PROPOSTA DE RESOLUÇÃO DA PROVA DE MATEMÁTICA B DO ENSINO SECUNDÁRIO (CÓDIGO DA PROVA 735) 1ª FASE 23 DE JUNHO 2016

Transcrição

1 ssociação de Professores de Matemática ontactos: Rua Dr. João outo, n.º Lisboa Tel.: / geral@apm.pt PROPOST DE RESOLUÇÃO D PROV DE MTEMÁTI DO ESIO SEUDÁRIO (ÓDIGO D PROV 75) 1ª FSE DE JUHO 016 Grupo I 1. função objetivo é o lucro obtido com a venda de x pares de calçado do modelo X e y pares de calçado do modelo Y: L(x,y) = 100x + 150y Restrições do problema: x 0 y 0 0x + 40y 8 60 x + y 4 (dividindo os termos da desigualdade por 0) 0x + 0y 8 60 x + y 16 (dividindo os termos da desigualdade por 0) 40x + 0y x + y 8 (dividindo os termos da desigualdade por 0) Representação gráfica da região admissível Proposta da PM de resolução da prova de Matemática do ensino secundário, de junho de 016 Página 1 de 9

2 Vértice x y L(x,y) = 100x + 150y D Solução do problema: x = y = 8 O lucro máximo obtém-se com a produção diária de 8 pares de calçado de cada um dos modelos X e Y...1. Se a soma do número de operários que trabalham no departamento de corte e do número de operários que trabalham no departamento de acabamento é, em vez de 0, então há operários que trabalham nos dois departamentos ( ). probabilidade de o operário escolhido trabalhar nos dois departamentos é ou 0,15 0 Resposta: 15%.. P(o operário ter faltado no máximo dias no último mês) = 0,95 0,6 + a + 0,15 = 0,95 a = 0, omo a soma das probabilidades P (Z = z i ) é 1, então b = 1 0,95 = 0,05 Valor médio da variável aleatória Z: μ = 0 0, , + 0,15 + 0,05 = 0,65 Grupo II 1. Tempo 0 0 min 1 0 min 0 min... n.º bactérias omo esquematizado na tabela, a sucessão do número de bactérias ao fim de n 0 min é uma progressão geométrica de razão e primeiro termo 4. omo 5 horas = 5 0 min = 15 0 min, o que procuramos é o termo de ordem 15 g 15 = 4 14 = O número de bactérias ao fim de 5 horas é de 65 56, logo superior a Proposta da PM de resolução da prova de Matemática do ensino secundário, de junho de 016 Página de 9

3 . Geração n 1... n.º bactérias b n omo em cada geração cada bactéria se divide em duas, o número de bactérias duplica a cada geração e, por isso, (b n ) é uma progressão geométrica de razão. omo o primeiro termo é 1000, a expressão do termo geral é: b n = 1000 n-1 Grupo III 1. figura 1 não pode representar o gráfico da função f porque, de acordo com o mesmo, foram atendidas mais de 180 pessoas até 19 de janeiro e após o dia 9 de fevereiro, o que contraria o facto de essa situação ter ocorrido em dias consecutivos. figura não pode representar o gráfico da função f porque, de acordo com o mesmo, ao 40º dia foram atendidas zero pessoas f pessoas todos os dias. 40 0, o que contraria o facto de terem sido atendidas figura não pode representar o gráfico da função f porque, de acordo com o mesmo, o dia 0 de janeiro não corresponde a um dos extremantes da função uma vez que f 0 não é nem um máximo nem um mínimo da função Para responder, deve-se resolver a inequação t t 0,1 Determinando graficamente a interseção do gráfico de y 100, obtém-se t 15,7 t com a reta de equação Proposta da PM de resolução da prova de Matemática do ensino secundário, de junho de 016 Página de 9

4 álculo do número de horas: 0,7 4 5,698 Têm que decorrer 15 dias e 6 horas, aproximadamente, para que o número total de infetados no agrupamento ultrapasse uma centena..1.. O número de infetados às oito horas do dia 0 de janeiro no agrupamento é dado por 10. tendendo à relação entre e temos que: k k k , k 9 k k 0, Tendo em consideração o gráfico da função V, de onde se verifica que esta é uma função sempre positiva, podemos concluir que a função sempre nos primeiros 40 dias). Então atinge o seu valor máximo quando t 40. é estritamente crescente (cresce Desde o dia 10 de janeiro até ao fim do mês (dia 1) temos 1 dias; para perfazer 40 dias há que juntar mais 19 dias do mês de fevereiro de 016, pelo que a afirmação é verdadeira Grupo IV 1. tendendo a que [] é um triângulo equilátero, tem-se que O ˆ e como O é um eixo de simetria da figura, sabemos que o ângulo DO é reto e que Então 10 O ˆD 60. D sen 60 O O D D O sen 60 Proposta da PM de resolução da prova de Matemática do ensino secundário, de junho de 016 Página 4 de 9

5 D D logo 9 cm. Área da região sombreada = Área do círculo Área do triângulo Área do círculo: c r c 7 7 Área do triângulo: t base altura altura do triângulo: D sen 60 D 9 9 D t Então, a área da região sombreada é s 7 49, 75 4 aproximadamente 50 cm.. Da figura ao lado, simétrica relativamente ao eixo RO, sabemos que os triângulos OPR e OQR são iguais e são triângulos retângulos porque a tangente a uma circunferência é perpendicular ao raio no ponto de tangência. Tem-se R OR O R OQ Então tg ORQ ˆ P O Q tg ORQ ˆ 0,0... O R ˆQ 16,81... Proposta da PM de resolução da prova de Matemática do ensino secundário, de junho de 016 Página 5 de 9

6 Logo P R ˆQ 16,81...,6... amplitude do ângulo PRQ mede aproximadamente O transformado de na rotação de centro O e amplitude -40 é o ponto, como está esquematizado na figura. 4.. Se a razão entre as áreas dos círculos é 4, a razão entre comprimentos correspondentes é 4 =. omprimento da circunferência circunscrita c = π O Então i = π 7 = 16,4... O comprimento da circunferência inscrita é aproximadamente 16, cm. FIM Proposta da PM de resolução da prova de Matemática do ensino secundário, de junho de 016 Página 6 de 9