TESTE INTERMÉDIO - 11.º ANO - MATEMÁTICA A
19 de Maio de 2006
RESOLUÇÃO - VERSÃO 1
______________________________________________
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 A
2.
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
0 ÐBÑ
1ÐBÑ
∞
0 ÐBÑ
1ÐBÑ
+
!
,
!
!
!
!
n.d.
!
∞
n.d. - não definida
Do quadro resulta que o conjunto solução da inequação
0 ÐBÑ
1ÐBÑ Ÿ ! é
Ò+ , ,Ò ∪ Ò! , ∞Ò
Como só a alternativa D tem esta forma, concluímos ser esta a resposta correcta (sendo
+ œ % e , œ #).
Resposta D
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3.
O gráfico da função 1 pode obter-se a partir do gráfico da função 0 por meio da seguinte
composição de transformações:
Transformação
Portanto,
Novo Gráfico
Expressão da nova função
Simetria em relação ao
eixo das abcissas.
0 ÐBÑ
Translacção associada
ao vector Ð"ß !Ñ, ou seja,
deslocamento de uma
unidade, para a direita.
0 ÐB "Ñ
Translacção associada
ao vector Ð!ß "Ñ, ou
seja, deslocamento de
uma unidade, para baixo.
0 ÐB "Ñ "
1ÐBÑ œ 0 ÐB "Ñ "
Resposta D
4.
Atendendo a que o conjunto solução
0 ÐBÑ !
da inequação
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
"&
œ $.
#
Deste modo, o contradomínio de 0 é
o intervalo Ó ∞ , 0 Ð$ÑÓ.
Resposta D
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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, ET œ =/8 α
Área do triângulo ÒST VÓ œ
œ
,+=/ ‚ +6>?<+
œ
#
SV ‚ ET
# ‚ -9= α ‚ =/8 α
œ
œ -9= α ‚ =/8 α
#
#
Resposta A
6.
Como -9= α ! e >1 α ! podemos concluir que o ângulo α pertence ao 3º
quadrante. Neste quadrante, tem-se que =/8 α !Þ
Atendendo a que
=/8 # α -9= # α œ "
Como =/8 α !,
vem
vem
=/8 # α œ " -9= # α
=/8 α œ È" -9= # α
Resposta B
7.
Dado que " é uma solução da equação =/8 B œ
Portanto, -9= Ð
"
"
& , tem-se =/8 " œ &
1
"
# " Ñ œ =/8 " œ &
Conclui-se assim que
1
"
# " é uma solução da equação -9= B œ &
Resposta B
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Grupo II
1.1.
"
"
0 ÐBÑ Ÿ " Í # "B Ÿ " Í $ "B Ÿ ! Í
B
% $B
"B
∞
% $B
"B
%
$
"
!
!
n.d.
!
%$B
"B Ÿ !
∞
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 œ " e uma
assimptota horizontal cuja equação é C œ #
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 C Ÿ "'!
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
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A região admissível tem quatro vértices: Eß Fß G e H.
Tem-se que:
Vértice
E
F
G
H
Intersecção das rectas de equações
B œ &! e C œ $!
B œ &! e B C œ "'!
B C œ "'! e ",& B C œ #!!
C œ $! e ",& B C œ #!!
Coordenadas
Ð&!ß $!Ñ
Ð&!ß ""!Ñ
Ð)!ß )!Ñ
Ð$%!Î$ß $!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.
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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
E
F
G
H
B
&!
&!
)!
$%!Î$
C
$!
""!
)!
$!
'!! B &!! C
'!! ‚ &! &!! ‚ $!
'!! ‚ &! &!! ‚ ""!
'!! ‚ )! &!! ‚ )!
'!! ‚ $%!Î$ &!! ‚ $!
P
%& !!!
)& !!!
)) !!!
)$ !!!
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 œ EF Þ Š EF EH‹ œ
#
#
#
œ EF Þ EF EF Þ EH œ ½ EF ½ ! œ ½ EF ½ œ EF
Em alternativa, apresenta-se a seguinte resolução:
Seja α o ângulo dos vectores EF e EG
EF
EG
e a que
Tem-se que EF Þ EG œ ½ EF ½ ½ EG ½ -9= α
Atendendo a que -9= α œ
½ EF ½ œ EF
e
½EG ½ œ EG , vem
EF
EF Þ EG œ EF ‚ EG ‚
EG
œ EF ‚ EF œ EF
#
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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 aos vectores WX e WZ .
Como a recta é definida pela condição B œ ! • C œ # D , tem-se que os pontos
Ð!ß !ß !Ñ e Ð!ß #ß "Ñ pertencem à recta, pelo que o vector
? œ Ð!ß #ß "Ñ Ð!ß !ß !Ñ œ Ð!ß #ß "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 œ #, pelo que as coordenadas de W e de X são, respectivamente, Ð", ", !Ñ e
Ð ", ", !Ñ.
Portanto,
WX œ X W œ Ð ", ", !Ñ Ð", ", !Ñ œ Ð #, !, !Ñ
WZ œ Z W œ Ð!, !, #Ñ Ð", ", !Ñ œ Ð ", ", #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 !ß #ß ". Ð ", ", #Ñ œ ! # # œ !
Concluímos que o vector ? é perpendicular aos vectores WX e WZ , pelo que a
recta dada é perpendicular ao plano WX Z .
Equação do plano
Um vector normal ao plano:
? œ !ß #ß "
Um ponto do plano: Ð", ", !Ñ
! ÐB "Ñ #ÐC "Ñ "ÐD !Ñ œ ! Í
Í #C # D œ ! Í #C D œ #
Uma equação do plano:
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4.2.1.
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 !ß # Ò.
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 ’Z T H“ e ’Z SF “ são
semelhantes, podemos escrever
TH
ZT
œ
SF
ZS
<
Í " œ
#D
#D
Í<œ #
#
O volume do cilindro, em função de D , será, então
0 ÐDÑ
œ E,+=/ ‚ +6>?<+ œ
œ 1 ‚ <# ‚ D œ
œ1 ‚ Š
#D #
# ‹ ‚ Dœ
œ 1 ‚
D # %D %
‚Dœ
%
œ1 ‚
D $ %D # %D
%
œ 1Œ
D$
%
D# D
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4.2.2.
Zpirâmide œ
"
E,+=/ ‚ +6>?<+
%‚#
)
œ
œ $
$
$
)
0 ÐDÑ & ‚ $
)
Í 0 ÐDÑ "&
Com o objectivo de resolver graficamente a inequação 0 ÐDÑ calculadora, o gráfico da função 0 e a recta de equação C œ
)
"&
)
"& , obteve-se, na
Da observação do gráfico, podemos concluir que a cota do ponto T deve variar entre
0,213 e 1,268.
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