Avaliação Bimestral – 1° Bim/2014 1 ABC,

(1)

CENTRO EDUCACIONAL ESPAÇO INTEGRADO Ensino Médio

Aluno (a): _______________________________________________________________

Série: 3ª Turma:_____ Data: ____/_____/2015 Disciplina: Matemática Professor(a): Emanuel

NOTA:

_______

1. (Pucrj 2015) Considere o triângulo retângulo de catetos _{AB 6} e _{AC 8} indicado na figura.

a) Calcule a altura h do triângulo ABC, relativa à hipotenusa.

b) Sejam ^u e v os lados de um retângulo inscrito no triângulo como na figura, ou seja, com um lado contido na hipotenusa, e os outros dois vértices pertencentes aos catetos. Calcule ^u em função de v.

c) Quando v varia de 0 a h, quais são os possíveis valores da área do retângulo?

2. (Pucrj 2015) Seja f(x) 4 ^x 6 2^x8.

a) Calcule f(0).

b) Encontre todos os valores reais de x para os quais ^{f(x) 168.}^ c) Encontre todos os valores reais de x para os quais f(x) 0.

3. (Pucrj 2015) Uma urna tem 9 bolas, cada uma marcada com uma das letras de A a I:

Esmeralda sorteia duas bolas para entrarem na caixa I, três bolas para entrarem na caixa II, e as quatro bolas restantes são colocadas na caixa III.

a) Qual é a probabilidade de que a bola A esteja na caixa I?

b) Qual é a probabilidade de que haja exatamente uma bola com vogal na caixa I?

c) Qual é a probabilidade de que haja uma bola com vogal em cada caixa?

4. (Pucrj 2015) Eugênio tem três dados que são dodecaedros regulares, com os números inteiros de 1 a 12 escritos nas faces.

(2)

Eugênio sorteia um número inteiro jogando os três dados simultaneamente e somando os três números obtidos (ou seja, ele soma os três números que aparecem na face de cima de cada um dos dados).

a) Qual é a probabilidade de que o número sorteado seja igual a 36?

b) Qual é a probabilidade de que o número sorteado seja igual a 30?

c) Qual é a probabilidade de que o número sorteado seja maior ou igual a 30?

5. (Pucrj 2015) O octaedro regular de aresta 4 é cortado em 4 fatias da mesma espessura por planos paralelos a um par de faces opostas, conforme a figura:

a) Esboce as interseções entre o sólido e cada um dos planos. Calcule suas áreas. (Não utilize valores aproximados) b) Calcule a distância entre dois planos de corte consecutivos.

c) Calcule os volumes dos quatro sólidos em que o octaedro foi dividido.

6. (Pucrj 2015) Considere a hipérbole de equação 1

y x mostrada na figura abaixo:

(3)

um ponto?

7. (Pucrj 2015) A figura abaixo mostra uma reta e uma parábola de eixo vertical.

a) Sabendo que a reta corta os eixos nos pontos



^^2,0



e

 

^{0,2 ,} encontre a equação da reta.

b) Sabendo que a parábola corta os eixos nos pontos

 

^{0,8 ,}

 

^2,0 e



^{4,0 ,}



encontre a equação da parábola.

c) Encontre os pontos de interseção entre a reta e a parábola.

8. (Pucrj 2015) A figura mostra um triângulo equilátero de lado 1, um círculo inscrito e um segundo círculo tangente a dois lados do triângulo e tangente exteriormente ao primeiro círculo.

a) Encontre o raio do maior círculo.

b) Encontre o raio do menor círculo.

c) Encontre a área da região sombreada, limitada por um lado do triângulo e pelos dois círculos.

(4)

Gabarito:

Resposta da questão 1:

a) _BC² _₆²_₈²__{BC 10}_

Utilizando a relação métrica BC h AB AC, temos:

10 h 6 8    h 4,8

b) ADE ABC u 4,8 v 4,8u 48 10v u 10 25 v

10 4,8 12

Δ Δ          

c) A área A do retângulo será dada por:

25 25 2

A u v 10 v v A 10v v

12 12

 

         

O valor da área máxima será dado por: ^máx

A 100 12

25 4 a 4

12

  Δ   

   

 

Portanto, 0 v 12.  Resposta da questão 2:

a) f(0) 4 ⁰ 6 2⁰ 8 3

b) 4^x 6 2^x  8 1684^x 6 2^x160 0 (2 )^{x 2} 6 2^x160 0 Resolvendo a equação temos:

x x

2 16 x 4 ou 2  10 (não convém) Portanto, x4

c) f(x) (2 ) ^{x 2} 6 2^x8

Fazendo o estudo do sinal de f(x) em _{2 ,}^x temos:

(5)

Portanto, x / 1 x 2.

a) ^8,1 ^7,3 ^3,3

9,2 7,3 3,3

C C C 8 2

P C C C 36 9

 

  

 

b) ^6,1

9,2

C 6 1

P 3 3

C 36 2

    

c) 3! 6! 2 3 4 2

P 9! 7

   

 

Total de resultados possíveis ₁₂³ __1728.

a) A probabilidade P da soma ser 36 acontece quando sair o 12 em cada um dos dados, portanto, P 1₃ 1 . 12 1728

 

b) Para que a soma seja 30 o valor que pode acontecer nos dois primeiros dados é no mínimo 18, pois este valor será somado com 12 no terceiro dado, daí temos os seguintes resultados possíveis para os dois primeiros dados:

(12,12), (12,11), (12,10), (12,9), (12,8), (12,7), (12,6) (11,12), (11,11), (11,10), (11,9), (11,8), (11, 7) (10,12), (10,11), (10,10), (10,9), (10,8) (9,12), (9,11), (9,10), (9,9)

(8,12), (8,11), (8,10) (7,12), (7,11) (6,12)

É claro que para cada um destes 28 resultados temos um único resultado possível para o terceiro dado.

Portanto, a probabilidade pedida será 28 7

P .

1728 432

 

c) Novamente devemos observar a soma dos dois primeiros dados:

7 pares de dados com soma 18: temos 1 possibilidade para o terceiro dado 6 pares de dados com soma 19: temos 2 possibilidades para o terceiro dado 5 pares de dados com soma 20: temos 3 possibilidades para o terceiro dado 4 pares de dados com soma 21: temos 4 possibilidades para o terceiro dado 3 pares de dados com soma 22: temos 5 possibilidades para o terceiro dado 2 pares de dados com soma 23: temos 6 possibilidades para o terceiro dado 1 par de dados com soma 24: temos 7 possibilidades para o terceiro dado

Total de resultados com soma maior ou igual a 30: 7 1 6 2 5 3 4 4 3 5 2 6 1 7 84              Portanto, a probabilidade pedida será dada por: P 84 21 7 .

1728 432 144

  

a) Temos dois tipos de secção no Octaedro regular.

(6)

b) Teremos:

Considerando A e B os baricentros das faces do octaedro, temos:

BC 4 3 2 3 2

1 4 3 2 3

AD 3 2 3

2 4 3 4 3

CB 3 2 3

EC 2 3 e DE 4x, sendo x a distância pedida.

3

 

  

 

No DEC, temos:

 2

(7)

Fórmula para o volume de um tetraedro regular de aresta a, V a³ 2. 12

 

 

3 3 3

1

3 3 3

2

2 29 2

V 5 4 3 1 (sólido mais próximo da face)

12 6

2 29 2 35 2

V 6 4 3 2

12 6 6

      

       

a) Temos:

y 1 x

y 2 x 2 y x 4

 



      



Daí temos:

1 2

x 4 x 4x 1 0 x 2 5 ou x 2 5 x

x 2 5 y 1 5 2

2 5

x 2 5 y 1 5 2

2 5

            

      

 

       

 

Portanto, os pontos de intersecção são:



^{ }² ^{5, 2}^ ^{5 e 2}

 

^{ } ^{5, 2}^ ⁵



b) Temos:

y 1 x

y 2 x 2 y x

 



       



Daí temos:

1 x x2 1 (x R) x      

Portanto, não há intersecção entre a hipérbole e a reta.

c) Temos:

y 1(x 0) x

y 2 m (x 2) y m (x 2) 2

  



         



(8)

Fazendo, 1

m (x 2) 2, x    temos:

2 2

mx 2mx 2x 1 0   mx (2m 2) x 1 0   

Para que a equação tenha solução única o discriminante deverá ser igual a zero, daí temos:

2 2 2 3 5

0 (2m 2) 4m ( 1) 0 4m 12m 4 0 m 3m 1 0 m

Δ  2

                

Se m 0, temos a reta ^y^² que intercepta a hipérbole no ponto



^{1 2, 2 .}



a) equação da reta que passa pelos pontos (-2, 0) e (0, 2) x y 1

2 0 1 0 2x 2y 4 0 x y 2 0 0 2 1

         

b) Utilizando a forma fatorada da função do segundo grau, temos:

ya(x 2) (x 4)   (observe que 2 e 4 são raízes de f(x)) como o ponto (0, 8) também pertence ao gráfico de f, temos:

8 a(0 2) (0 4)     8 8a a 1, daí temos:

y 1 (x 2) (x 4)      y x26x 8

c) Resolvendo o sistema

2

y x 2 y x 6x 8

  

   



Teremos os pontos de intersecção entre a reta e a parábola.

2 2

x 2 x  6x 8 x 7x 6 0   x 1 ou x6

Se x 1, temos y3 e, se x6, temos ^{y .}^ Portanto, os pontos de intersecção da reta com a parábola são (1, 3) e (6, 8).

(9)

b) r 1 3 2 3 3

3 2 6 18

 

   

 

c) Teremos:

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2

(R r) x (R r)

R 2Rr r x R 2 R x 4Rr

3 3 x 4

6 18 x 1

r r

3



   

 



 







 

(trapézio) (setor I) (setor II)

2 2

A A A A

1 3 3 1 1 3 1 3

A 2 6 18 3 3 18 6 6

A 3

27 324 72

π π

  

     

          

  

(10)