Teste Intermédio Matemática A. 11.º Ano de Escolaridade. Resolução (Versão 2) RESOLUÇÃO GRUPO I. cosx. Duração do Teste: 90 minutos

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1 Teste Intermédio Matemática A Resolução (Versão ) Duração do Teste: 90 minutos.0.0.º Ano de Escolaridade RESOLUÇÃO GRUPO I. Resposta (B) O valor máimo da unção ojetivo de um prolema de programação linear é atingido num vértice da região admissível. Os vértices da região admissível são os pontos de coordenadas (0,0), (0, 6), (, 6), (, ) e (, 0) Calculemos o valor da unção ojetivo em cada um destes pontos. L^00, h L^06, h L^6, h 6 L^, h 6 L^0, h 0 Assim, o valor máimo da unção L na região representada é 6. Resposta (B) Seja! r E, r ;; tem-se sen0, cos 0 e tg 0 tg Então, sen tg 0, cos tg 0, 0 e sen # cos 0 cos Portanto, só a epressão cos - tg designa um número real positivo, para qualquer pertencente ao intervalo r E, r ;. Resposta (C) A equação sen 0, tem duas soluções no intervalo 60r, 6: uma no intervalo 0, r D : e outra no intervalo E r, r ; Como a unção seno é periódica, de período r, a equação sen 0, tem tamém duas soluções em qualquer um dos trinta intervalos 6-0r, -8r6, 6-8r, -6r6, g, 6-r, 06, 60, r6, 6r, r6, g, 68r,0r6 Portanto, a equação dada tem 0 # soluções no intervalo 6-0r, 0r6 TI de Matemática A.º Ano mar. 0 RS V Página / 6

2 . Resposta (C) O conjunto solução da condição ^h # 0 é o conjunto das acissas dos pontos do gráico de que têm ordenada menor ou igual a zero. Na igura ao lado, estão representados a cheio os pontos da hipérole com ordenada menor ou igual a zero e a traço mais grosso as respetivas acissas. - O -. Resposta (A) A unção é deinida por ^h 6 e, portanto, ^h 0 Como a unção g é par e g^h 0, tamém se tem g^ h 0 Portanto, os zeros da unção g são - e Dado que as duas unções têm domínio R, tem-se: ^ # gh^h 0 ^h 00 g^h 0 0 e o^h 0 ^h 0/ g^h! 0 / ^! /! h g Então, a unção # g tem dois zeros: - e a unção não tem zeros g condição impossível GRUPO II.. No 6, tem-se: ^h ^ h^ h ^ h ^ h^ h ^ h^ h Em R, o numerador não tem zeros, e os números e são os zeros do denominador. No 6, tem-se o seguinte quadro de sinais. Numerador n.d. Denominador n.d. 0 Fração n.d. n.d. n.d. não deinida. Conjunto 6 TI de Matemática A.º Ano mar. 0 RS V Página / 6

3 .. Tem-se: ^ g% h^ h g_ ^ hi ^ h # ^ h # ^ h Portanto, ^ g% h^ h g_ ^ hi g^ h k# ^ h k.. Na igura, está representada, num reerencial, parte do gráico da unção Nesse reerencial, estão tamém representados: o ponto de acissa e a respetiva ordenada a assíntota horizontal do gráico da unção deinida pela equação - a assíntota vertical do gráico da unção deinida pela equação o ponto P^-, -h, cuja ordenada é o máimo relativo da unção P O O contradomínio da unção é o conjunto das ordenadas dos pontos do seu gráico. Portanto, o contradomínio da 6.. A área do polígono [ABCPQ é igual à soma da área do triângulo [OAQ com a área do pentágono [OABCP A área do triângulo [OAQ é dada por OA # QR QR QR Tem-se: sen sen QR sen OQ Portanto, a área do triângulo [OAQ é dada por # sen, ou seja, é dada por sen A área do pentágono [OABCP é igual à dierença entre a área do retângulo [ABCD e a área do triângulo [ODP A área do retângulo [ABCD é igual a A área do triângulo [ODP é dada por OD # DP Tem-se: tg DP tg DP DP tg OD Portanto, a área do triângulo [ODP é dada por # tg Assim, a área do pentágono [OABCP é dada por -, ou seja, tg tg tg Logo, a área do polígono [ABCPQ é dada por sen TI de Matemática A.º Ano mar. 0 RS V Página / 6

4 .. Tem-se: cos r c m sen Então, cos c r m sen sen Dado que sen cos e que sen, tem-se: cos a k cos 9 cos cos 6 c m Como! 0, r B B, tem-se cos Então, dado que tg sen, tem-se tg cos tg Tendo em conta que a área do polígono [ABCPQ é dada por sen, concluímos que a área pedida é Dois planos paralelos admitem o mesmo vetor normal. Portanto, uma equação cartesiana do plano pedido é da orma z d Como o plano passa no ponto D(,, ), tem-se d Logo, d 8 Assim, uma equação do plano que passa no ponto D e é paralelo ao plano ABC é z 8.. Como os pontos A, B e C pertencem ao plano ABC, as suas coordenadas satisazem a equação z Determinemos as coordenadas dos pontos A, B e C como o ponto A tem ordenada zero e cota zero, tem-se # 0 0, pelo que ; portanto, o ponto A tem coordenadas (, 0, 0) como o ponto B tem acissa zero e cota zero, tem-se 0 0, pelo que 6; portanto, o ponto B tem coordenadas (0, 6, 0) como o ponto C tem acissa zero e ordenada zero, tem-se 0 # 0 z, pelo que z ; portanto, o ponto C tem coordenadas (0, 0, ) O ponto M é o ponto de coordenadas 0, 6 0, 0 c m ^06,, h Tem-se, então, MA A M ^, 0, 0h ^0,, 6h ^,, 6h Portanto, uma condição cartesiana da reta MA é z 6 TI de Matemática A.º Ano mar. 0 RS V Página / 6

5 .. Seja r a reta que passa em O e é perpendicular ao plano ABC O ponto P é o ponto de intersecção da reta r com esse plano. Dado que a reta r é perpendicular ao plano ABC, um vetor diretor desta reta é o vetor de coordenadas (,, ) A determinação das coordenadas do ponto P pode azer-se por dois processos..º Processo Recorrendo a uma condição cartesiana da reta r Como a reta r passa no ponto O, origem do reerencial, e tem a direção do vetor de coordenadas (,, ), uma condição que deine esta reta é z As coordenadas do ponto P são, portanto, a solução do sistema [ z z [ z [ z [ z [ z [ z z Portanto, o ponto P é o ponto de coordenadas (,, ).º Processo Recorrendo a uma equação vetorial da reta r Como a reta r passa no ponto O, origem do reerencial, e tem a direção do vetor de coordenadas (,, ), uma equação vetorial desta reta é ^,, zh k^,, h, k! R Tem-se: ^,, zh k^,, h k / k / z k Portanto, qualquer ponto da reta r tem coordenadas da orma ^k, k, kh, sendo k um número real. O ponto P é o ponto desta reta cujas coordenadas satisazem a equação z De k # k k, conclui-se que k Portanto, o ponto P é o ponto de coordenadas ^,, h TI de Matemática A.º Ano mar. 0 RS V Página / 6

6 Assim, o raio da esera é OP OP Portanto, o volume da esera é # r # ^ h. Este item pode ser resolvido por, pelo menos, três processos..º Processo Tem-se que a altura de um triângulo equilátero de lado é igual a Portanto, AM Então, AC : AM AC # AM ^ # cos^ac AM h # # cos 0º # #.º Processo Tem-se: AC AM MC Portanto, AC AM ^AM MC h AM AM AM MC AM AM 0 AM : : : : Tem-se que a altura de um triângulo equilátero de lado é igual a Assim, AM Portanto, AC AM AM : c m.º Processo Tem-se: AM AC CM Portanto, AC AM AC ^AC CM h AC AC AC CM : : : : AC AC # CM # cos ^AC CM h # # cos 0º # a k ^ TI de Matemática A.º Ano mar. 0 RS V Página 6/ 6