TESTE INTERMÉDIO DE MATEMÁTICA A. 10 de Maio de 2007 RESOLUÇÃO - VERSÃO 2

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1 TESTE INTERMÉDIO DE MATEMÁTICA A 10 de Maio de 2007 RESOLUÇÃO - VERSÃO 2 Grupo I 1. EH Þ EI ½EH ½ ½EI ½ cos Œ EH s EI $ & &!) Resposta A 2. % sen B & sen B No intervalo Ò!ß 1Ó, as soluções desta equação são & 1 e, ou seja, e ' 1 ' ' ' Resposta C 3. O valor máximo da função objectivo de um problema de Programação Linear é atingido num vértice da região admissível. Os vértices da região representada são: Ð!ß!Ñ Ð!ß 'Ñ Ä intersecção do eixo SC com a recta de equação C ' Ð%ß'Ñ Ä intersecção das rectas de equações C' e $B C) Ð&ß$Ñ Ä intersecção das rectas de equações B& e $B C) Ð&ß!Ñ Ä intersecção do eixo SB com a recta de equação B& Calculemos o valor da função objectivo, pontos: Ð!ß!Ñ Ä D!!! Ð!ß'Ñ Ä D! '' Ð%ß'Ñ Ä D% '! Ð&ß$Ñ Ä D& $) Ð&ß!Ñ Ä D&!& DB C, em cada um destes Assim, o valor máximo que a função objectivo pode alcançar na região representada é!. Resposta B Teste Intermédio de Matemática A - Versão 2 - Resolução - Página 1

2 4. As assimptotas do gráfico da função definida por 0ÐBÑ + B, são as rectas de equações C+ e B,. Tem-se, assim, que +!,! Resposta C B % 5. Na fracção o numerador é positivo, para qualquer real, B B pelo que a fracção é positiva quando o denominador o for. Ora, B! B B Resposta C 6. 0 ÐÑ 1 2 Ð1Ñ 1Ò2Ð1ÑÓ 1ÐÑ &( Resposta D w 7. Tem-se que 0ÐBÑB, pelo que 0 w Š O declive da recta > é, portanto,, pelo que a sua inclinação é )! %& $& Resposta C Grupo II Comecemos por determinar uma equação do plano α. Um vector normal ao plano α é o vector de coordenadas Ðßß!Ñ. Portanto, o plano α pode ser definido por uma equação do tipo B C. Como o plano α contém o ponto T Ð!ß $ß %Ñ, vem! $., ou seja,.$. Uma equação do plano α é, portanto, B C$. O centro da esfera é o ponto de coordenadas Ð ß &ß %Ñ. Substituindo estas coordenadas na equação B C$ vem Ð Ñ &$, o que é verdade, pelo que o plano α contém o centro da esfera. Assim, a secção produzida pelo plano α na esfera é um círculo cujo centro coincide com o centro da esfera e cujo raio é igual ao da esfera. Como a área de um círculo é dada por 1 <, a área da secção é igual a ( 1. Teste Intermédio de Matemática A - Versão 2 - Resolução - Página 2

3 O perímetro do triângulo ÒST UÓ é igual a ST SU T U Tem-se que: ST $ %, pelo que ST & SU D TU ½TU½ lu Tl lð!ß!ß DÑ Ð!ß $ß %Ñl lð!ß $ßD %Ñl È! * ÐD %Ñ È* D )D ' ÈD )D & Portanto, o perímetro do triângulo ÒSTUÓ é igual a D & È D )D & Tem-se: D & ÈD ) D & ) ÈD ) D & ) D & ÈD ) D & $ D Ê Š ÈD ) D & $ D D ) D & '* ' D D ' D )D '* & )D %% D ) Como, num passo da resolução, se elevaram ambos os membros da equação ao quadrado, não é possível garantir que 8 é solução da equação inicial. Temos de verificar se assim é: ) & È ) ) ) & ) )), o que é verdade. Portanto, 8 é solução da equação inicial. Assim, o ponto U deve ter cota 8, de modo que o perímetro do triângulo seja igual a ). ÒSTUÓ Teste Intermédio de Matemática A - Versão 2 - Resolução - Página 3

4 2. w 2.1. Tem-se: Ð>Ñ' > %> '! w Ð>Ñ! ' > %> '!! > (>!! ( È%* %! ( $ > > > > & >! & ' w Ð>Ñ!! Ð>Ñ! ß & à & ß $' Portanto, a velocidade máxima atingida, nos primeiros seis minutos da experiência, foi de 52 centenas de rotações por minuto Comecemos por observar que % '!! (rotações por minuto) é igual a 46 centenas (de rotações por minuto). Temos, assim, de começar por resolver a inequação Ð>Ñ %'. Na figura está representado o gráfico da função, bem como a recta de equação C%'. Assinalaram-se os pontos de intersecção do gráfico de com a recta, bem como as respectivas abcissas, com duas casas decimais, conforme era pedido no enunciado. Portanto, a velocidade de rotação do eixo do motor foi superior a % '!! rotações por minuto durante * %,, minutos, ou seja, durante '(, minutos. Atendendo a que!,'( '! %!, podemos concluir que a velocidade de rotação do eixo do motor foi superior a % '!! rotações por minuto durante 1 minuto e 40 segundos. Teste Intermédio de Matemática A - Versão 2 - Resolução - Página 4

5 Resulta da figura que tg α È) $ 1 Pretende-se saber ) cos % 1 α sen Š α $ 1 Ora, ) cos % 1 α sen Š α ) cos α cos α ' cos α Portanto, sabemos que Tem-se: tg α tg α È ) e queremos saber o valor de ' cos α cos α Vem, então: Š È ) cos α * cos α cos α * Como α é um ângulo cujo lado extremidade está no segundo quadrante, tem-se que cos α!. Portanto, cos α $ Vem então que ' cos α 3.2. Apresentamos a seguir três possíveis processos de resolução: 1º Processo: Seja a amplitude do ângulo UST. Por um lado, tem-se que cos Por outro lado, tem-se que cos ST SU SU Portanto,, donde SU SU Portanto, a recta > intersecta o eixo SB no ponto de abcissa Teste Intermédio de Matemática A - Versão 2 - Resolução - Página 5

6 2º Processo: Seja B a abcissa do ponto U. Como este ponto pertence ao eixo SB, a sua ordenada é zero. Tem-se assim que U tem coordenadas ÐBß!Ñ. Como a recta > é tangente à circunferência no ponto T, os vectores ST e TU são perpendiculares, pelo que ST Þ TU!. Como T U U T ÐBß!Ñ Ðß Ñ ÐB ß Ñ, vem: STÞTU! ÐßÑÞÐB ß Ñ! B! B B B 3º Processo: Tem-se que ST ÐßÑ, pelo que um vector director da recta > é o vector Ä Ð ßÑ O declive da recta > é, portanto, igual a A equação reduzida da recta > é, assim, da forma C B, Como o ponto TÐßÑ pertence a esta recta, tem-se que,, donde vem, A equação reduzida da recta > é C B A abcissa do ponto de intersecção da recta > com o eixo SB é a solução da equação! B (onde B é a incógnita). Ora,! B B B B B Teste Intermédio de Matemática A - Versão 2 - Resolução - Página 6