Teste Intermédio
Matemática A
Resolução
(Versão 2)
Duração do Teste: 90 minutos | 11.03.2014
11.º Ano de Escolaridade
RESOLUÇÃO
GRUPO I
1. Resposta (B)
O valor máximo da função objetivo de um problema de programação linear é atingido num vértice da região admissível. Os vértices da região admissível são os pontos de coordenadas
(0, 0) (0, ) ( , ) ( , )
,6
,2 6
,3 4
e(3, 0)
Calculemos o valor da função objetivo em cada um destes pontos.
,
L 0 0
^
h
=
4 0 0 0
×
+ =
L 0 6
^
,
h
=
4
×
0 6 6
+ =
L 2 6
^
,
h
=
4 2 6 14
×
+ =
,
L 3 4
^
h
=
4 3 4 16
×
+ =
L 3 0
^
,
h
=
4 3 0 12
×
+ =
Assim, o valor máximo da função
L
na região representada é16
2. Resposta (B)
Seja
x
!
E
3 2
2
r
,
r
;
; tem-sesen
x
10
,cos
x
20
etg
x
10
Então,
sen
x
+
tg
x
10
,cos
x
−
tg
x
20
,cos
tg
x
x
10
esen
x
#cos
x
10
Portanto, só a expressão
cos x
-
tg
x
designa um número real positivo, para qualquerx
pertencente ao intervalo,
2
3 2
r
r
;
E
3. Resposta (C)A equação
sen =
x 0
,
4
tem duas soluções no intervalo6
0 2r
,
6
: uma no intervalo0
,
2
r
:
D
e outra no intervaloE
r r
2
,
;
Como a função seno é periódica, de período
2r
, a equaçãosen =
x 0
,
4
tem também duas soluções em qualquer um dos trinta intervalos6
-
30
r
,
-
28
r
6 6
,
-
28
r
,
-
26
r
6
, ,
g
,
2
, 3
,
,
,
,
,
,
2
r
0
0 2
r
2
r
4
r
g
8
r
0
r
-6
6 6
6 6
6
6
6
4. Resposta (C)
O conjunto solução da condição
f x
^ h
#0
é o conjunto das abcissas dos pontos do gráfico def
que têm ordenada menor ou igual a zero.Na figura ao lado, estão representados a cheio os pontos da hipérbole com ordenada menor ou igual a zero e a traço mais grosso as respetivas abcissas.
5. Resposta (A)
A função
f
é definida porf x
^ h
=
2
x
+
6
e, portanto,f x
^ h
=
0
+
x
= −
3
Como a funçãog
é par eg 3
^ h
=
0
, também se temg 3
^ h
−
=
0
Portanto, os zeros da função
g
são-3
e3
Dado que as duas funções têm domínioR
, tem-se:•
^
f g x
#h h
^
=
0
+
f x
^
h
=
0
0
g x
^
h
=
0
+
x
= −
3
0
x
=
3
• g
f x
0
f x
0
g x
0
x
3
x
3
x
3
condição impossível+
/
!
+
/
!
/
!
=
=
= −
−
e
o
^
h
^
h
^
h
1
444444
^
2
444444
h
3
Então,•
a funçãof g
# tem dois zeros:-3
e3
•
a funçãog
f
não tem zerosGRUPO II
1.1. No intervalo@
1 3
,
+
6
, tem-se:f x
1x
1
2
+
3
1
x
x
4
1x
1
2
+
3
1
x
x
4
x
1
2
10
+
-
-
-
-
-
- -
-^ h
x x
x
x
x
x x
x
x
1
2
3
4
2
1
0
1
2
3
29
7
0
+
1+
1−
−
−
−
−
−
−
−
−
+
^
^
^
^
^
^
^
h
h
h
h
h
h
h
Em
R
, o numerador não tem zeros, e os números1
e2
são os zeros do denominador. No intervalo@
1 3
,
+
6
, tem-se o seguinte quadro de sinais.x 1 2 +3 Numerador n.d.
+
+
+
Denominador n.d.+
0 -Fração n.d.+
n.d. -n.d. – não definida. Conjunto solução:@
2 3
,
+
6
O x y -1 1 -2 f1.2. Tem-se:
^
g f
%
h
^
−
3
h
=
g f
_
^
−
3
h
i
f
^
−
3
h
=
3
2
#^
−
3
h
3+
3
#^
−
3
h
2−
14
= −
5
Portanto,%
g f
−
3
=
14
+
g f
−
3
=
14
+
g
−
5
=
14
+
k
#−
5
+ =
4 14
+
k
= −
2
^
h
^
h
_
^
h
i
^
h
^
h
1.3. Na figura, está representada, num referencial, parte do gráfico da função f
Nesse referencial, estão também representados: – o ponto de abcissa
1
e a respetiva ordenada– a assíntota horizontal do gráfico da função
f
definida pela equaçãoy = -3
– a assíntota vertical do gráfico da função
f
definida pela equaçãox = 1
– o ponto
P 3 5
^
- -
,
h
, cuja ordenada é o máximo relativo da funçãof
O contradomínio da função é o conjunto das ordenadas dos pontos do seu gráfico. Portanto, o contradomínio da função
f
é@
−
3
,
−
5
@ @
,
− +
3
,
3
6
2.1. A área do polígono
[ABCPQ]
é igual à soma da área do triângulo[OAQ]
com a área do pentágono[OABCP]
A área do triângulo
[OAQ]
é dada porOA QR
#2
Tem-se:
sen
x
sen
sen
OQ
QR
+
x QR
1
+
QR
x
=
=
=
Portanto, a área do triângulo
[OAQ]
é dada por1
#sen x
2
, ou seja, é dada porsen x
2
A área do pentágono
[OABCP]
é igual à diferença entre a área do retângulo[ABCD]
e a área do triângulo[ODP]
A área do retângulo
[ABCD]
é igual a2
A área do triângulo
[ODP]
é dada porOD DP
#2
Tem-se:
tg
x
tg
tg
OD
DP
+
x DP
1
+
DP
x
=
=
=
Portanto, a área do triângulo
[ODP]
é dada por1
#2
tg x
, ou seja,tg x
2
Assim, a área do pentágono[OABCP]
é dada por2
-
tg
2
x
Logo, a área do polígono
[ABCPQ]
é dada por2
−
tg
2
x
+
sen
2
x
1 x y O P f 31 3 − 3 3 5
2.2. Tem-se:
cos
c
3
2
r − = −
x
m
sen
x
Então,
cos
c
3
2
r − = −
x
m
3
5
+
−
sen
x
= −
5
3
+
sen
x
=
3
5
Dado que
sen
2x
+
cos
2x 1
=
e quesen =
x 5
3
, tem-se:a k
5
3
2+
cos x
2=
1
cos
x
cos
x
cos
x
5
3
1
25
9
1
16
25
2 2 2 2+
+
+
=
+
=
=
c m
Como
x
!
B
0 4
,
r
B
, tem-secos x 5
=
4
Então, dado quetg
x
=
cos
sen
x
x
, tem-sex
5
4
5
3
4
3
tg =
=
Tendo em conta que a área do polígono
[ABCPQ]
é dada por2
−
tg
2
x
+
sen
2
x
, concluímos que a área pedida é2
2
4
3
2
5
3
2 8
3
10
3
80 15 12
40
77
40
−
+
= −
+
=
−
+
=
3.1. Dois planos paralelos admitem o mesmo vetor normal. Portanto, uma equação cartesiana do plano
pedido é da forma
x
+
2
y z d
+ =
Como o plano passa no ponto
D(3, 2, 1)
, tem-se3 + 2 × 2 + 1 =
d
Logo,d
=
8
Assim, uma equação do plano que passa no ponto
D
e é paralelo ao planoABC
éx
+
2
y z
+ =
8
3.2. Como os pontos A,
B
eC
pertencem ao planoABC
, as suas coordenadas satisfazem a equaçãox
+
2
y z
+ =
12
Determinemos as coordenadas dos pontos
A
,B
eC
•
como o pontoA
tem ordenada zero e cota zero, tem-sex
+
2 0 0 12
#+ =
, pelo quex
=
12
; portanto, o pontoA
tem coordenadas(12, 0, 0)
•
como o pontoB
tem abcissa zero e cota zero, tem-se0 2
+
y
+ =
0 12
, pelo quey
=
6
; portanto, o pontoB
tem coordenadas(0, 6, 0)
•
como o pontoC
tem abcissa zero e ordenada zero, tem-se0 2 0
+
#+ =
z
12
, pelo quez
=
12
; portanto, o pontoC
tem coordenadas(0, 0, 12)
O ponto
M
é o ponto de coordenadasc
0
,
6 0
+
2
,
0 12
+
2
m
=
^
0 3 6
, ,
h
Tem-se, então,M
A A
= −
M
=
^
12 0
, ,
0
h
−
^
0 3 6
, ,
h
=
^
12
, ,
− −
3 6
h
3.3. Seja
r
a reta que passa emO
e é perpendicular ao planoABC
O pontoP
é o ponto de intersecção da retar
com esse plano.Dado que a reta
r
é perpendicular ao planoABC
, um vetor diretor desta reta é o vetor de coordenadas(1, 2, 1)
A determinação das coordenadas do ponto
P
pode fazer-se por dois processos.1.º Processo
Recorrendo a uma condição cartesiana da reta
r
Como a reta
r
passa no pontoO
, origem do referencial, e tem a direção do vetor de coordenadas(1, 2, 1)
, uma condição que define esta reta éx y z
2
=
=
As coordenadas do ponto
P
são, portanto, a solução do sistemaz =
x y
y
x
y z
2
2
2
12
=
+
+ =
Z
[
\
]
]
]
]
]
]
z
=
z
=
z
=
x y
y
x
y z
x y
z y
y
y y
x y
y
y
y
x y
y
y
x
z
y
2
2
2
12
2
2
2 2
2 12
2
2
2
12
2
2
4
2
2
4
+
+
+
+
=
+
+ =
=
=
+
+
=
=
+
=
=
=
=
=
=
Z
[
\
]
]
]]
]
]
]]
Z
[
\
]
]
]]
]
]
]]
Z
[
\
]
]
]
]
]
]
Z
[
\
]
]
]
]
]
]
Z
[
\
]
]]
]
]]
Portanto, o ponto
P
é o ponto de coordenadas(2, 4, 2)
2.º Processo
Recorrendo a uma equação vetorial da reta
r
Como a reta
r
passa no pontoO
, origem do referencial, e tem a direção do vetor de coordenadas(1, 2, 1)
, uma equação vetorial desta reta é^
x y z
, ,
h
=
k
^
1 2
, , ,
1
h
k
!
R
Tem-se:
^
x y z
, ,
h
=
k
^
1 2 1
, ,
h
+
x k
=
/
y
=
2
k
/
z k
=
Portanto, qualquer ponto da reta
r
tem coordenadas da forma^
k k k
, ,
2
h
, sendok
um número real. O pontoP
é o ponto desta reta cujas coordenadas satisfazem a equaçãox
+
2
y z
+ =
12
De
k
+
2 2
#k k
+ =
12
, conclui-se quek 2
=
Assim, o raio da esfera é
OP
=
OP
=
2
2+
4
2+
2
2=
24
Portanto, o volume da esfera é4
3
#r
#^
24
h
34. Este item pode ser resolvido por, pelo menos, três processos. 1.º Processo
Tem-se que a altura de um triângulo equilátero de lado
b
é igual a2
3
b
Portanto,AM
=
2
3
b
Então, ^cos
cos
AC AM
:=
AC
#AM
#^
AC AM
h
=
b
#2
3
b
#30
º
=
b
#2
3
b
#2
3
=
3
4
b
2 2.º Processo Tem-se:AC AM MC
=
+
Portanto,AC AM
:=
^
AM MC AM AM AM MC AM
+
h
:=
:+
:=
AM
2+ =
0
AM
2 Tem-se que a altura de um triângulo equilátero de ladob
é igual a2
3
b
Assim,
