Novo Espaco11 Resolucao

Novo Espaço – Matemática A 11.º ano Preparação para o Teste Intermédio

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Proposta de Resolução

GRUPO I

1. A opção correta é a (C): 3 34

34

Atendendo a que ( )3,5A , conclui-se que 2 23 5 34OA = + = .

π 3 3 34sin cos

2 3434α α + = = =

2. A opção correta é a (B): π π

,2 2

−

3. A opção correta é a (A): 3−

Sabe-se que . 9AB AC =��

. Seja θ a amplitude do ângulo formado pelos vetores e AB AC��

.

. . cos 9AB AC AB AC θ= =��

( ) ( )1 2 1 1. . cos π cos cos 9 3

2 3 3 3PA MB PA MB AC AB AB ACθ θ θ= − = × − = − = − × = −��

4. A opção correta é a (B): 3 2 7 0x y z− − − =

Seja C o centro da superfície esférica e ( ), ,P x y z um ponto qualquer do plano θ.

( )1,1, 2C − , ( )2, 1,1T − e ( ), ,P x y z

( ) ( ). 0 3, 2, 1 . 2, 1, 1 0 3 6 2 2 1 0 3 2 7 0CT TP x y z x y z x y z= ⇔ − − − + − = ⇔ − − − − + = ⇔ − − − =��

5. A opção correta é a (B):

A função f tem um zero positivo e a função g tem um zero negativo.

Assim, a função h tem um zero positivo e uma assíntota vertical x k= , com 0k < .

A única representação gráfica que satisfaz estas condições é a correspondente à opção

(B).

O

y

x0

-0,6

-0,5



GRUPO II

1.

1.1. 1

2,2

u −

� e ( )0,B y

( )1 1. 0 2, . 0 3, 1 0 6 0 12 1 0 11

2 2 2

yu AB y y y = ⇔ − − − = ⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ = −

� ��

( )0, 11B −

1.2. ( )2 1,2 3P k k− −

( ) ( )2 21 3,2 3 1 4,2 4AP P A k k k k= − = − − − − = − −��

.

O ângulo formado pelos vetores e u AP� ��

é agudo se e só se . 0u AP >� ��

.

( )2 2 21. 0 2, . 4,2 4 0 2 8 2 0 2 6 0

2u AP k k k k k k > ⇔ − − − > ⇔ − + + − > ⇔ − + + >

� ��

2 32 6 0 ,2

2k k k ⇔ − − < ⇔ ∈ −

Cálculo auxiliar

2 1 1 49 32 6 0 2

4 2k k k k k

± +− − = ⇔ = ⇔ = ∨ = −

2.

2.1. ( ) 1 2cos2

xf x = +

( )3πcos sin

2θ θ − = −

( ) 5 2 5 32 1 2cos cos

2 2 2 4f

θθ θ = ⇔ + = ⇔ =

e ] [π,2πθ ∈ .

3cos

4θ = e 4.ºQθ ∈ .



Recorrendo à fórmula fundamental da trigonometria, tem-se:

22 2 2 23 7

sin cos 1 sin 1 sin4 16

θ θ θ θ + = ⇔ = − ⇔ =

. Como ] [π, 2πθ ∈ , conclui-se que

7sin

4θ = − . Então, ( )3π 7 7

cos sin2 4 4

θ θ − = − = − − =

2.2. π π

,2 2

A f − −

π

π π π 221 2cos 1 2cos 1 2cos 1 2 1 22 2 4 4 2

f

− − = + = + − = + = + × = +

π,1 2

2A − +

( ), 0B x sendo x o maior dos zeros pertencentes ao intervalo [ ]0, 3π .

( ) 1 2π0 1 2cos 0 cos cos cos

2 2 2 2 3

x x xf x = ⇔ + = ⇔ = − ⇔ =

2π 2π2 π 2 π ,

2 3 2 3

x xk k k⇔ = + ∨ = − + ∈ℤ

4π 4π4 π 4 π ,

3 3x k x k k⇔ = + ∨ = − + ∈ℤ

4π 12 π 4π 12 π ,

3 3

k kx x k

+ − +⇔ = ∨ = ∈ℤ

As soluções pertencentes ao intervalo [ ]0, 3π são 4π

3 e

8π

3.

Assim, 8π

,03

B

.

3.

3.1. A reta OB é a interseção do plano BOC com o plano xOz.

2 0 2

0 0

x y z x z

y y

+ − = = ⇔ = =

Reta OB: 2 0x z y= ∧ =



3.2. Seja β o plano que contém D e é perpendicular à reta AD.

( )4, 4, 4AD D A= − = −��

AD��

é um vetor norma ao plano β.

Uma equação do plano β. É do tipo:

4 4 4 0x y z d+ − + = .

Como o ponto D pertence ao plano, tem-se:

4 4 4 4 4 0 0 32d d× + × − × + = ⇔ = −

Assim, tem-se:

4 4 4 32 0 8 0x y z x y z+ − − = ⇔ + − − =

Uma equação do plano β: 8 0x y z+ − − =

3.3. Uma equação vetorial da reta AD: ( ), , , x y z A k AD k= + ∈��

ℝ

( ) ( ) ( ), , 0,0, 4 4,4, 4 , x y z k k= + − ∈ℝ

( ) ( ), , 0 4 ,0 4 , 4 4 , x y z k k k k= + + − ∈ℝ

O ponto P pertence à reta AD e ao plano BOC. Então, tem-se:

( ) 12 4 4 4 4 0 8 4 4 4 0

4k k k k k k k× + − − = ⇔ + − + = ⇔ =

Coordenadas do ponto P: ( ) ( )1 1 1, , 4 ,4 ,4 4 1,1,3

4 4 4x y z = × × − × =

( )1,1,3P



4. Organização da informação:

Livros Cadernos Custo

Packs tipo 1 x 2x 5x 4x

Packs tipo 2 y 4y 2y 5y

2 4x y+ 5 2x y+ 4 5x y+

A região admissível é definida pelas condições:

00 00

102 4 40 25 2 60 5

302

xx yy x

yx y

x yy x

≥≥ ≥ ≥ ⇔ ≤ − ++ ≤

+ ≤ ≤ − +

Uma equação da reta AB: 5

302

y x= − + . Uma equação da reta BC: 102

xy = − +

O ponto C tem de coordenadas: ( )0,10

50 30 12

2x x= − + ⇔ =

O ponto A tem de coordenadas: ( )12,0 .

O ponto B é a interseção das retas AB e BC. 5 5

5 4030 10 30 102 2 2510

10 10 22 2

xx xy x x x

xx x yy

y y

− + == − + − + = − + = ⇔ ⇔ ⇔ == − + = − + = − +

Coordenadas do ponto B: ( )10,5

Seja F a função objetivo: ( ), 4 5F x y x y= +

Vértices ( ), 4 5F x y x y= +

( )0,0O ( ), 4 5F x y x y= +

( )12,0A ( )12,0 48F =

( )10,5B ( )10,5 65F =

( )0,10C ( )0,10 50F =

O valor das vendas é máximo se forem constituídos 10 packs do tipo 1 e 5 packs do

tipo 2.



5.

5.1. ( ) 3 3 123

4 4 4

x xf x

x x x

−= = = − −− − −

Assíntota horizontal: 3y = −

Assíntota vertical: 4x =

O ponto de interseção das assíntotas tem de coordenadas ( )4, 3− .

5.2. ( )2 23 3 3 4

0 0 04 4 4 4

x x x x x x xf x x x x

x x x x

− + −< ⇔ < ⇔ − < ⇔ < ⇔ <− − − −

Cálculos auxiliares:

. ( )2 0 1 0 0 1x x x x x x− = ⇔ − = ⇔ = ∨ =

. 4 0 4x x− = ⇔ =

x −∞ 0 1 4 +∞

2x x− + 0 – 0 + + +

4 x− + + + + + 0 –

2

4

x x

x

−−

+ 0 – 0 + S.S. –

( ) ] [ ] [0,1 4,f x x x< ⇔ ∈ ∪ +∞

5.3. ( ) ( ) ( )2 2 24 3 12 3 6 1,5 1,5 6

2 2 4 2 4 4 4

OA BP x x x x x x x xg x f x

x x x x

+ + + + += × = × = = =− − − −

.

5.4.

Área do quadrado em que um dos lados é [AO]: 4 4 16× =

80% de 16: 0,8 16 12,8× =

Pretende-se determinar ] [0,4x ∈ tal que ( )21,5 6

12,8 12,84

x xg x

x

+= ⇔ =−

.

Recorrendo à calculadora defino as funções:

. 2

1

1,5 6

4

x xy

x

+=−

e 2 12,8y = .



. Atendendo ao domínio da função ] [0,4 escolho uma janela de visualização

adequada.

. No ecrã de visualização obtêm-se as seguintes representações, sendo A o ponto

de interseção.

. De seguida obtêm-se as coordenadas do ponto A .

A abissa do ponto A corresponde à abcissa do ponto P que é solução do problema.

A abcissa de P arredondada às décimas é 2,3.

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