TESTE INTERMÉDIO - 11.º ANO - MATEMÁTICA A. 19 de Maio de 2006 RESOLUÇÃO - VERSÃO 3

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1 TESTE INTERMÉDIO - 11.º ANO - MATEMÁTICA A 19 de Maio de 2006 RESOLUÇÃO - VERSÃO 3 Grupo I 1. No percurso de F para G, a distância do ponto T ao ponto E vai aumentando. No percurso de G para H, a distância do ponto T ao ponto E vai diminuindo. Passado o ponto H, 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 C 2. Atendendo a que o conjunto solução da inequação 0ÐBÑ! 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 baixo. A abcissa do vértice da parábola é " &. Deste modo, o contradomínio de o intervalo Ó, 0ÐÑÓ. 0 é Resposta A Teste Intermédio de Matemática A - Versão 3 - Resolução - Página 1

2 3. Um dos zeros da função quadrática 0 é!. Designemos por + o outro zero desta função. Designemos por, o zero da função afim 1. Podemos elaborar o seguinte quadro: B +,! 0ÐBÑ!! 1ÐBÑ! 0ÐBÑ 1ÐBÑ! n.d.! n.d. - não definida Do quadro resulta que o conjunto solução da inequação Ò+,,Ò Ò!, Ò Como só a alternativa B + e, ). 0ÐBÑ 1ÐBÑ Ÿ! é tem esta forma, concluímos ser esta a resposta correcta (sendo Resposta B 4. 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 direita. Translacção associada ao vector Ð!ß "Ñ, ou seja, deslocamento de uma unidade, para baixo. 0ÐB "Ñ 0ÐB "Ñ " Portanto, 1ÐBÑ 0ÐB "Ñ " Resposta B Teste Intermédio de Matemática A - Versão 3 - Resolução - Página 2

3 " " & & 5. Dado que " é uma solução da equação =/8 B, tem-se =/8 " Portanto, -9= Ð 1 " Ñ =/8 " " & Conclui-se assim que 1 é uma solução da equação " -9= B " & Resposta D 6. 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 -9= α, pelo que SV -9= α. Por outro lado, ET =/8 α Área do triângulo ÒST VÓ,+=/ +6>?<+ SV ET -9= α =/8 α -9= α =/8 α Resposta C 7. Como -9= α! >1α! α quadrante. Neste quadrante, tem-se que =/8 α!þ e podemos concluir que o ângulo pertence ao 3º Atendendo a que =/8 α -9= α " vem =/8 α " -9= α Como =/8 α!, vem =/8 α È " -9= α Resposta A Teste Intermédio de Matemática A - Versão 3 - 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 B" e uma assimptota horizontal cuja equação é C 2. Designemos por B o número de hectares de trigo e por C o número de hectares de milho. Função objectivo: P '!! 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 3 - 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 &! e C! Ð&!ß!Ñ F B &! e B C "'! Ð&!ß ""!Ñ G B C "'! e ",& B C!! Ð)!ß )!Ñ H C! e ",& B C!! Ð!Îß!Ñ Como a função objectivo é P '!! B &!! C, vamos traçar a recta de equação '!! B &!! C! 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 3 - 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 80 hectares de trigo e 80 hectares de milho. 3. Tem-se que EF Þ EG EF Þ Š EF EH EF Þ EF EF Þ EH ½EF ½! ½EF ½ EF Em alternativa, apresenta-se a seguinte resolução: Seja α o ângulo dos vectores EF e EG Tem-se que EF Þ EG ½EF ½ ½EG½ -9= α Atendendo a que -9= α EF EG ½EF ½ EF e ½EG ½ EG e a que, vem EF EF Þ EG EF EG EF EF EF EG Teste Intermédio de Matemática A - Versão 3 - 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 B! CD, tem-se que os pontos Ð!ß!ß!Ñ e Ð!ß ß "Ñ pertencem à recta, pelo que o vector? Ð!ßß"Ñ Ð!ß!ß!ÑÐ!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 WX, pelo que as coordenadas de W e de X são, respectivamente, Ð""!Ñ,, e Ð ""!Ñ,,. Portanto, WX WZ X WÐ ""!Ñ Ð""!ÑÐ!!Ñ,,,,,, Z WÐ!!Ñ Ð""!ÑÐ ",,,,, "Ñ, Vejamos então se o vector? é perpendicular aos vectores WX e WZ. Tem-se:?. WX!ß ß ". Ð,!,!Ñ!!!!?. WZ!ßß". Ð ", ",Ñ!! 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:?!ß ß " Um ponto do plano: Ð""!Ñ,, Uma equação do plano:!ðb "Ñ ÐC "Ñ "ÐD!Ñ! Í Í C D! Í C D Teste Intermédio de Matemática A - Versão 3 - 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 2. 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 Í SF Z S " Í < O volume do cilindro, em função de D, será, então 0ÐDÑ E +6>?<+,+=/ 1 < D D 1 Š D D D 1 D D D D D 1 1 Œ D D Teste Intermédio de Matemática A - Versão 3 - Resolução - Página 8

9 E,+=/ +6>?<+ ) Zpirâmide " ) ) 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 ) "& Da observação do gráfico, podemos concluir que a cota do ponto 0,213 e 1,268. T deve variar entre Teste Intermédio de Matemática A - Versão 3 - Resolução - Página 9