TESTE INTERMÉDIO - 11.º ANO - MATEMÁTICA A. 19 de Maio de 2006 RESOLUÇÃO - VERSÃO 4

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1 TESTE INTERMÉDIO - 11.º ANO - MATEMÁTICA A 19 de Maio de 2006 RESOLUÇÃO - VERSÃO 4 Grupo I 1. No percurso de E para F, a distância do ponto T ao ponto E vai aumentando. No percurso de F para G, a distância do ponto T ao ponto E vai diminuindo. Passado o ponto G, a distância do ponto T ao ponto E nunca deixa de aumentar. Portanto, a função em causa começa por ser crescente, depois decresce, para, em seguida, ser novamente crescente. Resposta B 2. Um dos zeros da função quadrática 1 é!. Designemos por + o outro zero desta função. Designemos por, o zero da função afim 0. Podemos elaborar o seguinte quadro: B +,! 0ÐBÑ! 1ÐBÑ!! 0ÐBÑ 1ÐBÑ n.d.! n.d. n.d. - não definida Do quadro resulta que o conjunto solução da inequação Ó ß +Ò Ò,ß!Ò 0ÐBÑ 1ÐBÑ! é Como só a alternativa A +œ e,œ ). tem esta forma, concluímos ser esta a resposta correcta (sendo Resposta A Teste Intermédio de Matemática A - Versão 4 - Resolução - Página 1

2 3. O gráfico da função 1 pode obter-se a partir do gráfico da função 0 por meio da seguinte composição de transformações: Transformação Novo Gráfico Expressão da nova função Simetria em relação ao eixo das abcissas. 0ÐBÑ Translacção associada ao vector Ð "ß!Ñ, ou seja, deslocamento de uma unidade, para a esquerda. Translacção associada ao vector Ð!ß "Ñ, ou seja, deslocamento de uma unidade, para baixo. 0ÐB "Ñ 0ÐB "Ñ " Portanto, 1ÐBÑœ 0ÐB "Ñ " Resposta A 4. Atendendo a que o conjunto solução da inequação 0ÐBÑ Ÿ! é o intervalo Ò",& Ó, podemos concluir que os zeros de 0 são " e & e que o gráfico de 0 é uma parábola com a concavidade voltada para cima. A abcissa do vértice da parábola é " & œ. Deste modo, o contradomínio de o intervalo Ò0ÐÑ, Ò. 0 é Resposta C Teste Intermédio de Matemática A - Versão 4 - Resolução - Página 2

3 5. Designemos por E o ponto médio do segmento ÒSVÓÞ Como o triângulo ÒST VÓ é isósceles, o segmento ÒET Ó é a altura relativa à base ÒSVÓÞ Tem-se que SE œ -9= α, pelo que SV œ -9= α. Por outro lado, ST œ TV œ " Perímetro do triângulo ÒSTVÓœ" " -9= α œ -9= α œð" cos αñ Resposta B 6. Como =/8 α! >1α! α quadrante. Neste quadrante, tem-se que -9= α!þ e podemos concluir que o ângulo pertence ao 3º Atendendo a que =/8 α -9= α œ " vem -9= α œ " =/8 α Como -9= α!, vem -9= α œ È " =/8 α Resposta D " " & & 7. Dado que " é uma solução da equação =/8 B œ, tem-se =/8 " œ Portanto, -9= Ð 1 " Ñœ=/8 " œ " & Conclui-se assim que 1 é uma solução da equação " -9= B œ " & Resposta D Teste Intermédio de Matemática A - Versão 4 - Resolução - Página 3

4 Grupo II " " * B ÐBÑ Ÿ " Í B Ÿ " Í B Ÿ! Í B Ÿ! * B * B! B! * B B n.d.! n.d. - não definida * Por observação do quadro, conclui-se que o conjunto pedido é, 1.2. O gráfico da função 0 tem uma assimptota vertical cuja equação é Bœ e uma assimptota horizontal cuja equação é Cœ 2. Designemos por B o número de hectares de trigo e por C o número de hectares de milho. Função objectivo: P œ '!! B &!! C Restrições: B CŸ)! B & C "& " &!! B "!!! C Ÿ "!!!!! (equivalente a ",& B C Ÿ "!!) A intersecção dos semiplanos definidos pelas inequações que exprimem as restrições é a região admissível. Graficamente, temos Teste Intermédio de Matemática A - Versão 4 - Resolução - Página 4

5 A região admissível tem quatro vértices: Eß Fß G e H. Tem-se que: Vértice Intersecção das rectas de equações Coordenadas E B œ & e C œ "& Ð&ß "&Ñ F B œ & e B C œ )! Ð&ß &&Ñ G B C œ )! e ",& B C œ "!! Ð!ß!Ñ H C œ "& e ",& B C œ "!! Ð"(!Îß "&Ñ Como a função objectivo é P œ '!! B &!! C, vamos traçar a recta de equação '!! B &!! C œ! e vamos deslocá-la paralelamente a si própria. Constata-se que a solução óptima é atingida no vértice GÐ!ß!Ñ. Teste Intermédio de Matemática A - Versão 4 - Resolução - Página 5

6 Em alternativa, podemos calcular o valor da função objectivo nos vértices (dado que a função objectivo tem o seu valor máximo num vértice da região admissível). Vértice B C '!! B &!! C P E & "& '!! & &!! "& &!! F & && '!! & &!! && &!! G!! '!!! &!!!!!! H "(!Î "& '!! "(!Î &!! "& " &!! Observando os valores da tabela, concluímos que a solução óptima é atingida no vértice Ð!ß!Ñ. Portanto, para maximizar o lucro, o agricultor deve semear 40 hectares de trigo e 40 hectares de milho. 3. Tem-se que HF Þ HG œ Š HE HG Þ HG œ œ HE Þ HG HG Þ HG œ! ½HG ½ œ ½HG ½ œ HG Em alternativa, apresenta-se a seguinte resolução: Seja α o ângulo dos vectores HF e HG Tem-se que HF Þ HG œ ½HF ½ ½ HG ½ -9= α Atendendo a que -9= α œ HG HF e a que ½HF ½ œ HF e ½HG ½ œ HG, vem HG HF Þ HG œ HF HG œ HG HG œ HG HF Teste Intermédio de Matemática A - Versão 4 - Resolução - Página 6

7 4.1. Uma recta é perpendicular a um plano se for perpendicular a duas rectas concorrentes contidas no plano. Portanto, uma recta é perpendicular a um plano se um vector director da recta for perpendicular a dois vectores não colineares do plano. Consideremos então um vector director da recta dada e verifiquemos que esse vector é perpendicular a os vectores WX e WZ. Como a recta é definida pela condição Bœ! CœD, tem-se que os pontos Ð!ß!ß!Ñ e Ð!ß ß "Ñ pertencem à recta, pelo que o vector? œð!ßß"ñ Ð!ß!ß!ÑœÐ!ßß"Ñ é um vector director da recta. Por outro lado, como ÒVWX Y Ó é um quadrado de área igual a "', tem-se que WXœ, pelo que as coordenadas de W e de X são, respectivamente, Ð!Ñ,, e Ð!Ñ,,. Portanto, WX WZ œx WœÐ!Ñ Ð!ÑœÐ!!Ñ,,,,,, œz WœÐ!!Ñ Ð!ÑœÐ,,,,, Ñ, Vejamos então se o vector? é perpendicular aos vectores WX e WZ. Tem-se:?. WX œ!ß ß ". Ð,!,!Ñ œ!!! œ!?. WZ œ!ßß". Ð,,Ñœ! œ! Concluímos que o vector? é perpendicular aos vectores WX e WZ, pelo que a recta dada é perpendicular ao plano WXZ. Equação do plano Um vector normal ao plano:? œ!ß ß " Um ponto do plano: Ð!Ñ,, Uma equação do plano:!ðb Ñ ÐC Ñ "ÐD!Ñœ! Í Í C Dœ! Í C Dœ Teste Intermédio de Matemática A - Versão 4 - Resolução - Página 7

8 O ponto T desloca-se ao longo do segmento ÒSZ Ó, nunca coincidindo com o ponto S, nem com o ponto Z. Sendo assim, a cota do ponto T varia entre a cota do ponto S, que é!, e a cota do ponto Z, que é. O domínio da função 0 é, portanto, o intervalo Ó!ßÒ. Com vista a determinar uma expressão que defina a função 0, comecemos por determinar o raio < do cilindro, em função de D. Na figura está representada a secção, da pirâmide e do cilindro, obtida pela intersecção destes com o plano. CSD De acordo com este esquema, e atendendo a que os triângulos ZTH e ZSF são semelhantes, podemos escrever TH ZT < D D œ Í œ œ SF Z S Í < O volume do cilindro, em função de D, será, então 0ÐDÑ œ E +6>?<+ œ,+=/ œ 1 < D œ D œ 1 Š D œ D )D "' œ 1 D œ D D )D "'D œ 1 œ1 Œ D D Teste Intermédio de Matemática A - Versão 4 - Resolução - Página 8

9 E,+=/ +6>?<+ "' ' Zpirâmide œ œ œ " ' ' 0ÐDÑ Í 0ÐDÑ * Com o objectivo de resolver graficamente a inequação 0ÐDÑ ' *, obteve-se, na calculadora, o gráfico da função 0 e a recta de equação C œ ' * Da observação do gráfico, podemos concluir que a cota do ponto 1,019 e 1,675. T deve variar entre Teste Intermédio de Matemática A - Versão 4 - Resolução - Página 9