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Exercícios deMATEMÁTICA A 11.° ano
Como utilizar este ficheiro e localizar rapidamente a resolução pretendida?
• Verifique se na Barra de Ferramentasdeste documento existe a “caixa de pes-quisa” do seu Adobe Reader.
Se tal não suceder, active-a, clicando como botão direito do rato e seleccionando aopção pretendida.
• Na “caixa de pesquisa” (Find), digitePág., com o “P” maiúsculo e sem esquecero ponto final, seguido de um espaço e donúmero de página onde se encontra oexercício ou problema do qual pretendeconhecer a resolução.
• Depois de validar a informação,teclando em Enter, surgirá no ecrã apágina do documento PDF com todas asresoluções dos exercícios da página selec-cionada do livro.
Dependendo da sua extensão, a resoluçãopoderá estar na coluna ou até na páginaseguinte do PDF.
Propostas de Resolução
Capítulo 12.1
2.2
2.3
2.4
3.1
1.8 membro
3.2
1.8 membro
2.8 membro, c. q. m.
3.3
1.8 membro
2.8 membro, c. q. m.
4.
Como é agudo, temos que sin a = Œ2325
=œ23
5.a
sin2 a = 1 - cos2 a = 1 - 1œ25 2
2
= 1 -225
=2325
cos a =œ25
== 1 - cos a
sin2 a1 + cos a
=1 - cos2 a1 + cos a
=(1 + cos a) (1 - cos a)
1 + cos a=
sin2 a1 + cos a
= 1 - cos a
=5sin a * cos2 a
sin a= cos2 a
cos (908 - a) * sin (908 - a)tg a
=sin a * cos a
sin acos a
=
cos (908 - a) * sin (908 - a)tga
= cos2 a
5sin acos a * sin a = tg a * cos a = 2.8 membro, c. q. m.
1cos a - cos a =
1 - cos2 acos a =
sin2 acos a=
1cos a - cos a = tg a * sin a
=1 - œ31 - 3
=œ3 - 1
2
11 + tg 608
=1
1 + œ3=
1 - œ3(1 + œ3) (1 - œ3)
=1236
+2736
=3936
=1312
= 1œ33 2
2
+ 1œ32 2
2
=39+
34
tg2 308 + sin2 (608)
=œ33
+2œ3
3=
3œ33
= œ3
1tg 608
+1
cos 308=
1
œ3+
1
œ32
=œ64
+œ62
=3œ6
4
=œ32
*œ22
+œ22
* œ3
sin (608) * sin (458) + cos (458) * tg (608)1. Pág. 12
Resposta: (D)
2.
Resposta: (D)
3.
Resposta: (A)
4. Pág. 13
Resposta: (D)
5.
Área do triângulo:
Área restante:
Resposta: (C)
1. Pág. 14
tg a =86=
43
cos a =610
=35
sin a =810
=45
AC = 10
AC 2 = 62 + 82
A = 5000 (2 - tg a)
A = 10 000 - 5000 tg a
A = 1002 - 5000 tg a
= 5000 tg a
A[ABE] =100 * EA
2= 50 * 100 tg a
EA = 100 tg a
EA100
= tg a
h ) 8,36
h = 22,5 - 10œ2
h = 22,5 - x
x = 10œ2
x = 20 *œ22
x20
= cos 45°
A[ABC] = 2 sin a cos a
A[ABC] =2 cosa * 2 sina
2
AC2
= sin a § AC = 2 sin a
AB2
= cos a § AB = 2 cosa
A[ABC] =AB * AC
2
=œ36
+12
= 1 12 +œ32 2 * œ3
3=
1 + œ32
*œ33
=œ3 + 3
6
(sin 308 + sin 608) * tg 308
= sin2 a + cos2 a = 1
sin2 a + sin2 (908 - a) = sin2 a + [sin (908 - a) ]2
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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5.
Como é agudo, temos que,
ou, como tg2 vem:
sin2 daí que, sin
6.1 Pág. 15
6.2
7.1
7.2
7.3
8.
Perímetro = 7AB = 70 cm
OM =5
tg a
5OM
= tg a
AB = 10 cm
2 = 11807 2
8a =
3608
7:
= 500 sin (368) cos (368) ) 237,76 cm2
=5 * 20 sin (368) * 10 cos (368)
2
Apentágono = 5A[CDO] = 5 *DC * OP
2
DC = 2DP = 20 sin (368) ) 11,76 cm
DP10
= sin (368) § DP = 10 sin (368)
OP = 10 cos (368) ) 8,09 cm
OP10
= cos (368)
728 : 2 = 368
3608 : 5 = 728
A[ABC] =AB * HC
2)
813,6 * 1244,60622
) 506 305,8 cm2
§ CH =406,8
tg (18,18)§ CH ) 1244,6 cm
§ 406,8 = CH * tg (18,18)406,8
CH= tg 118,1°2
ACB : 2 = 18,1°
ACB = 36,2°
AB : 2 = 406,8
AB = 813,6 cm
sin a + œ2cos a =œ63
+ œ2 *œ33
=œ63
+œ63
=2œ6
3
a =œ63
.a = 2 *13=
23
,
a =sin2acos2a
sin a = Œ23=œ2
œ3=œ63
,
sin2 a = 1 -13
sin2 a = 1 - cos2 a
cos a = Œ13=
1
œ3=œ33
.a
cos2 a =13
1 + 2 =1
cos2 a
1 + tg2 a =1
cos2 a
tg2 a = 2
9.
10.
10.1 Os triângulos [AHC] e [CHB] são semelhantes porque são rectân-gulos e têm os ângulos agudos respectivamente iguais
Logo,
Então,
10.2
10.3
10.4
11.1 Pág. 16
11.1
11.2
A[ABC] = 36œ3 cm2
A[ABC] =AB * CH
2=
12 * 6œ32
OC = OB = 4œ3 cm
§ OB =12œ3
3§ OB = 4œ3
6OB
= sin (608) § 6 = OB *œ32
§ OB =12
œ3
HÔB = 1208 : 2 = 608
AÔB = 3608 : 3 = 1208
CH = 6œ3 cm
CH = œ108
CH2= 122 - 62
CH2= CB
2+ HB
2
=(5 + 11) * œ55
2= 8œ55 cm2A[ABC ] =
AB * CH2
CBA ) 33,998
CBA = 908 - BÂC ) 908 - 56,018
BÂC ) 56,018
tg (BÂC) = œ555
± BÂC = tg21 1œ555 2
BC = 4œ11 cmAC = 4œ5 cm
BC = œ176AC = œ80
BC2= 121 + 55AC
2= 25 + 55
BC2= 112 + (œ55)2
AC2= 52 + (œ55)2
CH = œ55 cm
5CH
=CH11
§ CH2= 5 * 11 § CH = œ55
AH
CH=
CH
HB.
(CBH = ACHˆ e HCB = HÂC).
2b = 2tg-1 1 42,52 ) 115,998
2a = 2 tg-1 12,54 2 ) 64,018
tg b = 42,5
± b = tg21 1 42,52
tg a =2,54
± a = tg21 12,54 2
= 7 * 5 *5
tg (180 : 7)8) 363,39 cm2
Área = 7 * A[ABO] = 7 *AB * OM
2= 7 *
10 *5
tg a2
2
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
12.1
12.2
13. Seja x a medida do lado do triângulo, em centímetros
Como x 0, vem que
14.
15.
16.1 Pág. 17
x ) 5,64 m
x3= tg (628) § x = 3tg (628)
AC = a + b ) 257,12 m
a + b =100
tg 50° + 100œ3
ha= tg 508 § 100 = a tg 508 § a =
100tg 508
§ h = 200 *12
§ h = 100h
200= sin (308)
b = 100œ3 m
b = 200 *œ32
b200
= cos (308)
h = 6œ3 m ) 10,39 m
h = 6 * œ3
h6= tg (608)
Atriângulo =
œ5 * œ33
*œ52
2=
5œ312
cm2
§ x =œ5 * œ3
3
x =œ5
œ3x = Œ5
3§>
5 + x2 = 4x2 § 3x2 = 5 § x2 =53
54+
x2
4= x2
1œ52 2
2
+ 1x222
= x2
Acírculo ) 1051,15 cm2
Acírculo = p * r 2 = p * 1 7sin (22,58)2
2
r =7
sin (22,58)
7r= sin (22,58)
BM = 14 : 2 = 7
112 : 8 = 14 = AB
3608 : 8 = 458 ; 458 : 2 = 22,58
Acírculo = 49p cm2
Acírculo = pr2 = p * 72 = 49p
r =3,5
12
§ r = 7
r =3,5
sin (308)
3,5r
= sin (308)
MB = 7 : 2 = 3,5
AB = 42 : 6 = 7
60° : 2 = 30°
3608 : 6 = 608 16.2
17.1 Se os pombos partem deA e B, ao mesmo tempoe à mesma velocidade echegam ao mesmo tempo a C, tem-se que
.
As torres 1 e 2, distam do lago 18 pés e 32 pés, respectivamente.
17.2
18. Pág. 18
19.1
Área da face lateral:
A(x) = 4 +4
cos x§ A(x) =
4 cos x + 4cos x
, c. q. m.
A(x) = 22 + 4 *1
cos x
Área total = Abase + 4 * A[BCE]
A[BCE] =BC * EG
2=
2 *1
cos x2
=1
cos x
§ EG =1
cos x
1EG
= cos x § 1 = EG cos x
CÂG ) 35,38
± q ) 35,38
q = tg-1 1 1
œ22tg q = 3
3œ2±
tg q = CGAC
AC = 3œ2
AC2= 32 + 32
AC2= AB
2+ BC
2
a ) 43,158 e b ) 65,778
tg a =3032
± a = tg21 130322 ± a ) 43,15°
tg b = 4018
± b = tg21 140182 ± b ) 65,77°
50 - 18 = 32
100a = 1800 § a = 18
1600 + a2 = 900 + 2500 - 100a + a2
œ402 + a2 = œ302 + (50 - a)2
AC = BC
y ) 82,39 m
§ 5y ) 82,3878 mx ) 28,3684 m
§ 5y = x tg (718)
x =36 tg (528)
tg 718 - tg (528)
§ 5y = x tg (718)x (tg 718 - tg 528) = 36 tg (528)
§ 5y = x tg (718)x tg (718) = x tg (528) + 36 tg (528)
yx= tg (718)
yx + 36
= tg (528)
adbdc
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19.2
19.3
20. •
• pois é agudo.
•
20.1
20.2
20.3
20.4
21.1 1.8 membro
2.8 membro, c. q. m.
21.2 1.8 membro
2.8 membro, c. q. m.
1.1 Pág. 19
) 230,01 m2Ajardim = 24 * 12 sin (538)
h = 12 sin (538)
h12
= sin (538)
==1
cos x
=sin2 xcos x
+ cos x =sin2 x + cos2 x
cos x
sin x * tg x + cos x = sin x *sin xcos x
+ cos x=
= 1 - 2sin x cos x =
(sin x - cos x) 2 = sin2 x + cos2 x - 2sin x cos x=
=154
-1515
=114œ15 (cos a - tg a) = œ15 1œ15
4-œ1515 2
=1616
-œ15
5= 1 -
œ155
=5 - œ15
5
cos2 a - 3tg a + sin2 a =1516
-3œ15
15+
116
tg a *cos2 asin2 a
=œ1515
*
1516116
=œ1515
* 15 = œ15
8 cos2 a + tg a = 8 *1516
+œ1515
=152
+œ1515
=225 + 2œ15
30
tg a =sin acos a =
14
œ154
=1
œ15=œ1515
acos a =œ15
4,
116
+ cos2 a = 1 § cos2 a =1516
sin2 a + cos2 a = 1
sin a =14
§ V(x) =4 sin x3cos x
, c. q. m.
V(x) =13* 22 * tg x § V(x) =
43
tg x
Vpirâmide =13
Abase * altura
EF1
= tg x § EF = tg x
=4œ3 + 8
œ3=
(4œ3 + 8) œ3
œ3 * œ3=
12 + 8œ33
A(308) =4 cos (308) + 4
cos (308)=
4 *œ32
+ 4
œ32
=2œ3 + 4
œ32
1.2
1.3
1.4
2.1 Pág. 20
2.2
2.3
e h ) 9,67 mx ) 10,74 m
§ 5h ) 9,67x ) 10,74
§ 5h = x tg 428
x =10 tg 258
tg 428 - tg 258
§ 5h = x tg 428
x (tg 428 - tg 258) = 10 tg 258
§ 5h = x tg 428
x tg 428 - x tg 258 = 10 tg 258
5hx= tg 428
hx + 10
= tg (258)§ 5h = x tg 428
h = x tg 258 + 10 tg 258
a + b = 5 cos 428 +5 sin 428
tg 358) 8,49 m
§ b =5sin (428)tg (358)
hb= tg (358) § b =
htg (358)
§ h = 5sin (428)
h5= sin 142°2
§ a = 5cos (428)
a5= cos (428)
) 34,53 ma + b = 22 tg 258 +22
cos 258
22b
= cos 258 § b =22
cos 258
a22
= tg 258 § a = 22 tg 258
) 11,88 mAE + BC = 8 tg 488 + 3
§ BC = 3BC6
= sin 308 § BC = 6 *12
EA8
= tg 488 § EA = 8tg 488
) 186,55 m2
Ajardim - Alago ) 230,01 - 43,46
) 43, 46 m2
Alago = 8 *3 *
1,5tg (22,58)
2=
18tg (22,58)
h =1,5
tg 22,5°
1,5h
= tg (22,58)
458 : 2 = 22,58
3608 : 8 = 458
4
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 1
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
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Capítulo 2Para que o sector correspondente a 70 “caia” junto à seta terá que rodar, para além das voltas inteiras um ângulo de amplitude u com
Ora,
, ,
Resposta: (D)
7.
Resposta: (D)
8.
Resposta: (C)
9.
Resposta: (D)
10.
Resposta: (C)
11.Pág. 33
Resposta: (A)
12. rad — 1808
1 rad — x
1 radiano corresponde, aproximadamente a 57,38. Esta amplitude apenas se ajusta à opção (C).
Resposta: (C)
x =180p ) 57,38
p
=r2 tg a
2A[ABC ] 5
AB * AC2
=r tg a * r
2
ABr
= tg a § AB = r tg a
cos a - cos (-a) = cos a - cos a = 0
= -3sin p6+ 2 cos
p3= -3 *
12+ 2 *
12= -
12
= -3sin 1p - p62 - 2cos 1p + p32= -3 sin 5p6
- 2 cos 12p +4p3 2
3sin 1- 5p6 2 - 2cos 110p
3 2
D9f = [-1, 5]
§ -1 ≤ f (x) ≤ 5§ 2 - 3 ≤ 2 + 3cos x2≤ 2 + 3
x2å R § - 1 ≤ cos 1x22 ≤ 1 § -3 ≤ 3 cos
x2≤ 3
Df = R
f (x) = 2 + 3cos 1x22
P 1- œ32
,122
y = sin 5p6
= sin 1p - p62 = sin p6=
12
x = cos 5p6
= cos 1p - p62 = - cos p6= -
œ32
P(x, y)
e p - p8<
15p16
< p + p8
.5p6
< p - p8
p2< p - p
83p2
> p + p8
p - p8< q < p + p
8.
1.Pág. 31
O ângulo pertence ao 2.8 quadrante.
Resposta: (B)
2.
Resposta: (C)
3.
Resposta: (B)
4. I
Logo, -20168 é a amplitude de um ângulodo 2.8 quadrante.
I é falsa
II
II é verdadeira
Resposta: (C)
5.
é um zero de f.
Resposta: (B)
6. Pág. 32
79p16
= 4p + 15p16
77p6
= 12p + 5p6
13p2
= 6p + p2
19p2
= 8p + 3p2
p3
f 1p32 = -œ3 + 2sin 12p3 2 = -œ3 + 2œ32
= 0
f 1p62 0 2œ3
= -œ3 + 2 œ32
= 0
f 1p62 = -œ3 + 2sin 12 p62 = -œ3 + 2sin p3
f (x) = -œ3 + 2sin(2x)
§ x = -3p4
› x =p4
sin x = cos x ‹ x å ]-p, p[
- 20168 = 1448 - 6 * 3608
§ sin a = -14
cos 1- p2 + a2 = -14
§ cos 13p2 + a2 = -14
sin (p - a) = -14
§ sin a = -14
=9 cos q sin q
2=
3 sin q * 3 cos q2
A[ABC] =AC * AB
2
AB3
= cos q § AB = 3cos q
AC3
= sin q § AC = 3sin q
-3,2 rad = -3,2p rad ) -1,02p rad
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
5
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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13.
Resposta: (A)
14.Pág. 34
Resposta: (A)
15.
Os valores d(0) = 2 e d( ) = 0 apenas se verificam, entre as hipóte-ses apresentadas, em d(a) = 1 + cos a.
Resposta: (A)
16.
Resposta: (A)
17. Pág. 35
Resposta: (A)
18.
A˚[APD] =AD * AP
2=
30 * 30 tg x2
=302 tg x
2
= 200Atrapézio =30 + 10
2* 10
AP = 30 tg x
AP30
= tg x
=p4+
tg a2
=p * 12
4+
OB * AB2
A = Aquarto de círculo + Atriângulo
AB = tg a
OB = 1
A[ABCD] = 2OC * BC = 2 cos a sin a
OC = cos a
BC = sin a
p
= 2 sin a cos a
A[ABC] =2sin a * 2cos a
2
AC2
= sin a § AC = 2sin a
AB2
= cos a § AB = 2cos a
= sin a cos a
=cos a * 2sin a
2
A[OAB ] =OM * AB
2
AM = sin a
OM = cos a Uma equação que traduz o problema é:
Resposta: (B)
19. Trata-se de determinar o valor máximo de h sendo
Deste modo, temos que:
Resposta: (C)
20. Dado que e ; x , Pág. 36
sin x + cos x < 4, ; x .
Logo, a equação é impossível.
Resposta: (A)
21.
Em cada intervalo de amplitude2 a equação admite duas solu-ções.
Logo, em [0, 10 ] a equaçãoadmite 10 soluções.
Resposta: (B)
22.
Resposta: (D)
23.
Resposta: (A)
24. Se e então Pág. 37
Como
Resposta: (B)
25. b é uma solução da equação
Então,
Logo, é uma solução da equação
Resposta: (B)
cos x = - 15
.p2+ b
sin b = 15
§ - cos 1p2 + b2 = 15
§ cos 1p2 + b2 = - 15
sin b = 15
.
sin x =15
.
sin a < 0, sin a = -œ1 - cos2 a
§ sin a = ¿ œ1 - cos2a
sin2 a + cos2 a = 1 § sin2 a = 1 - cos2 a
sin a < 0 (a å 3.8 Q)tg a > 0cos a < 0
= sin a cos a
=2cos a * sin a
2
A˚[OPR] =OR * PQ
2
OQ = cos a
PQ = sin a
14p9
-2p9
=12p9
=4p3
p
p
sin x =13
3 sin x = 1 §
å R
å R-1 ≤ cos x ≤ 1,-1 ≤ sin x ≤ 1
O valor máximo de h é 13.
7 ≤ h(x) ≤ 13
10 - 3 ≤ 10 - 3cos (2x) ≤ 10 + 3
-3 ≤ -3cos (2x) ≤ 3
- 1 ≤ cos (2x) ≤ 1
3cos (2x).h(x) = 10 -
A˚3APD4 =12
Atrapézio §302 tg x
2= 100
6
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
EX
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Port
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dito
ra
7
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
26.
Resposta: (B)
27.
Resposta: (D)
28. Se , tem-se e
Logo:
Resposta: (D)
1.1 ; ; Pág. 38
1.2 Por exemplo:
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
1.3
Se a função seno é zero, a tangente também é zero.
1.4
Se a função seno é zero, a função co-seno é máxima ou é mínima.
1.5 Nos pontos onde a função co-seno é zero, a função tangente nãoestá definida.
2.1
x 0 2
2x 0 2 3 4
cos (2x) 1 0 -1 0 1 0 -1 0 1
p7p2
p5p2
p3p2
pp2
p7p4
3p2
5p4
p3p4
p2
p4
sin x = 0 § cos x = -1 › cos x = 1
sin x = 0 § x = kp, k å Z § tg x = 0
40, p2 3
[0, p]
3- p2 ,p24
[0, p]
3- p2 ,p24
4- p2 , 0 3
4- p2 ,p2 3
]- p , 0[
f(x) = tg x, g(x) = sin x e h(x) = cos x.
h(0) = 1g(0) = 0D9f = R
sin q - tg q = sin q + (- tg q) > 0
sin q * tg q < 0
sin q * cos q < 0
cos q - sin q = cos q + (- sin q) < 0
tg q < 0.cos q < 0, sin q > 0q å 4 p2 , p3
cos b = -cos (2a)
- cos b = cos (2a)
cos (p - b) = cos (2a)
p - b = 2a2a + b = p
§ x =p3› x =
5p3
§ cos x =12‹ x å [0, 2p]
5 + 2 cos x = 6 ‹ x å [0, 2p] 2.2
3.1 Pág. 39
x 0 1 2
x 0 2
sin ( x) 0 1 0 -1 0
2 sin ( x) 0 2 0 -2 0
3.2
4.1
, tem-se:
4.2
tem-se:
S = 5p6 ,5p6 6
§ x =5p6
› x =p6
x = -7p6
+ 2p › x =13p6
- 2p
Em ]0, 2p[ ,
§ x = -7p6
+ 2kp › x =13p6
+ 2kp, k å Z
§ x = -7p6
+ 2kp › x = p + 7p6
+ 2kp, k å Z
sin x = sin 1- 7p6 2
S = 52p3 ,4p3 6
x =2p3
› x = -2p3
+ 2p
Em ]0, 2p[
§ x =2p3
+ 2kp › x = -2p3
+ 2kp, k å Z
cos x = cos 12p3 2
p
p
p3p2
pp2
p
32
12
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
CE
XM
A11
©Po
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tora
Período positivo mínimo: p
Período positivo mínimo: 2
4.3
tem-se:
4.4
5.1
5.2
tem-se:
5.3
5.4
6.1
6.2
6.3
-1 ≤ sin x ≤ 1
h(x) = sin2 x ; Dh = R
D9g = [-1, 5]
-1 ≤ g(x) ≤ 5
2 - 3 ≤ 2 + 3sin 1x22 ≤ 2 + 3
-3 ≤ 3sin 1x22 ≤ 3
-1 ≤ sin 1x22 ≤ 1
g(x) = 2 + 3 sin 1x22 ; Dg = R
D9f = 3- 12
,324
-12≤ f (x) ≤
32
12- 1 ≤
12+ cos x ≤
12+ 1
-1 ≤ cos x ≤ 1
f(x) =12+ cos x ; Df = R
S = 506
§ x = 0cos x = 1 ‹ x å ]-p, p[
S = 5- p3 ,2p3 6
x = -p3› x =
2p3
x = -p3› x = -
p3+ p §
Em ]- p, p[ , tem¯se:
§ x = -p3+ kp, k å Z
§ tg x = tg 1- p32tg x = - tg 1p32
S = 5- 2p3
, -p36
§ x = -p3› x = -
2p3
x =5p3
- 2p › x = -2p3
Em ]-p, p[ ,
§ x =5p3
+ 2kp › x = -2p3
+ 2kp, k å Z
§ x =5p3
+ 2kp › x = p - 5p3
+ 2kp, k å Z
sin x = sin 5p3
S = 5- p4 ,p46
x = -p4› x =
p4
.Em ]-p, p[ tem¯se
§ x = -p4+ 2kp › x =
p4+ 2kp, k å Zcos x = cos 1- p42
S = 5p2 6§ x =
p2
sin x = 1 ‹ x å ]0, 2p[
S = 53p4 ,7p4 6
x =3p4
› x =7p4
x =3p4
› x =3p4
+ p §
Em ]0, 2p[ ,
x =3p4
+ kp, k å Ztg x = tg 3p4
§
6.4
6.5
6.6
7.1 •Pág. 40
•
•
•
7œ712
=œ74
+œ73
=
= -sin a - tg asin(p + a) - tg a
tg a =sin acos a =
-œ7434
= -œ73
a å 4.° Q
!
sin a = -œ74
sin a = ¿ Œ1 - 916
sin2 a + 13422
= 1
sin2 a + cos2 a = 1
cos a =34
- cos a = -34‹ a å 4 3p2 , 2p 3
sin 1- p2 - a2 = -34‹ a å 4 3p2 , 2p 3
D9k = 3-1, 124
-1 ≤ k(x) ≤12
-22
≤1 - 3 cos2 x
2≤
12
1 - 3 ≤ 1 - 3 cos2 x ≤ 1 + 0
-3 ≤ -3 cos2 x ≤ 0
0 ≤ cos2 x ≤ 1
-1 ≤ cos x ≤ 1
k (x) =1 - 3 cos2 x
2; Dk = R
D9j = [1, +? [
j(x) ≥ 1
1 + tg2 x ≥ 1
tg2 x ≥ 0
tg x å R
5p2 + kp, k å Z6j(x) = 1 + tg2 x ; Dj = R \
Di9 = [-1, 1]
-1 ≤ i(x) ≤ 1
-2 + 1 ≤ 1 - 2 cos2 x ≤ 0 + 1
-2 ≤ -2cos2 x ≤ 0
0 ≤ cos2 x ≤ 1
-1 ≤ cos x ≤ 1
i(x) = 1 - 2 cos2 x ; Di = R
Dh = [0, 1]
0 ≤ sin2 x ≤ 1
8
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
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dito
ra
7.2
•
•
•
7.3 •
•
•
8.
8.1
8.2
-8 - 4 ≤ 8 sin x - 4 ≤ 8 - 4
-8 ≤ 8sin x ≤ 8
-1 ≤ sin x ≤ 1
Df = R
f (x) =8 sin x - 4
5
= œ143 -5
72= œ143 -
112
+2
144
= œ143 -112
+ 2 * 1 1122
2
= - tg x - cos x + 2 cos2 x
= - tg x - sin 1p2 - x2 + 2 cos2 x
tg (-x) + sin 1x -p22 + 2 cos2 x
x å 4.° Q
!
§ tg x = - œ143
§ tg2 x = 143
§ 1 + tg2 x = 1221 + tg2 x =1
cos2 x
§ cos x =112
‹ x å 4.8 Q
§ - cos x = -112
‹ x å 4.8 Q
§ cos(p - x) = -112
‹ x å 4.8 Q
§ cos(3p - x) = -1
12‹ x å 4.8 Q
cos(x - 3p) = -112
‹ x å 4.8 Q
= - 2œ10
5= -
4œ1010
= -œ1010
-3œ10
10
= cos a + sin a= 2cos a - cos a + sin a
= 2cos a - sin 1p2 - a2 + sin a
2 cos (8p + a) - sin 15p2 - a2 - sin (-a)
sin a = -3œ10
10
a å 3.° Qsin a = ¿Œ 9
10
sin2 a = 1 -1
10
sin2 a + cos2 a = 1
cos a = -œ1010
cos a = -1
œ10
a å 3.° Qcos2 a =
110
1 + 9 =1
cos2 a
1 + tg2 a =1
cos2 a
tg a = 3 ‹ a å 4p ,3p2 3
8.3
8.4
9.1
9.2
Trata-se de resolver graficamente esta equação, no intervalo
Recorrendo à calculadora gráfica foram obtidos os seguintes resultados:
BVA ) 1,09 rad ou BVA ) 2,65 rad
BVA = 2q ; BVAˆ ) 2 * 0,544 ou BVA ) 2 * 1,325
y2 = 90
y1 = 125p sin2 q cos q
4 0, p2 3.
§ 90 = 125p sin2 q cos q
30 =13p * 53 sin2 q cos q
V = 30 cm3 ; x = 5
V =13px3 sin2 q cos q
V =13p (x sin q)2 * x cos q
V =13p (r9)2 * h
V =13
Abase * h
hx= cos q ± h = x cos q
r9x
= sin q ± r9 = x sin q
§ sin x = 1 § x = p2+ 2kp, k å Z
§ 8 sin x - 4 = 4 § 8 sin x = 8
f (x) =45
§8 sin x - 4
5=
45
Zeros: -11p6
, -7p6
,p6
e5p6
x =p6- 2p › x =
p6› x =
5p6
- 2p › x =5p6
Em [-2p, 2p]
§ x =p6+ 2kp › x =
5p6
+ 2kp, k å Z
§ 8 sin x - 4 = 0 § sin x =12
f (x) = 0 §8 sin x - 4
5= 0
D9f = 3- 125
,454
-125
≤8sin x - 4
5≤
45
9
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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!!
10.1 3608 ________ 2 3 16 Pág. 41
1508 ________ x x é o comprimento do arco AB.
10.2 Área lateral de um cone = rg
(r – raio da base; g – geratriz)
g = 16 cm
10.3
11.1
11.2
11.3
11.4
§ x = 2kp, k å Z
§x2= kp, k å Z
-5sin 1x22 = 0 § sin 1x22 = 0
§ x = -p9+
2kp3
› x =4p9
+2kp3
, k å Z
§ 3x = -p3+ 2kp › 3x = p - 1- p32 + 2kp, k å Z
§ sin (3x) = sin 1- p32§ sin (3x) = - sin
p3
2 sin(3x) + œ3 = 0 § sin (3x) = -œ32
§ x =p4+ 2kp › x =
3p4
+ 2kp , k å Z
§ x =p4+ 2kp › x = p - p
4+ 2kp, k å Z
§ sin x = sin p4
2 sin x = œ2 § sin x =œ22
§ x =p
18+
2kp3
› x =5p18
+2kp3
, k å Z
§ 3x =p6+ 2kp › 3x = p - p
6+ 2kp, k å Z
sin (3x) =12
§ sin (3x) = sin p6
V ) 676,95 cm3
V =13* p * 120
3 22
*œ1904
3
h =œ1904
3
h = Œ256 - 4009
V =13* pr2 * h
h2 + 1203 2
2
= 162V =13
Abase * h
A’ =320p
3cm2
A’ = p *203
* 16
r =203
cm
2pr = 40p3
p
x =40p3
cm
x =150 * 2p * 16
360
p 11.5
11.6
11.7
Temos que e
Deste modo, a equação é impossível.
11.8
11.9
2 > 1
11.10
11.11
11.12
§ x =2kp7
› x = -p3+
2kp3
, k å Z
§ 7x = 2kp › - 3x = p + 2kp, k å Z
§ 2x = - 5x + 2kp › 2x = p + 5x + 2kp, k å Z
§ sin(2x) = sin(-5x)
sin(2x) + sin(5x) = 0 § sin(2x) = - sin(5x)
§ x = -p3+ 2kp › x =
4p3
+ 2kp, k å Z
§ x = -p3+ 2kp › x = p - 1- p32 + 2kp, k å Z
§ sin x = sin1- p32
sin x + sin p3= 0 § sin x = - sin
p3
§ x = kp › x =p4+
kp2
, k å Z
§ 2x = 2kp › 4x = p + 2kp, k å Z
§ 3x = x + 2kp › 3x = p - x + 2kp, k å Z
sin(3x) - sin x = 0 § sin(3x) = sin x
§ x =p2+ 2kp, k å Z
§ x =p2+ 2kp › x å O, k å Z
§ sin x = 1 › sin x = 2
§ sin x =3 ¿ œ9 - 4 * 2
2
sin2 x - 3 sin x + 2 = 0
§ x = kp › x = -p6+ 2kp › x =
7p6
+ 2kp, k å Z
§ x = kp › sin x = sin 1- p62, k å Z
§ sin x = 0 › sin x = -12
§ sin x (2 sin x + 1) = 0
2 sin2 x + sin x = 0
-1 ≤ sin(2x) ≤ 1, A x å R.65> 1
sin(2x) =65
§ x =p2+ kp, k å Z
§ x =3p2
+ 2kp › x =p2+ 2kp, k å Z
§ sin x = -1 › sin x = 1
sin2 x - 1 = 0 § sin2 x = 1
§ x =p3+ kp › x =
p2+ kp, k å Z
§ 2x =2p3
+ 2kp › 2x = p + 2kp, k å Z
§ 2x -p3=p3+ 2kp › 2x -
p3= p - p
3+ 2kp, k å Z
sin 12x -p32 =
œ32
§ sin 12x -p32 = sin
p3
10
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
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12.1
12.2
12.3
12.4
12.5
12.6
k = 1 : x = p › x =p2
k = 0 : x = 0 › x = 0
§ x = kp › x =kp2
, k å Z
§ 2x = 2kp › 4x = 2kp, k å Z
§ 3x = x + 2kp › 3x = -x + 2kp, k å Z
cos(3x) = cos x
C.S. = 506
k = 0 : x = 0
§ x = kp, k å Z§ x = p + 2kp › x = 2kp, k å Z
§ cos x = -1 › cos x = 15 - 5 cos2 x = 0 § cos2 x = 1
C.S. = 5- p56
k = 0 : x = -p5
§ x = -p5+ 2kp, k å Z§ x +
p5= 2kp, k å Z
3 cos 1x +p52 = 3 § cos 1x +
p52 = 1
C.S. = 5- 2p3
, -p2
,p3
,p26
k = -1 : x = -2p3
› x = -3p2
k = 1 : x =4p3
› x =p2
k = 0 : x =p3› x = -
p2
§ x =p3+ kp › x = -
p2+ kp, k å Z
§ 2x =4p6
+ 2kp › 2x = - p + 2kp, k å Z
§ 2x +p6=
5p6
+ 2kp › 2x +p6= -
5p6
+ 2kp, k å Z
§ cos 12x +p62 = cos
5p6
§ cos 12x +p62 = cos 1p - p62
cos 12x +p62 = -
œ32
§ cos 12x +p62 = - cos
p6
C.S. = 5- 17p18
, -7p18
, -5p18
,5p18
,7p18
,17p18 6
k = -1 : x = -7p18
› x = -17p18
k = 1 : x =17p18
› x =7p18
k = 0 : x =5p18
› x = -5p18
§ x =5p18
+2kp3
› x = -5p18
+2kp3
, k å Z
§ 3x =5p6
+ 2kp › 3x = -5p6
+ 2kp, k å Z
§ cos(3x) = cos 5p6
cos (3x) = -cos p6
§ cos (3x) = cos 1p - p62
C.S. = 5- p3 ,p36
k = 0: x =p3› x = -
p3
§ x =p3+ 2kp › x = -
p3+ 2kp, k å Z
cos x = cos p3
12.7
12.8
13.1 Pág. 42
13.2
13.3
§ x = kp, k å Z
§ x = kp › x å O , k å Z
§ sin x = 0 › sin x = 2
§ sin x (sin x - 2) = 0
§ sin2 x - 2sin x = 0
1 - cos2 x = 2 sin x
§ x =p4+ kp › x = -
p8+
kp2
, k å Z
§ 2x =p2+ 2kp › 4x = -
p2+ 2kp, k å Z
§ 3x =p2+ x + 2kp › 3x = -
p2- x + 2kp, k å Z
cos1p2 + x2 = -sin x§ cos 13x2 = cos 1p2 + x2cos(3x) = - sin x
§ x =p3+
2kp3
› x = - p + 2kp, k å Z
§ 3x = p + 2kp › x = - p + 2kp, k å Z
§ p - x = 2x + 2kp › p - x = - 2x + 2kp, k å Z
§ cos(p - x) = cos(2x)
§ -cos x = cos(2x)
§ - sin 1p2 - x2 = cos(2x)
sin1x -p22 = cos (2x)
C.S. = 5- p2 ,p26
k = -1 : x = -p2
k = 0 : x =p2
§ x =p2+ kp, k å Z
§ x =p2+ kp › x å O , k å Z
§ cos x = 0 › cos x = 2
§ cos2 x - 2 cos x = 0 § cos x (cos x - 2) = 0
-12
cos2 x + cos x = 0
C.S. = 5- 3p4
, -p2
, -p4
,p4
,p2
,3p4 6
k = -2 : x = -3p4
› x = -5p2
k = -1 : x = -p4› x = -
3p2
k = 1 : x =3p4
› x =p2
k = 0 : x =p4› x = -
p2
§ x =p4+
kp2
› x = -p2+ kp, k å Z
§ 4x = p + 2kp › 2x = - p + 2kp, k å Z
§ 3x = p - x + 2kp › 3x = - p + x + 2kp, k å Z
cos (3x) = - cos x § cos (3x) = cos (p - x)
C.S. = 5- p2 , 0 ,p26
k = -1 : x = -p › x = -p2
!
12
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
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Port
oE
dito
ra
13.4
14.1
14.2
14.3
14.4
15.1
Soluções pertencentes ao intervalo
15.2
em
15.3
§ sin x = 0 › cos x = cos 1p2 + x2§ sin x = 0 › cos x = - sin x
§ sin x = 0 › sin x + cos x = 0
§ sin x(sin x + cos x) = 0sin2 x + sin x cos x = 0
]-p, p[
!
§ x = 0
§ x = 3kp › x = p + 3kp, k å Z
§x3= kp ›
x3=p3+ kp, k å Z
§ tg x3= 0 › tg 1x32 = tg
p3
§ tg 1x32 3tg 1x32 - œ34 = 0
tg2 1x32 = œ3tg 1x32 § tg2 1x32 - œ3tg 1x32 = 0
x = 0]-p, p[ :
§ (sin x = 0 › cos x = 1) ‹ cos x 0 0
§ sin x (cos x - 1) = 0 ‹ cos x 0 0
§ sin x cos x - sin x = 0 ‹ cos x 0 0
§sin x cos x - sin x
cos x= 0
sin x = tg x § sin x - sin xcos x = 0
§ 2x =2p6
+ kp, k å Z § x =p6+
kp2
, k å Z
§ 2x -p6=p6+ kp, k å Z
§ tg12x -p62 = tg 1p62§ tg12x -
p62 =
œ33
§ tg12x -p62 =
1
œ3œ3 tg 12x -
p62 = 1
§ x = -p
12+
kp3
› x =p
12+
kp3
, k å Z
§ 3x = -p4+ kp › 3x =
p4+ kp, k å Z
§ tg (3x) = tg 1- p42 › tg (3x) = tg 1p42
tg2 (3x) = 1 § tg (3x) = -1 › tg (3x) = 1
§ x =p6+ kp, k å Z§ tg x = tg
p6
tg (-x) = -œ33
§ - tg x = - tg p6
§ x = -p9+
kp3
, k å Z
§ 3x = -p3
+ kp, k å Z§ tg (3x) = tg 1- p32
tg (3x) = -œ3 § tg (3x) = - tg p3
§ x = 2kp › x =p3+ 2kp › x = -
p3+ 2kp, kåZ
§ cos x = 1 › cos x =12
§ cos x =3 ¿ œ9 - 4 * 2 * 1
4
§ 2 cos2(x) - 3 cos(x) + 1 = 0
2 cos2(x) - 3 cos(x) = -1
15.4
16.1
16.2
16.3
§ x å 4 p8 ,3p8 3
§p8< x <
3p8
§p4< 2x <
3p4
‹ 2x å [0, 2p]
sin (2x) > œ22
‹ x å [0, p]
§ x å 30, 5p6 3 ∂ 4
7p6
, 2p4
§ cos x > -œ32
‹ x å [0, 2p]
2 cos x + œ3 > 0 ‹ x å [0, 2p]
- p + p6= -
5p6
§ x å 3- 5p6
, -p64
sin x ≤ -12‹ x å [- p, p]
› x =5p12
› x =7p12
› x =11p12
§ x = -11p12
› x = -7p12
› x = - 5p12
› x = -p
12 › x =
p12
› x =5p12
› x = -7p12
› x =7p12
› x = -5p12
§ x =p
12› x = -
11 p12
› x = - p12
› x =11p12
› x =7p12
+ kp, k å Z
§ x =p
12+ kp › x = -
p12
+ kp › x =5p12
+ kp
› x =7p6
+ 2kp, k å Z
§ 2x =p6+ 2kp › 2x = -
p6+ 2kp › 2x =
5p6
+ 2kp
§ cos(2x) = Œ32› cos(2x) = -Œ3
2
§ cos(2x) = Œ34› cos(2x) = -Œ3
4
cos2(2x) =34
§ x = 0 › x = 2p4
› x =3p4
em] - p, p [
!§ x = kp › x = -p4+ kp, k å Z
§ x = kp › 2x = -p2+ 2kp, k å Z
§ x = kp › xy = p2 + xy + 2kp › x = -p2- x + 2kp, k å Z
!
em ]-p, p [
13
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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16.4
17.1
Como , temos que:
17.2
Para k = 0, tem-se .
(condição impossível, pois se sin x = -1 , cos x = 0 .)
A condição é impossível para todo k [ R .
18.1 Pág. 43
=AG + CE
2* AC -
BC * EC2
A(x) = A[ABEG] = Atrapézio[ACEG] - Atriângulo[BCE]
EC2
= sin x § EC = 2 sin x
BC2
= cos x § BC = 2 cos x
sin x = -1 ‹ cos x = 1
50 ≤ k ≤ 2-2 ≤ k ≤ 0
§ k = 05 -1 ≤ k - 1 ≤ 1-1 ≤ k + 1 ≤ 1
§
sin x = k - 1 ‹ cos x = k + 1
k å 3-2,-œ2 4 ∂ 3œ2, 24
§ k2 - 2 ≥ 0 ‹ k2 - 4 ≤ 0
k2 - 3 ≥ -1 ‹ k2 - 3 ≤ 1-1 ≤ k2 - 3 ≤ 1 §
-1 ≤ sin x ≤ 1
sin x = k2 - 3
§ x å 30, p4 3 ∂ 4
3p4
,5p4 3 ∂ 4
7p4
, 2p4
‹ x å 30, 2p 4§ 1cos x < -œ22
› cos x >œ22 2
|cos x|>œ22
‹ x å [0, 2p]
c. q. m.
18.2
Para x = 0, o polígono a cor corresponde ao triângulo [ADG] cuja
área é
Para , o polígono a cor corresponde ao quadrado [ABFG]
cuja área é 22 = 4.
18.3 Trata-se de resolver graficamente a equação A(x) = 4,3 .Introduzindo na calculadora gráfica as funções y1 = A(x) e
y2 = 4,3 ; no domínio , obtiveram-se os pontos de intersecção
dos dois gráficos:
A área do polígono [ABEG] é 4,3 para x ) 0,2 ou x ) 1,4.
19.1
Perímetro 5
c. q. m.
19.2
Interpretação:
Quando o perímetro do quadrilátero [CEAF] é igual a
6 + 2œ33
.
x =p3
,
=6 + 2œ3
3= 2 +
2
œ3= 2 +
2
œ3= 2 -
2
œ3+
4
œ3
= 2 -2
œ3= 2 +
2
œ32
f 1p32 = 2 -2
tg p3
+2
sin p3
f(x) = 2 -2
tg x+
2sin x
,
f (x) = 2 11 -1
tg x2 + 2 *1
sin x
2AE + 2CE
AF = AE e FC = CE
AE = 1 - EB = 1 -1
tg x
1
EB= tg x § EB =
1tg x
1
CE= sin x § CE =
1sin x
30, p24
x =p2
A1p22 = 2 11 + sin p2+ cos
p22 = 2 (1 + 1 + 0) = 4
AD * AG2
=4 * 2
2= 4.
A(0) = 2 (1 + sin 0 + cos 0) = 2(1 + 0 + 1) = 4;
A(x) = 2 (1 + sin x + cos x),
= 2 + 2 cos x + 2 sin x + 2 sin x cos x - 2 sin x cos x
= (1 + sin x) (2 + 2cos x) - 2 sin x cos x
=2 + 2 sin x
2* (2 + 2 cos x) -
2 cos x * 2 sin x2
14
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
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20.1Pág. 44
c. q. m.
20.2 •
•
•
21.
21.1
21.2
22.
BI = 1 + BH = 1 + tg x
BH1
= tg x § BH = tg x
= 2AD + 2 =2
tg x+ 2
= AD + 2 + AD
AC = AD + DG + GC
1
AD= tg x § AD =
1tg x
= sin x + 2 sin x cos x = g(x), c. q. m.
= (1 + 2 cos x) sin x
A˚[ABC] =AC * HB
2=
(1 + HC) * 2 sin x2
HB2
= sin x § HB = 2sin x
HC2
= cos x § HC = 2cos x
§ x = 0 › x =2p3
› x = p
§ sin x = 0 › cos x = -12
§ sin x = 0 › 1 + 2 cos x = 0
§ sin x (1 + 2 cos x) = 0
g(x) = 0 § sin x + 2 sin x cos x = 0
g(x) = sin x + 2 sin x cos x
= 3=
12545
=1 +
35+
45
45
f (a) =1 + sin a + cos a
cos a
a å 1.° Q
!
§ cos a =45
§ cos2 a = ¿Œ1625
§ cos2 a = 1 -925
cos2 a + 13522
= 1
cos2 a + sin2 a = 1
§ sin a =35‹ a å 4 0,
p2 3
§ -sin a = -35‹ a å 4 0,
p2 3
cos 1p2 + a2 = -35‹ a å 4 0,
p2 3
f (x) =1 + sin x + cos x
cos x,
f (x) = 1(cos x)
+sin xcos x
+1
cos x
f (x) = 1 + tg x +1
cos x
Perímetro = AB + BC + AC
1
AC= cos x § AC =
1cos x
BC1
= tg x § BC = tg x
23. Pág. 45
23.1
23.2
o trapézio é um quadrado de lado 1 e cuja área é,
portanto, 12 = 1.
24.
24.1
24.2
Para obtém-se a figura . A superfície sombreada reduz-se
a um ponto. A sua área é zero.
25.
25.1
Sendo , a semicircunferência tem raio 1.AB = 2
d(p) = 2sin p2= 2 * 1 = 2
d(x) = AB para x = p
d(x) = 2 sin x2
, x å A [0, p]
x =p4
f 1p42 = 1 - 2 sin p4
cos p4= 1 - 2 *
œ22
*œ22
= 0
= 1 - 4 *sin x * cos x
2= 1 - 2 sin x cos x = f (x), c. q. m.
= 1 - 4 *AH * HB
2
A = 12 - 4 * Área do ˚[AHB ]
HB1
= cos x § HB = cos x
AH1
= sin x § AH = sin x
f (x) = 1 - 2 sin x cos x
Para a =p2
,
f 1p22 = sin p2- sin
p2
cos p2= 1
= sin a - sin a cos a = f (a), c. q. m.
= (1 - cos a) sin a=2 - 2 cos a
2* sin a
=1 + (1 - 2 cos a)
2* sin a
Área do trapézio =BC + AD
2* AE
AD = 1 - 2BE = 1 - 2cos a
BE1
= cos a § BE = cos a
AE1
= sin a § AE = sin a
f (x) = sin x - sin x cos x
= 2 + tg x +1
tg x, c. q. m.
=21 1
tg x+ 12 (1 + tg x)
2=
1tg x
+ 1 + 1 + tg x
A˚[ABC] =AC * BI
2=1 2tg x
+ 22 * (1 + tg x)
2
!
x å [0, p]
15
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
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25.2 O ângulo BCA está inscrito numa semicircunferência. Logo, BCA é um ângulo recto e, portanto, o triângulo [ABC] é rectân-gulo em C.
25.3
26.1 Para a = 2 e b = -5, tem-se f (x) = 2 - 5 sin2 x . Pág. 46
Então, f (u) = 2 - 5 sin2 u .
Como
tem-se
Logo,
26.2 Como 0 é um maximizante e é um minimizante de f , temos:
Logo, a = 1 e b 5 -4.
27.1 O triângulo [APM] é rectângulo em M e
Assim:
•
•
Como , o comprimento da canalização é dado por:
= 4 +8 - 4 sin x
cos x= g(x), c. q. m.
= 4 -4 sin xcos x
+8
cos x
FP + 2 * PA = (4 - 4 tg x) + 2 *4
cos x
PA = PB
§ FP = 4 - 4 tg x
FP + PM = 4 § FP + 4 tg x = 4
PM4
= tg x § PM = 4 tg x
4PA
= cos x § 4 = PA * cos x § PA =4
cos x
AM = 4.
§ 5a = 11 + b = -3
§ 5a = 1b = -4
5f (0) = 1
f 1p22 = - 3§ 5 a + b * sin2 0 = 1
a + b * sin2 p2= -3
§ 5a = 1
a + b = - 3
p2
f (q) = 2 - 5sin2 q = 2 - 5 *15= 1.
§ 1 - sin2 q = 45§ sin2 q = 1 -
45§ sin2 q = 1
5
1 + 11222
=1
cos2 q§
1cos2 q
=54§ cos2 q = 4
5
1 + tg2 q = 1cos2 q
e tg q = 12
,
A˚3ABC4 =BC * CA
2=
2 cos x2* 2 sin
x2
2= 2 sin
x2
cos x2
, c. q. v.
± cos x2> 0BC = 2 cos
x2
, c. q. m.
x å 30, p 4 ± x2å 30,
p24
!BC2= 4 * cos2 x
2
BC2= 4 11 - sin2 x
22
BC2= 4 - 4 sin2 x
2
BC2+ 12 sin
x22
2
= 22
BC2+ AC
2= BA
2
27.2
Quando a amplitude de x é zero a canalização tem a forma dafigura abaixo.
Neste caso, o comprimento da canalização é de 12 km, pois
28. Pág. 47
Área do círculo:
Área do rectângulo:
Área do relvado:
29.
29.1 O apogeu corresponde a uma amplitude de x igual a 1808.
A altitude a do satélite no apogeu é dada por
a = d(180) - raio da Terra = 8409 - 6378 = 2031 km
29.2
Como 1808 < x < 2708
x = 2298
30.1 Pág. 48
Encontra-se a 7 metros do solo.
d(0) = 7 + 5 sin 0 = 7
x = 1808 + cos-1 (0,662)
§ 0,07 cos x = -19410
§ cos x ) -0,622
§ 1 + 0,07 cos x =78208200
d(x) = 8200 §7820
1 + 0,07 cos x= 8200
d(1808) =7820
1 + 0,07 cos 1808) 8409 km
rT = 6378 km
d =7820
1 + 0,07 cos x
A = Acírculo - Arectângulo = 25p - 100 cos x sin x, c. q. m.
= 100 cos x sin x
Arectângulo = AB * BC = 2a * 2b = 10 cos x * 10 sin x
Acírculo = p * 52 = 25p
b5= sin x § b = 5sin x
a5= cos x § a = 5 cos x
FM + AB = 4 + 8 = 12 .
g(0) = 4 +8 - 4 sin 0
cos 0= 4 +
8 - 01
= 12
16
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
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31. • Pág. 49
31.1 I. Janeiro: 31 dias
Fevereiro: 29 dias
Março: 24 dias
Total de dias: 84
O dia 24 de Março foi o 84.8 dia do ano. Tem-se, assim, n = 84.
No dia 24 de Março o Sol nasceu às 6 h 30 min e o tempo quedecorreu entre o nascer e o pôr-do-sol foi de 12 h 20 min.
Como 6 h 30 min + 12 h 20 min = 18 h 50 min, no dia 24 deMarço o pôr-do-sol ocorreu às 18 h 50 min.
31.2 Trata-se de resolver graficamente a inequação
Recorrendo à calculadora gráfica determinaram-se as abcissas dos pontos de intersecção do gráfico de f com a recta de equação y = 14,7.
Foi obtido o gráfico seguinte:
Podemos concluir que:
Como 191 - 154 + 1 = 38, o tempo que decorreu entre o nascer eo pôr-do-sol foi superior a 14,7 horas durante 38 dias.
32. Pág. 50
32.1 A capacidade total do depósito é dada por V(2 ).
A capacidade total do depósito é de 503 m3, aproximadamente.
32.2 Trata-se de resolver a equação V(x) = 300.
Recorrendo à calculadora gráfica determinou-se a intersecção dográfico da função V com a recta de equação y = 300.
Foi obtido o seguinte gráfico:
Podemos então concluir que para que existam 300 m3 de combus-tível no depósito, a amplitude do arco ABC terá de ser de 3,4radianos, aproximadamente.
V(2p) = 80 (2p - sin (2p)) = 160 p ) 503
p
V(x) = 80 (x - sin x) , x å 30, 2p 4
§ n å {154, 155, . . . , 190, 191}
f(n) > 14,7 § 153,4 < x < 191,6
f(n) > 14,7 , com n å {1, 2, 3, . . . , 366}.
) 12 h 20 min12,336 h = 12 h 0,336 * 60 min
f(84) = 12,2 + 2,64 * sin p (84 - 81)
183) 12,336
f (n) = 12,2 + 2,64 sin p(n - 81)
183 , n å {1, 2, 3, . . . , 366}
30.2 • Contradomínio
• Minimizantes
• Maximizantes
•
No instante t = 15 s o Manuel encontrava-se no ponto mais elevado da roda. Como o Manuel voltou a esta posição no instante t = 75 s, podemos concluir que levou 60 segundos (75 - 15 = 60) a dar uma volta completa.
30.3
A cadeira número 1 encontra-se a uma distância de 9,5 metros dosolo nos instantes t = 5s, t = 25s e t = 65s. Assim, o Manuel demora5 segundos a encontrar-se pela primeira vez a 9,5 metros do solo.
30.4 Já se verificou que a distância máxima ao solo atingida pela cadeira1 é de 12 metros e a distância mínima é de 2 metros. Podemos entãoconcluir que o diâmetro da roda é de 12 - 2 = 10 metros e, conse-quentemente, o raio tem 5 metros de comprimento.
§ t = 5 › t = 25 › t = 65
§ t = 5 + 60k › t = 25 + 60k, k å Z › t å 30, 75 4
k å Z ‹ t å 30, 75 4pt30
=5p6
+ 2kp,§pt30
=p6+ 2kp ›
§ sin 1 pt302 =12‹ t å 30, 75 4
d(t) = 9,5 ‹ t å 30, 75 4 § 7 + 5sin 1 pt302 = 9,5‹ t å 30, 75 4
t å 30, 75 4§ t = 0 › t = 30 › t = 60
§ t = 30k, k å Z
§pt30
= kp, k å Z
d(t) = 7§ 7 + 5sin 1 pt302 = 7 § sin 1 pt302 = 0
t å 30, 75 4
!
§ t = 15 › t = 75
§ t = 15 + 60k, k å Z
§pt30
=p2+ 2kp, k å Z
d(t) = 12 § 7 + 5sin 1 pt302 = 12 § sin 1 pt302 = 1
t å 30, 75 4
!
§ t = 45
§ t = 45 + 60k, k å Z
§pt30
=3p2
+ 2kp, k å Z
d(t) = 2 § 7 + 5sin 1 pt302 = 2 § sin 1 pt302 = -1
§ 2 ≤ 7 + 5sin 1 pt302 ≤ 12
§ -5 ≤ 5sin 1 pt302 ≤ 5
0 ≤ t ≤ 75 § 0 ≤pt30
≤5p2
± -1 ≤ sin 1 pt302 ≤ 1
!
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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32.3 Para determinar o volume de combustível no momento em que a
sua altura é da altura máxima é necessário calcular o valor da
amplitude de x correspondente a essa altura.
Atendendo à figura ao lado tem-se:
Então e, consequentemente,
No momento em que a altura do combustível existente
no depósito é da altura máxima, o seu volume é de
aproximadamente 98 m3.
32.4 O gráfico correcto é o (B). Pág. 51
O gráfico (C) não se ajusta à situação descrita uma vez que aaltura do combustível no depósito é crescente.
Atendendo à forma do depósito podemos concluir que a taxa devariação da altura não é constante. Logo, o gráfico (D) tambémnão traduz a situação apresentada.
O gráfico (A) também não é adequado pois, atendendo nova-mente à forma do depósito, a taxa de variação da altura do com-bustível no depósito é maior na parte inicial e na parte final doenchimento, ao contrário do que aí se apresenta.
33. Observando a figura verifica-se que
Pretendemos, portanto, calcular o valor de 3cosa sabendo que. Assim temos que:
Como a é um ângulo do quadrante, tem-se
1. Pág. 52
1.1 a)
A temperatura do ar às zero horas foi de
b)
A temperatura do ar às 10 horas foi de 22 °C .
= 18 + 8 *12= 22
T (10) = 18 + 8 sin p * 2
12= 18 + 8 sin
p6
11 °C .
= 18 - 8 *œ32
= 18 - 4œ3 ) 11
T(0) = 18 + 8 sin -8p12
= 18 - 8 sin 2p3
T(t) = 18 + 8 sin p(t - 8)
12
cos a = -13
e 3 cos a = -1.
3.8
1 + (œ8) 2 =1
cos2 a§ 1 + 8 =
1cos2 a
§ cos2 a =19
1 + tg2 a =1
cos2 a
tg a = œ8
= 5 cos a - 2 cos a = 3 cos a
= 5 cos a + 2 cos (p - a )5 sin 1p2 + a 2 + 2 cos (3p - a )
tga = œ8 .
14
V 12p3 2 = 80 * 12p3 - sin 2p3 2 ) 98
x = 2a =2p3
a =p3
cos a =
r2r=
12
14
1.2
.
A temperatura foi de às 6 horas e às 22 horas desse dia.
1.3
Portanto, , pelo que
Desta forma, temos que
A temperatura máxima foi de e ocorreu às 14 horas.
1.4
A temperatura mínima foi de e ocorreu às 2 horas .
1.5
A temperatura foi de às 8 horas e às 20 horas.18 °C
Como t å 30, 24 3 , vem t = 8 › t = 20.
§ t - 8 = 12k, k å Z § t = 8 + 12k, k å Z
§ sin p (t - 8)
12= 0 §
p (t - 8)12
= kp, k å Z
T (t) = 18 § 18 + 8 sin p (t - 8)
12= 18
10 °C
Como t å 30, 24 3 , t = 26 - 24 = 2.
§ t = 26 + 24k, k å Z
§ t - 8 = 18 + 24k, k å Z
§p (t - 8)
12=
3p2
+ 2kp, k å Z
§ sin p (t - 8)
12= -1
T(t) = 10 § 18 + 8 sin p (t - 8)
12= 10
26 °C
Como t å 30, 24 3 , vem que t = 14.
§ t = 14 + 24k, k å Z
§ t - 8 = 6 + 24k, k å Z
§p (t - 8)
12=p2+ 2kp, k å Z
§ sin p (t - 8)
12= 1
T(t) = 26 § 18 + 8sin p (t - 8)
12= 26
D9T = 310, 26 4 .
§ 10 ≤ T 1t2 ≤ 2618 - 8 ≤ 18 + 8 sin p (t - 8)
12≤ 18 + 8
-1 ≤ sin p (t - 8)
12≤ 1
§ -2p3
≤p(t - 8)
12≤
4p3
§- 8p12
≤p(t - 8)
12≤
16p12
§ -8p ≤ p(t - 8) ≤ 16p0 ≤ t < 24 § -8 ≤ t - 8 < 16
14 °C
t = 6 › t = 22Como t å 30, 24 3 , vem
§ t = 6 + 24k › t = 22 + 24k, k å Z
§ t - 8 = -2 + 24k › t - 8 = 14 + 24k, k å Z
§t - 812
= -16+ 2k ›
t - 812
=76+ 2k, k å Z
= p + p6+ 2kp, k å Z§
p (t - 8)12
= -p6+ 2kp ›
p (t - 8)12
§ sin p (t - 8)
12= -
12§ sin
p (t - 8)12
= sin 1- p62
T(t) = 14 § 18 + 8sin p (t - 8)
12= 14
18
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11©
Port
oE
dito
ra
1.6
A temperatura foi superior a entre as 8 horas e as 20 horas.
1.7
a)
.
A temperatura no interior foi máxima às 16 horas. Atendendo aque no exterior foi máxima às 14 horas temos um desfasamentotérmico de 2 horas.
b) Recorrendo à calculadora gráfica determinou-se a intersecçãodos gráficos de T e I. Foram obtidos os seguintes resultados:
A temperatura exterior foi superior à temperatura no interiordurante 9 h 13 min.
2.1Pág. 53
P(q) =4œ2
cos q2
, c. q. m.
P(q) = 4 *œ2
cos q2
§ AB =œ2
cos 1q2 2
§ œ2 = AB * cos q2
œ2
AB= cos
q2
9,213 h ) 9h 13 min
17,572 - 8,359 = 9,213
Como t å 30, 24 3 , vem t = 16
§ t = 16 + 24k, k å Z
§ t - 10 = 6 + 24k, k å Z
§ sin p (t - 10)
12= 1 §
p (t - 10)12
=p2+ 2kp, k å Z
I (t) = 23 § 20 + 3sin p (t - 10)
12= 23
17 ≤ I(t) ≤ 23
20 - 3 ≤ 20 + 3 sin p (t - 10)
12≤ 20 + 3
-1 ≤ sin p (t - 10)
12≤ 1
I(t) = 20 + 3 sin p (t - 10)
12
18 °C
2.2
. Trata-se de um quadrado de lado 2.
2.3 a)
, logo,
b)
Como , donde .
2.4 a) Sabendo que pretende-se calcular
Tem-se
Como , tem-se
Portanto,
Logo,
b) Atendendo à figura, tem-se:
Área do losango
Logo, se tg 1q22 =43
, A(q) = 4 *43=
163
.
A(q) = 2œ2 * œ2 tg 1q22§ A(q) = 4 tg q2
= A(q) = 2 *AC * OB
2
OB
œ2= tg
q2
§ OB = œ2 tg 1q22
P(q) = 4œ2 *1
cos q2
= 4œ2 *53=
20œ23
.
1
cos q2
=53
cos q2> 00° <
q2< 90°
1 + 14322
=1
cos2 q2
§1
cos2 q2
=259
1 + tg2 1q22 =1
cos2 q2
4œ2
cos q2
tg 1q22 =43
,
q = 60°0° <q2< 90°,
q2= 30°
§ cos q2=œ32
§ cos q2=
32*
1
œ3§ cos
q2=
32*œ33
§ cos q2=
4œ2
83 œ6
§ cos q2=
38* 4Œ2
6
P(q) =8œ6
3§
4œ2
cos 1q22=
8œ63
q = 1208.Como 0 < q < 1808, tem-se q2= 608
§ cos q2=
4œ2
8œ2§ cos
q2=
12
P(q) = 8œ2 §4œ2
cos q2
= 8œ2
P = 8
Para q = 908, P (908) =4œ2
cos 458=
4œ2
œ22
= 8.
19
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
CE
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tora
3.1 (o triângulo é equilátero) Pág. 54
3.2
3.3 Raio da roda + altura do triângulo
3.4
3.5
O Pedro avançou um arco de amplitude , relativamente à posi-ção inicial, ocupando a posição :
3.6 2 minutos 5 120 segundos
50 s ______
120 s ______ x
O Pedro avançou um arco de circunferência de amplitude, relativamente à posição P. Logo, o Pedro está
um pouco antes de [OA].
4.1 a) Pág. 55
b)
4.2 (são iguais dado que são ângulos agudos de lados paralelos)
4.3
GP = 6 cos a
GP = CP * cos a
GPCP
= cos a
GPC = a
A3BCP4 = 18œ2 m2 ) 25,46 m2
=12 * 3œ2
2= 18œ2
A3BCP4 =CB * GP
2
§ GP = 3œ2
GP
CP= sin 458§
GP6
=œ22
CP = 6
a = 45°
= 36 m2=6 * 12
2
A3BCP4 =PC * CB
2
a = 0
144° = 7 * 20° + 4°
1448 = 7 * 208 + 48
x = 864° = 2 * 360° + 144°
360°
P'40°
400° = 360° + 2 * 20°360° : 18 = 20°
(4 + 3œ3) m ) 9,20 m
h = 3œ3 m ) 5,20 m
§ h = œ27 § h = œ9 * 3 § h = 3œ3
§ h2 = 36 - 9
h2 + 32 = 62
AOBAOB = 60° 4.4
4.5
4.6
_______
_______
4.7
4.8
(46, ; 25), Para obtém-se um triângulo de área igual a 25 m2.
5.1 O gráfico faz lembrar o perfil da montanha. Pág. 56
5.2 Recorrendo à calculadora gráfica foram obtidos os valores máximoe mínimo de f :
a) P(19,45; 11,64)
b)
A diferença entre as altitudes dos pontos mais alto e mais baixodo perfil da montanha é 3,27 hm .
11,636 - 8,364 ) 3,27
a ) 46°0°
a = cos-1 125362 ; a ) 46,0
cos a =2536
A(a ) = 25 § 36 cos a = 25 §
08 ≤ a < 908
0 < 36 cos a ≤ 36
0 < cos a ≤ 1
08 ≤ a < 908
11p6
m ) 5,76 m
x =55 * 12p
360=
11p6
x55°
2 * p * 6360°
908 - a = 558
a = 35°
a = cos21 1592 ) 56,25°
§ cos a =59
A(a ) = 20 § 36 cos a = 20 § cos a =2036
A(a ) = 36 cos a
A3BCP4 =CB * GP
2=
12 * 6 cos a2
20
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 2
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
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11©
Port
oE
dito
ra
5.3 Calcularam-se as coordenadas dos pontos de intersecção do gráficode f com a recta de equação y = 11.
Obtiveram-se os seguintes valores:
O Nuno pode ocupar qualquer ponto P(x, y) da linha do perfil damontanha, tal que 0 , x , 17,25 ou 21,88 , x , 29,75, pois sóassim poderá observar uma asa-delta a voar por cima de si a umaaltura constante de 11 hm.
6. Pág. 57
6.1
No momento inicial, a distância do centro da esfera à recta OS édada por sendo C o ponto da recta OS tal que o triângulo[OPC] é rectângulo em C com .
6.2
O instante em que o centro da esfera passa pela primeira vez narecta r corresponde à solução da equação anterior que se obtémpara k 5 0.
Então, t ) 0,5 s.
t =
p2+ 0 * p
œ9,8=
p2 * œ9,8
) 0,5
§ t =
p2+ kp
œ9,8, k å Z
§ cos (œ9,8t) = 0 § œ9,8t =p2+ kp, k å Z
a (t) =p2§p2-p6
cos (œ9,8t) =p2§p6
cos (œ9,8t) = 0
PC
OP= sin 1p32§
PC1
=œ32
§ PC =œ32
COP = a(0) =p3
PC
a(0) =p2-p6
cos (0) =p2-p6=p3
a (t) =p2
-p6
cos (œ9,8t)
7.1 A diferença entre os comprimentos dos ponteiros é igual Pág. 58à diferença entre as distâncias das extremidades dos ponteiros à barra quando forem exactamente zero horas.
Logo, o valor pedido é igual a m(0) - h(0) .
Como 0,2 m = 20 cm, o ponteiro dos minutos tem mais 20 cm doque o ponteiro das horas.
7.2 Pretende-se mostrar que:
Interpretação:
1 hora = 60 * 60 segundos = 3600 segundos. De hora a horarepete-se a distância da extremidade do ponteiro dos minutos à barra.
7.3 A recta AB é paralela à barra nos instantes em que a distância daextremidade do ponteiro dos minutos à barra é igual à distância daextremidade do ponteiro das horas à barra.
Trata-se portanto de determinar as soluções da equação com
Recorrendo à calculadora gráfica obtiveram-se os pontos de inter-secção dos gráficos de h e m. Foram obtidos os seguintes valores:
Podemos então confirmar que, na primeira hora do dia, existiramdois instantes em que , ou seja, em que a recta AB éparalela à barra.
O instante pedido ocorre para t = 3100 s, ou seja, às 0 h 51 min 40 s.
h(t) = m(t)
t å 30, 3600 4 .m(t) = h(t)
= 1 +710
cos 1 p1800 t2 = m (t)
= 1 +7
10 cos 1 p1800
t + 2p2
= 1 +7
10 cos 1 p1800
t +3600p1800 2
m(t + 3600) = 1 +710
cos 1 p1800 (t + 3600)2
m(t + 3600) = m(t)
m(0) - h(0) = 0,2 m = 20 cm
m(0) - h(0) = 1,7 - 1,5 = 0,2
h(0) = 1 +510
cos 1 p21 600
* 02 = 1 +5
10* 1 =
1510
= 1,5
m (0) = 1 +710
cos 1 p1800* 02 = 1 +
710
* 1 =1710
= 1,7
21
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
Capítulo 3
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tora
1. Pág. 63
Resposta: (D)
2.
Resposta: (C)
3.
O hexágono regular podeser decomposto em seistriângulos equiláteros cujaaltura x é igual à medida doapótema, ou seja .
Resposta: (B)
4.
Resposta: (C)
5.
Resposta: (C)
6.
Resposta: (A)
7. Pág. 64
iv!i = 2
u!' v!§ u
! . v! = 0
§ 2k = 3 § k =32
§ 2k - 6 + 3 = 0
§ (2, 3) . (k - 3, 1) = 0
AB!' BC
!§ AB
! . BC!= 0
BC!= C - B = (k - 3, 2 - 1) = (k - 3, 1)
AB!= B - A = (3 - 1, 1 + 2) = (2, 3)
A(1, -2); B(3, 1); C(k, 2)
= k2 - (2k)2 = k2 - 4k2 = -3k2
= iu!i 2 - iv
!i 2= u
! . u! - v! . v!
= u! . u! - u
! . v! + v! . u! - v
! . v!= u! . (u! - v
!) + v! . (u! - v
!)(u
!+ v!) . (u! - v
!)
iu!i = k ; iv
!i = 2k, k å R+
§ -2 = - ib!i * 1
2§ ib
!i = 4§ -2 = - ib
!i * cos
p3
§ -10 = 5 * ib!i * cos 1p - p32-10 = 5 * ib
!i * cos
2p3
a! . b! = ia!i * ib!i * cos(a
!W b!)
= 2œ3 * 2œ3 * cos 60° = 4 * 3 *12= 6
FB! . FD
!= iFB
!i * iFD
!i * cos1FB
!WFD!2
iFB!i = iFD
!i = 2x = 2œ3
œ3
DFB = 1208 : 2 = 608
2 * 60° = 120°360° : 6 = 60°
= -6 cos 308 = -6 *œ32
= -3œ3
= 2 * 3 * cos (1508) = 6 cos(1808 - 308)
u! . v! = iu!i * iv!i * cos1u
!W v!2
= 4 * 4 * cos (1808) = 16 * (-1) = -16
u! . v! = iu!i * iv!i * cos1u
!W v!2
Resposta: (B)
8.
Resposta: (A)
9.
Os vectors e têm a mesma norma, a mesma direcção e sentidoscontrários. Logo, são simétricos.
Então .
Resposta: (A)
10.
Resposta: (B)
11.
Resposta: (B)
12.Pág. 65
Resposta: (D)
13.
Resposta: (B)
14.
Resposta: (A)
= -1= 2 * 12 + 0 - 3 * 12
= 2 ia!i 2 + a
! . b! - 3 ib!i 2
= 2a! . a! - 2a
! . b! + 3b! . a! - 3b
! . b!(2a!+ 3b!) . (a! - b
!)
a!' b!§ a
! . b! = 0
ia!i = ib
!i = 1
§ (u!W v!) =p3
rad§ cos (u!W v!) = œ3
2cos (u
!W v!) =
3œ32 * 3
cos (u!W v!) =
u! . v!
iu!i * iv
!i
u! . v! = 3œ3 ; iu
!i = 2 ; iv
!i = 3
= 12 * 15 *45= 144
AD! . AE
!= iAD
!i * iAE
!i * cos1AD
! W AE!2
cos1AD! W AE
!2 = cos(CÂB) =
45
cos(CÂB) =45
cos(CÂB) =ACAB
= - iAB!i 2 = -12 = -1
= -AB! . AB
!AB! . BA
!= AB
! . 1-AB!2
UQ!' TX
!§ UQ
! . TX!= 0
p!+ q!= 0!
q!
p!
§ (p!W q!) = 1808§ cos( p
!, q!) = -1
§ 3 * 3 * cos (p!, q!) = -9
§ ip!i * iq
!i * cos(p
!W q!) = -9p
! . q! = -9
ip!i = iq
!i = 3
= 36 *12= 18
= 6 * 6 * cos 60°= iBC
!i * iBD
!i * cos1BC
!W BD
!2BC
! . BD!
= 0 - 2 * 22 = -8
= u! . v! - 2 iv
!i 2
v! . 1u! - 2v
!2 = v! . u! - 2v
! . v!
22
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
EX
MA
11©
Port
oE
dito
ra
15.
Resposta: (C)
16.
Resposta: (B)
17.
Resposta: (C)
1.1 Pág. 66
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
2.1
2.2
2.3
3.1
3.2
3.3 = -3iu!i 2
= -3 * 22= -12u
! . v! = u! . (-3u
!) = -3u
! . u!u! . v! = 2 * œ3 * cos
p4= 2œ3 *
œ22
= œ6
u! . v! = 3 * 6 * cos
p6= 18 *
œ32
= 9œ3
e! . f! = 4 * 3 * cos p = 12 * (-1) = -12
c! . d! = 6 * 2œ2 *
œ22
= 12
c!W d!=p4
; cos(c!W d!) = œ2
2
id!i = œ22 + 22 = œ22 * 2 = 2œ2
i c!i = 6
a!' b!§ a
! . b! = 0
i c!i = œ12 + 62 = œ37
= (1, 0) + (0, 6) = (1, 6)
c!= u!- 3v!= (1, 0) - 3(0, -2)
iw!i = œ22 + 62 = œ40 = œ4 * 10 = 2œ10
AB!= B - A = (2, 6)
w!= AB
!, A 1 (1, -1), B 1 (3, 5)
i z!i = œ(-5)2 + (-3)2 = œ25 + 9 = œ34
z!= (-5, -3)
ia!i = œ(-3)2 + (œ2)2 = œ9 + 2 = œ11
a!= (-3, œ2)
iv!i = œ02 + (-1)2 = 1
v!= (0, -1)
iu!i = œ02 + 22 = 2
u!= (0, 2)
Perímetro = 3iAB!i = 3 * 4 = 12
§ iAB!i = 4
§ iAB!i
2= 16
§ iAB!i
2*
12= 8
iAB!i = iAC
!i
§ iAB!i * iAB
!i * cos 608 = 8
§ iAB!i * iAC
!i * cos1AB
! W AC!2 = 8
AB! . AC
!= 8
= -22 = -4
= -iCD!i
2
AD!' CD
!
= 0 - CD! . CD
!= AD
! . CD!+ DC
! . CD!
AC!= AD
!+ DC
!
= (AD!+ DC
!) . CD
!AC! . CD
!
§ k = -2§ 6 + 3k = 0
a!' b!§ a
! . b! = 0
= 6 + 3ka! . b! = (2, 3) . (3, k)
a!= (2, 3); b
!= (3, k) 4. Pág. 67
5.
Logo, . Deste modo, e têm a mesma direcção e omesmo sentido.
6.
7.
8.
9. Pág. 68
9.1
9.2
9.3
9.4
9.5
9.6
10. iv!i = 5; (u
!+ v!) . (u! - v
!) = 11
= 24u! . v! = 24 * 3 = 72
- 4u! . u! + 6u
! . v! + 6v! . u! - 9v
! . v!= 4u! . u! + 6u
! . v! + 6v! . u! + 9v
! . v! -= (2u
!+ 3v!) . (2u
!+ 3v!) - (2u
!- 3v!) . (2u
!- 3v!)
i2u!+ 3v!i 2
- i2u!- 3v!i 2
= 4 + 9 = 13= iu!i 2
+ iv!i 2
u! . (u! + v
!) - v! . (u! - v
!) = u! . u! + u
! . v! - v! . u! + v
! . v!= 4 * 22 - 32 = 16 - 9 = 7
= 4iu!i 2
- iv!i 2
(2u!- v!) . (2u
!+ v!) = 4u
! . u! + 2u! . v! - 2v
! . u! - v! . v!
= 2 * 22 + 3 - 32 = 2
= 2iu!i 2
+ u! . v! - iv!i 2
(u!+ v!) . (2u
!- v!) = 2u
! . u! - u! . v! + 2v
! . u! - v! . v!
= -2 * 3 + 6 iu!i 2 = -6 + 6 * 22 = 18
2u! . (-v
!+ 3u!) = -2u
! . v! + 6u! . u!
v! . (u! + v
!) = v! . u! + v
! . v! = 3 + iv!i 2
= 3 + 32= 12
iu!i = 2; iv
!i = 3; u
! . v! = 3
= 100 *12= 50
= -10 * 10 * cos 608 + 10 * 10 cos 608 + 10 * 10 * cos 608
= - CA! . CB
!+ BC
! . BA!+ AB
! . AC!
= -CA! . CB
!+ (-BC
!) . (-BA
!) + AB
! .AC!
= AC! . CB
!+ CB
! . AB!+ AB
! . AC!
u! . v! + v
! . w! + w! . u!
(u!W v!) = cos-1 1œ3
3 2 ) 54,78
cos(u!W v!) =
u! . v!
iu!i * iv
!i=
3œ33 * 3
=œ33
- 4 ≤ u! . v! ≤ 4
-4 ≤ 4 cos (u!W v!) ≤ 4
-1 ≤ cos(u!W v!) ≤ 1
u! . v! = 4 cos (u
!W v!)
u! . v! = 2 * 2 * cos(u
!W v!)
u! . v! = iu!i * iv!i * cos (u
!W v!)
v!
u!
u!W v!= 0°
§ cos 1u!W v!2 = 1iu
!i * iv
!i = iu
!i * iv
!i * cos (u
!W v!)
u! . v! = iu!i * iv!i * cos (u
!W v!)
u! . v! < 0
u! . v! = -iu
!i * iv
!i
u! . v! = iu!i * iv!i * (-1)
!!
!
23
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
CE
XM
A11
©Po
rto
Edi
tora
10.1
10.2
11. •
•
•
12.
12.1
12.2
12.3
13. Consideremos um refe- Pág. 69rencial o. n. xOy sendoO o centro da circun-ferência tal que Oxcontém o diâmetro[AB] da mesma circun-ferência.
Seja r o raio da circun-ferência.
Tem-se que:
e .B(r, 0)A(- r , 0)
BA! W BC
!= cos-1 1 -5
œ2212 ) 1108
cos(BA! W BC
!) = BA
! . BC!
iBA!i * iBC
!i=
-5
œ4 + 9 * œ16 + 1=
-5
œ221
BA! . BC
!= -8 + 3 = -5
BC!= C - B = (4, 1)
BA!= -AB
!= (-2, 3)
AWBC = BA!W BC
!
AB! W AC
!= cos-1 1 18
œ5202 ) 37,98
=18
œ13 * œ40=
18
œ520
cos(AB! W AC
!) = AB
! . AC!
iAB!i * iAC
!i=
18
œ4 + 9 * œ36 + 4
AB! . AC
!= 12 + 6 = 18
AC!= C - A = (6, -2)
AB!= B - A = (2, -3)
A(-1, 2); B(1, -1); C(5, 0)
§ iv!i = œ10
± 2iv!i 2
= 20 § iv!i 2
= 10
5iu!i 2 - iv
!i 2 = 10
iu!i 2
+ iv!i 2
= 30§ 5 iu
!i2
= 10 + iv!i2
10 + iv!i 2
+ iv!i 2
= 30
§ iu!i 2
+ iv!i 2
= 30
u! . v! = -10
§ iu!i
2- 2 * 10 + iv
!i
2= 10
§ iu!i 2
+ 2u! . v! + iv!i 2
= 10
§ u! . u! + u
! . v! + v! . u! + v
! . v! = 10
§ (u!+ v!) . (u! + v
!) = 10
(u!+ v!)2 = 10
§ iu!i 2
- iv!i 2
= 10
§ u! . u! - u
! . v! + v! . u! - v
! . v! = 10
(u!+ v!) . (u! - v
!) = 10
= 6 * 5 * cos p3= 30 *
12= 15
u! . v! = iu!i * iv!i * cos (u
!W v!)
§ iu!i = 6
§ iu!i 2
= 36
§ iu!i 2
- 52 = 11
§ iu!i 2
- iv!i 2
= 11
§ u! . u! - u
! . v! + v! . u! - v
! . v! = 11
(u!+ v!) . (u! - v
!) = 11 com , pois C é um ponto da circunferência.
o ângulo ACB é recto.
14.
, logo,
Logo, , c. q. d.
15.
Logo, , c. q. m.
16.1 Pág. 70
, c. q. m.
16.2
17.1
O triângulo [ABC] é escaleno.
iBC!i = œ4 + 4 + 16 = œ24
iAC!i = œ4 + 9 + 49 = œ62
iAB!i = œ0 + 1 + 9 = œ10
BC!= C - B = (-2, -2, 4)
AC!= C - A = (-2, -3, 7)
AB!= B - A = (0, -1, 3) ; BA
!= (0, 1, -3)
A(-1, 3, 0); B(-1, 2, 3); C(-3, 0, 7)
= - \\VA!2||= -VA2, c. q. p.
= -VA! . VA
!(VA!= US
!)
= -VA! . US
!VA! . SU
!= VA
! . (-US!)
= \\SA!2||= SA2
UV! . SA
!= SA! . SA
!(SA!= UV
!)
= HV! . VA
!= 0 + HV
! . VA!
= UH! .VA
!+ HV
! .VA!
UV! . VA
!= (UH
!+ HV
!) . VA
!
AB! . AC
!= a2
= a2
= iAB!i 2 + 0
= AB! . AB
!+ AB
! . BC!
AB! . AC
!= AB
! . (AB!+ BC
!)
AC2= AB
2+ BC
2
= AB2+ BC
2
= iAB!i
2+ 0 + 0 + iBC
!i
2
= AB! . AB
!+ AB
! . BC!+ BC
! . AB!+ BC
! . BC!
= (AB!+ BC
!) . (AB
!+ BC
!)
= AC! . AC
!AC
2
= iAC!i
2
AB! . BC
!!= 0AB
!' BC
!!AC!= AB
!+ BC
!
CA! . CB
!= 0 § CA
!' CB
!±
x2 + y2 = r 2
= r 2 - r 2 = 0
= (x2 + y2) - r 2
= x2 - r2 + y2
CA! . CB
!= (-x - r)(-x + r) + (-y)(-y)
CB!= B - C = (-x + r, -y)
CA!= A - C = (-x - r, -y)
x2 + y2 = r 2C(x, y)
!
!
24
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
EX
MA
11©
Port
oE
dito
ra
17.2
O triângulo [ABC] é obtusângulo.
18.
e são colineares, sendo
19.
Como tem a terceira coordenada negativa,
20.
20.1
20.2
20.3
21.1 Pág. 71
é um ponto genérico da mediatriz de [AB].P(x, y)
M14 + 52
,2 - 3
2 2; M192 , -122
A(4, 2); B(5, -3)
= 10 + 4 - 4œ5 + 5 = 19 - 4œ5
= 1œ32 + (2 - œ5)2 + (-1)222= 9 + 12 - œ5 22 + 1
ia!- b!i 2
5 \\(3, 2, 0) - (0, œ5, 1)\\2= \\(3, 2 -œ5, -1)\\
2
(a!W b!) = cos-112œ5
œ782 ) 608
cos(a!W b!) =
a! . b!
ia!i * ib
!i=
2œ5
œ9 + 4 * œ5 + 1=
2œ5
œ13 * œ6=
2œ5
œ78
a! . b! = 3 * 0 + 2œ5 + 0 * 1 = 2œ5
a!= (3, 2, 0); b
!= (0, œ5, 1)
a!= 1- 36
7,
247
, -727 2.
a!
a!= 1- 36
7,
247
, -727 2 ou a
!= 136
7, -
247
,727 2
a!= -
127
(3, -2, 6) ou a!=
127
(3, -2, 6)
§ k = - 127
› k =127
ia!i = 12 § 7 \k \ = 12 § \k \ =
127
= œ49k2 = 7œk2 = 7 \k \
ia!i = œ(3k)2 + (-2k)2 + (6k)2 = œ9k2 + 4k2 + 36k2
a!= (3k, -2k, 6k)
a!= k (3, -2, 6)
a!= k b
!e ia!i = 12
b!= (3, -2, 6)
AB!= 2 MN
!.AB
!MN!
MN!= N - M = 11, -
32
,12 2
AB!= B - A = (2, -3, 1)
N 13 - 32
,-2 - 3
2,
1 + 02 2; N10, -
52
,122
M11 - 32
,1 - 3
2, 02; M(-1, -1, 0)
A(1, 1, 0); B(3, -2, 1); C (-3, -3, 0)
ABC = cos-1 1 - 14
œ2402 ) 154,658
=0 - 2 - 12
œ10 * œ24=
-14
œ240
cos (ABC) = cos( BA!W BC
!) = BA
! . BC!
iBA!i * iBC
!i
CÂB = cos-1 1 24
œ6202 ) 15,458
=0 + 3 + 21
œ62 * œ10=
24
œ620
cos (CÂB) = cos(AC!W AB
!) = AC
! . AB!
iAC!i * iAB
!i
21.2
é um ponto genérico da mediatriz de [AB].
22.1
é um ponto genérico dacircunferência de diâmetro [AB].
22.2é um ponto genérico da circunferência de diâmetro [AB].
23.
23.1
23.2 Centro da circunferência:
é um ponto genérico da recta tangente à circun-ferência no ponto T .
§ y = 2x + 7
§ 2y = 4x + 14
§ -4x - 8 + 2y - 6 = 0
§ (x + 2, y - 3) . (-4, 2) = 0
TP! . CT
!= 0
TP!= (x + 2, y - 3)
P(x, y)
CT!= (- 4, 2)
T (-2, 3)
C (2, 1)
(-2 - 2) 2 + (3 - 1) 2 = 20 § 16 + 4 = 20 § 20 = 20
T (-2, 3)
(x - 2) 2 + (y - 1) 2 = 20
§ x2 + y2 + 2x + 2y - 11 = 0
§ x2 - 2x + 4x - 8 + y2 + 3y - y - 3 = 0
§ (x + 4) (x - 2) + (y - 1) (y + 3) = 0
§ (x + 4, y - 1) . (x - 2, y + 3) = 0AP! . BP
!= 0
P(x, y)
A(-4, 1); B(2, -3)
§ x2 + y2 - 3x - 9y + 20 = 0
§ x2 - 3x + y2 - 5y - 4y + 20 = 0
§ (x - 3) x + (y - 4) (y - 5) = 0
§ (x - 3, y - 4) . (x, y - 5) = 0
AP! . BP
!= 0
P (x, y)
A(3, 4); B(0, 5)
§ y =17
x +57
§ 7y = x + 5
§ -x -32+ 7y -
72= 0
§ -1 1x +322 + 7 1y -
122 = 0MP
! . AB!= 0
AB!= (-1, 7)
MP!= 1x +
32
, y -122
P (x, y)
M1-1 -22
,-3 + 4
2 2; M1- 32
,122
A(-1, -3); B(-2, 4)
§ y =15
x -75
§ 5y = x - 7
§ x -92- 5y -
52= 0
§ 11x -922 - 51y +
122 = 0
MP! . AB
!= 0
AB!= (1, -5)
MP!= 1x -
92
, y +122
25
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
CE
XM
A11
©Po
rto
Edi
tora
24.
, c. q. m.
25. Tem-se
Q (x, 0); Q é um pontode Ox
Como a recta t é tangenteà circunferência no pontoP tem-se que ,pelo que
Como P(r, s) pertence à circunferência de centro na origem e raio 1,tem-se .
Logo, , c. q. p.
1.1 Pág. 72
Como [RS] está contido no eixo Ox, V tem a abcissa igual à de R ea ordenada igual à de U. Logo, V(1, 1).
Recta UM
(U pertence a UM)
Logo, a recta UM, passa na origem, ou seja, passa no centro da circunferência.
1.2
Como N é um ponto de Ox, N tem coordenadas (x, 0)
Deste modo, temos que c. q. m.N154 , 02,
§ x - 1 -14= 0 § x =
54
MU!' MN
!§ MU
! .MN!= 0 § 1 (x - 1) +
12* 1- 1
22 = 0
MN!= N - M = 1x - 1, -
122
MU!= U - M = 11,
122
y =12
x
y =12
x - 1 + 1
y - 1 =12
(x - 2)
m =1 -
12
2 - 1=
12
M11 + 12
,0 + 1
2 2 ; M11, 122
R(1, 0), U (2, 1)
xr = 1 § x =1r
r 2 + s 2 = 1
§ xr = r 2 + s2
§ xr - r2 - s2 = 0
(r, s) . (x - r, -s) = 0
OP! . PQ
!= 0
OP!' PQ
!
PQ!= (x - r, -s)
OP!= (r, s)
P (r, s)
= AB2
= iAB i2+ 0
= AB! . AB
!+ AB
! . BC!
= AB! . (AB
!+ BC
!)
AB! . AC
!1.3
1.4
1.5
proposição verdadeira, logo o ponto T
pertence à circunferência.
1.6 é um ponto genérico da recta t.
Como e , t é a recta NU.
1.7 a) define a circunferência de diâmetro [VS];
é um ponto genérico dessa circunferência.
§ x2 + y2 - 3x - y + 2 = 0
§ x2 - 2x - x + 2 + y2 - y = 0
§ (x - 1) (x - 2) + (y - 1) y = 0
VP! . SP
!= 0 § (x - 1, y - 1) . (x - 2, y) = 0
V(1, 1), S (2, 0)
P (x, y)
VP! . SP
!= 0
N å tU å t
U(2, 1); 1 =43* 2 -
53§ 1 = 1; U å t
N 154 , 02; 0 =43*
54-
53§ 0 = 0; N å t
§ y =43
x -53
§35
y =45
x - 1
§45
x -1625
-35
y -925
= 0
OT! . TP
!= 0 § 145, -
352 . 1x -
45
, y +352 = 0
P (x, y)
1625
+9
25= 1 § 1 = 1,
14522
+ 1- 352
2
= 1
T 145, -352; C: x2 + y 2 = 1
NUM = cos-1 1 2
œ52 ) 26,68
=
54
54* œ5
2
=2
œ5
cos (NUM) = cos ( UN!W UM
!) =
UN! . UM
!
iUN!i * iUM
!i
iUM!i = Œ1 + 1
4= Œ5
4=œ52
iUN!i = Œ 9
16+ 1 = Œ25
16=
54
UN! . UM
!=
34+
12=
54
UM!= M - U = 11,
122 - (2, 1) = 1-1, -
122
UN!= N - U = 154 , 02 - (2, 1) = 1- 3
4, -12
A3MNU4 =
œ52
*œ54
2=
516
MN!= 114 , -
122; iMN
!i = Œ 1
16+ 1
4=œ54
MU!= 11,
122; iMU
!i = Œ1 + 1
4= Œ5
4=œ52
26
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 3
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
EX
MA
11©
Port
oE
dito
ra
b) define a mediatriz do segmento de recta [VR].
P(x, y) é um ponto genérico dessa mediatriz.
c) define a recta tangente à circunferência C noponto R.
é um ponto dessa recta tangente.
2.1 a) Se [OAD] é equilátero tem-se . Pág. 73
Como D é um ponto do círculo trigonométrico, as suas coor-denadas são .
Dado que e tem-se .
b)
c)
DBC = 1808 - 2 * 758 = 308
BCD = CDB = 758
CDB = cos-1 1 1
2ŒŒ3 + 22 = 758
cos(DB!W DC
!) = DB
! . DC!
iDB!i * iDC
!i=
12
ŒŒ3 + 2 * 1
=1
2ŒŒ3 + 2
iDC!i = œ1 + 0 = 1
||DB!|| = Œ1- 1
222
+ 1-1 -œ32 2
2
= ŒŒ3 + 2
DB! . DC
!=
12+ 0 =
12
DC!= C - D = (-1, 0)
DB!= B - D = 1- 1
2, -1 -
œ32 2
B(0, -1) , C 1- 12
, œ32 2
D112 , œ32 2sin 608 =
œ32
,cos 60° =12
(cos a , sin a)
a = 60°
§ x = 1
§ x - 1 + 0 = 0
OR! . RP
!= 0 § (1, 0) . (x - 1, y) = 0
R(1, 0); P(x, y)
OR! . RP
!= 0
§ y =12
§ 0 (x - 1) - 1 1y -122 = 0
VR! .MP
!= 0 § (0, -1) . 1x - 1, y -
122 = 0
V(1, 1); R(1, 0); M11, 122
VR! .MP
!= 0 Outro processo:
O triângulo [BOD] é isósceles
Se
Logo,
2.2
c. q. m.
2.3 Sendo o triângulo [DEO] isósceles tem-se
e, consequentemente
2.4 a)
c. q. m.
b)
Como
d = Œ25=œ10
5
d 2 = 2 - 2 cos a § d 2 = 2 - 2 *45§ d 2 =
25
08 ≤ a < 908, cos a =45
1 + 13422
=1
cos2 a§
2516
=1
cos2 a§ cos2 a =
1625
1 + tg2 a =1
cos2 a; tg a =
34
§ d 2 = 2 - 2 cos a ,
§ d 2 = 1 + 1 - 2 cosa
§ d 2 = (sin2 a + cos2 a) + 1 - 2 cos a
§ d 2 = sin2 a + 1 + cos2 a - 2 cos a
§ d 2 = sin2 a + (1 - cos a)2
DA2= DN
2+ NA
2
NA = 1 - ON = 1 - cos a
DN = sin a
=œ22 11 +
œ22 2 =
œ22
+12
A = cos 458 (1 + sin 458)
a = 458.ED = EO
A = cos a (1 + sin a ),
A =CD * EB
2=
2 ED * (OB * EO)2
EO = sin a
ED = cos a
BCD = BDC =1808 - 308
2= 758
DBC = 2 * 158 = 308
= 158
a = 608, OBD = 458 - 308
= 45 -a2
DBO = ODB =180 - (90 + a )
2
BOD = 908 + a
(OB = OD)
CE
XM
A11
©Po
rto
Edi
tora
1. Pág. 90
Uma recta perpendicular a r tem declive 4.
Resposta: (D)
2.é um vector normal a a.
é um vector normal a b.
Como são colineares,
Resposta: (D)
3.
é um vector director de t.
Resposta: (C)
4.
Ponto genérico de
Um vector director de s é da forma
Sendo , vem
Resposta: (D)
5. Pág. 91
Logo, a recta r passa no ponto A(-11, 4, 0) e tem a direcção dovector Deste modo, tem-se que:
Resposta: (C)
6. Observando a figura tem-se P(0, 5, 4) e Q (3, 5, 0).
Logo, uma equação vectorial da recta PQ é:
Resposta: (D)
7. P(0, 0, 4); Q(0, 4, 0)
Ponto médio de [PQ] : M(0, 2, 2)
Seja a o plano mediador de [PQ].
Então logo:
O único ponto que satisfaz a condição y 5 z é o ponto A(1, 0, 0).
Resposta: (A)
a : 4y - 4z = 0 § y = z
§ d = 0
4 * 2 - 4 * 2 + d = 0M å a :
a : 0x + 4y - 4z + d = 0
PQ!' a e M å a ,
PQ!= Q - P = (0, 4, -4)
(x, y, z) = (3, 5, 0) + k (3, 0, 2 4), k å R.
PQ!= Q - P = (3, 5, 0) - (0, 5, 4) = (3, 0, -4)
r : (x, y, z) = (-11, 4, 0) + k (-14, 5, 1), k å R.
r!= (214, 5, 1).
§ 5y - 4
5= z
x + 11-14
= z§
x + 11-14
=y - 4
5=
z1
§ 5y = 4 + 5zx - z = 1 - 12 - 15z
§ 5y - 4 = 5zx + 11 = -14z
5y = 4 + 5zx - z = 1 - 3 (4 + 5z)5y - 4 = 5z
x - z = 1 - 3y§
P(-1, 0, 2) e s!= (0, -1, 0).y = 0 e a = -1
s!a= (0, a, 0), com a 0 0.
s : Py (-1, y, 2)
x = -1 ‹ z = 2
t!= (-4, 0, 1)
§x - 1-4
=z1‹ y = -2
§1 - x
2= 2z ‹ y = - 25
y = -2
1 - x2
= 2z
a § § b.n!a e n!b
n!a = - n
!b
n!b
b : x = 2 - 2y + z § x + 2y - z - 2 = 0 ; n!b = (1, 2, -1)
n!a
a : -x - 2y + z - 2 = 0 ; n!a = (-1, -2, 1)
r : 2y = -x2+ 1 § y = -
14
x +12
Capítulo 4
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
27
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
8. xOz: y 5 0 Pág. 92
Logo, (3, 0, 6) são as coordenadas do ponto de intersecção da recta rcom o plano xOz.
Outro processo:
é um vector director de r.
Uma equação vectorial de r é:
Seja R um ponto genérico de r:
Substituindo na equação do plano xOz cuja equação é y = 0, vem que:
Substituindo k por 2 em R tem-se:
(-1 + 2 * 2, 2 - 2, 3 * 2) = (3, 0, 6) que são as coordenadas doponto pedido.
Resposta: (D)
9. Seja a a medida da aresta do cubo. As coordenadas do ponto D são(a, 0, a). Como D pertence ao plano definido pela equaçãox + y = 10 tem-se
Resposta: (B)
10. U(2, 4, 2)
(2, 0, 2) são as coordenadas do ponto T
r é a recta que passa em T e tema direcção do vector ,ou seja, do eixo Oz. A recta r é,assim, a recta PT. Como P é umponto do plano OUV, P é aintersecção da recta PT comaquele plano.
Resposta: (A)
11. A recta r é definida por Pág. 93
Logo, (1, 2, 0) é um ponto de r, é um vector directordessa recta e é um vector colinear com .
Deste modo, uma equação vectorial de r é:
Resposta: (A)
(x, y, z) = (1, 2, 0) + k (0, 0, 2), k å R.
r!
2r!= (0, 0, 2)
r!= (0, 0, 1)
5x = 1y = 2
r!= (0, 0, 1)
r : (x, y, z) = (2, 0, 2) + k (0, 0, 1), k å R
a + 0 = 10 § a = 10.
2 - k = 0 § k = 2
R(-1 + 2k, 2 - k, 3k)
r : (x, y, z) = (-1, 2, 0) + k (2, -1, 3), k å R
A(-1, 2, 0) å r e r!= (2, -1, 3)
r :x + 1
2=
y - 2-1
=z3
§ 5x = 3y = 0z = 6
5x + 1
2=
y - 2-1
=z3
y = 0§ 5
x + 12
=-2-1
z3=
-2-1
y = 0
§ 5x + 1 = 4z = 6y = 0
xy
z
xy
z
12.
Um ponto pertence à recta de intersecção de se e só seé um ponto que pertence a
A(5, 5, 0); A a pois 5 - 5 + 3 * 0 0 1
B(1, 0, 0); B b pois 1 + 0 - 7 * 0 0 7
C (0, 0, -1); C a pois 0 - 0 + 3 * (-1) 0 1
D(4, 3, 0); D a pois 4 - 3 + 3 * 0 = 1 e D bdado que 4 + 3 - 7 * 0 = 7
Resposta: (D)
13. A condição define a recta de intersecção dos planos de equa-
ções x = 0 (plano yOz) e z = 3.
Resposta: (C)
14. define uma recta com a direcção do vector, ou seja, paralela ao eixo Oy.
Resposta: (B)
15. A condição x = 2 y = 1 define uma recta com a direcção Pág. 94do vector , portanto paralela aoeixo Oz.
Resposta: (A)
16.
• não são colineares (1 0 0). Logo, r e s não são paralelas.
• Logo, r e s não são perpendiculares.
• r e s são concorrentes porque o ponto de coordenadas (2, 1, 3)pertence às duas rectas.
Resposta: (A)
17.
Se AB e r são rectas paralelas então são vectores colineares, ou seja, o .
Logo,
Resposta: (B)
18.
Se r e s são rectas coincidentes, todo o ponto de r é ponto de s.
Em particular o ponto A(1, 3, 0) que pertence a r terá que pertencer a s:
Resposta: (C)
19. Pág. 95
• não são colineares Logo, a e b não são paralelos.
• Logo, a e b não sãoperpendiculares.n!a . n!b = 1 * 2 - 1 * 2 + 1 * 2 = 2 0 0.
112 0-12 2.n
!a e n!b
b : 2x + 2y + 2z + 1 = 0; n!b = (2, 2, 2) ' b
a : x - y + z +12= 0; n
!a = (1, -1, 1) ' a
§ k = 31 - 3
2=
3 - 52
=0 - k
3§ -1 = -1 = -
k3
r :x - 1
2=
y - 32
=z3
; s :x - 3
2=
y - 52
=z - k
3
m = -1.
5k = -1m = -1
(-2, m, 3) = k (2, 1, -3) § 5- 2 = 2km = k3 = -3k
§
AB!= kr!, k å R
AB!e r!
r!= (2, 1, -3)
r :x - 1
2= y = -
z3
§x - 1
2=
y1=
z-3
AB!= (-2, m, 3)
r! . s!= 1 + 0 + 1 = 2 0 0.
r!
e s!
s : (x, y, z) = (2, 1, 3) + k (1, 0, 1), k å R; s!= (1, 0, 1)
r : x - 2 = y - 1 = z - 3; r!= (1, 1, 1)
u!= (0, 0, a), com a 0 0
‹
u!= (0, a, 0), com a 0 0
x = 2 ‹ z = 1
5x = 0z = 3
åå
∫
∫
∫
a e a b.a com b
a : x - y + 3z = 1; b : x + y - 7z = 7. Os planos a e b são concorrentes não perpendiculares.
Resposta: (C)
20.
não é perpendicular a b2
Resposta: (C)
21.
Se b é paralelo a a então
Como (0, 1, 2) å b, vem que:
Resposta: (C)
22.
é um vector director de r
é normal a xOy
é normal a xOz
é normal a yOz
Resposta: (B)
23. Se a e b são estritamente paralelos, Pág. 96dada uma recta contida em a,existem em b uma infinidade de rectas que lhe são paralelas.Resposta: (D)
24. é um vector normal a a
é um vector director de r
é colinear com
Logo, a recta r é perpendicular a a.
Resposta: (A)
25. é normal a a
tem a direcção da recta r
P(0, 2, 3)
Substituindo as coordenadas de P na equação de a (0 - 3 0 2) verifica-se que P a.
Substituindo as coordenadas de P nas equações de rverifica-se que P r.
Como pelo que a recta r é paralela a a.
Resposta: (C)
n!a . r!= 0, n
!a ' r
!n!a . r!= (3, 0, -1) . (1, 2, 3) = 3 + 0 - 3 = 0
∫10 0
222
∫
r : x =y2=
z3
; r!= (1, 2, 3)
a : 3x - z = 2 ; n!a = (3, 0, -1)
n!an
!a = 2r
!± r
r : x = y = z; r!= (1, 1, 1)
a : 2x + 2y + 2z = 5; n!a = (2, 2, 2)
r! . j! = 0 ± r §§ xOz
r! . j! = (3, 0, -1) . (0, 1, 0) = 0
yOz : x = 0; i!= (1, 0, 0); i
!xOz : y = 0; j
!= (0, 1, 0); j
!xOy : z = 0; k
!= (0, 0, 1); k
!r!= (3, 0, -1)
r : (x, y, z) = (0, 1, 2) + k (3, 0, -1), k å R
b : x + 2y - z = 0 §-x - 2y + z = 0
0 + 2 * 1 - 2 + d = 0 § d = 0
b : x + 2y - z + d = 0.
a : x + 2y - z - 2 = 0
w!1. w!2 = 0 ± c1 ' c2
c2 : z = 0; w!2 = (0, 0, 1) ' c2
c1 : x - y = 0; w!1 = (1, -1, 0) ' c1
± b1
v!1. v!2 = -3 + 2 - 2 = -3 0 0
b2 : 3x + 2y + 2z = 2; v!2 = (3, 2, 2) ' b2
b1 : -x + y - z = 1; v!1 = (-1, 1, -1) ' b1
a1 §§a2
a2 : x + y = 0; u!2 = (1, 1, 0) ' a2
a1 : x + y = 3; u!1 = (1, 1, 0) ' a1
28
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
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26. Pág. 97
é um vector director de r
é um vector director do eixo Oz
é perpendicular ao eixo Oz
é paralela ao plano xOy
Resposta: (A)
27. é normal a a
é normal a xOy
Resposta: (B)
28. é um vector normal a a
é um vector director de r
Resposta: (B)
29.
• BG é paralela a a e não é paralelaa b (a opção (A) é falsa).
• FE é perpendicular a a e FEnão é perpendicular a b (a opção(C) é falsa).
• FA é perpendicular à intersecção de a com b e não é perpen-dicular a b (a opção (D) é falsa).
Resposta: (B)
30. Todos as rectas passam no ponto de Pág. 98coordenadas (1, 1, 1) do 1.8 octante
•
Recta paralela ao eixo Ox.
Intersecta apenas o plano yOz.
•
Recta paralela ao eixo Oy.
Intersecta apenas o plano xOz.
•
Recta perpendicular ao eixo Oz.
Não intersecta o plano xOy.
Resposta: (D)
(x, y, z) = (1, 1, 1) + k (1, 2, 0), k å R
(x, y, z) = (1, 1, 1) + k (0, 2, 0), k å R
(x, y, z) = (1, 1, 1) + k (1, 0, 0), k å R
a ' b
b : ABC
a : EAD
§ m = -1
§ (1, 2, 3) . (1, 1, m) = 0 § 1 + 2 + 3m = 0
a §§ r § n!a ' r
!§ n
!a . r!= 0
r : x = y - 2 =zm
; r!= (1, 1, m)
a : x + 2y + 3z = 10; n!a = (1, 2, 3)
n!a . k!= 0 ± n
!a ' k
!± a ' xOy
xOy : z = 0; k!= (0, 0, 1)
a : x + y = 4; n!a = (1, 1, 0)
± r
r! . k! = 0 ± r
k!= (0, 0, 1)
r!= (1, 1, 0)
r : x = y - 1 ‹ z = 4 31. P(1, 0, 0)
Q(0, 1, 0)
R(0, 0, 1)
Vector normal ao plano
Todo o vector da família , com b 0 0 é normal ao
plano PQR. Em particular, para b = 1, obtém-se o vector
normal ao plano PQR.
x - 1 = y - 2 = z - 3 define uma recta r sendo um
vector director. Logo, r PQR.
Resposta: (C)
32. O eixo Ox é perpendicular ao plano yOz. Toda a recta perpen-dicular ao plano yOz é paralela ao eixo Ox.
Resposta: (D)
33. Se r e s são perpendiculares a ummesmo plano a, então
Resposta: (C)
34. xOz : y = 0; é um vector normal Pág. 99ao plano xOz.
Para que a seja perpendicular a xOz terá que ser , sendoum vector normal a a.
•
Logo, a é perpendicular a xOz.
Resposta: (A)
35.O sistema
define a intersecção de uma recta com um plano. Como a recta éperpendicular ao plano (o vector director da recta énormal ao plano) a intersecção é um ponto.
Resposta: (A)
36. Uma superfície esférica de centro em C(2, 0, 0) é tangente ao planoyOz se tiver raio igual à abcissa do centro, ou seja, r 5 2.
Logo, ,
define uma superfície esféricatangente ao plano yOz.
Resposta: (C)
37. Uma esfera de centro no ponto C(2, 3, 4) é tangente ao plano xOyse o seu raio r for igual à cota de C, ou seja, r 5 4.
Logo, uma condição que define a esfera é
Resposta: (D)
(x - 2) 2 + (y - 3)2 + (z - 4)2 ≤ 42
(x - 2) 2 + y2 + z2 = 4
r!= (3, 4, 5)
53x + 4y + 5z = 2
x3=
y4=
z5
n!a . j!= (1, 0, -1) . (0, 1, 0) = 0
a : z = x + 2 § x - z + 2 = 0; n!a = (1, 0, -1)
n!a
n!a . j!= 0
j!= (0, 1, 0)
r §§ s.
Y
r!= (1, 1, 1)
n!= (1, 1, 1)
n!= (b, b, b)
§ 5a = b
c = b
5a - b = 0
-b + c = 05n! .QP
!= 0
n! .QR
!= 0
§ 5 (a, b, c) . (1, -1, 0) = 0
(a, b, c) . (0, -1, 1) = 0§
QR!= (0, -1, 1)
QP!= (1, -1, 0)
PQR : n!= (a, b, c)
29
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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38. Para que a superfície esférica seja tangente aos planos de equaçõesz = 1 e z = 5,• a cota do centro da superfície esférica terá que ser
• o raio terá que ser
Logo é uma possível solução.
Resposta: (C)
39. Se a superfície esférica é tangente ao plano de equação Pág. 100y = 0, o seu raio terá que ser igual ao valor absoluto da ordenada docentro, o que só se verifica na opção (A):
com C (2, 2, 0) e r = 2.
Como a distância do centro C ao plano de equação x = 4 é igual a esta superfície esférica é tangente ao plano deequação x = 4.
Resposta: (A)
40. O centro da superfície esférica é o pontoC (0, 2, 0) e o raio é 2. Como a distância de C ao plano de equaçãoy = 4 é a superfície esférica é tangente ao plano a. Logo, a intersecção de E com a é um ponto.
Outro processo:
(Este sistema define a intersecção de E com oplano a)
(0, 0, 4) são as coordenadas do ponto de intersecção da superfícieesférica E com o plano a.
Resposta: (A)
41. define a intersecção dasuperfície esférica de centro C (1, 1, 1) e raio 5 com o plano deequação x = y que passa no centro de C (neste ponto tem-se x = y).Logo, a intersecção é uma circunferência de raio 5.
Resposta: (A)
42. define uma superfície esférica S de
centro C(2, 2, 2) e raio . Um plano de equação x = a intersectaesta superfície esférica se . Das hipótesesapresentadas apenas
Resposta: (C)
43. Raio da circunferência de perímetro 8 :
Atendendo a que otriângulo [OBC] érectângulo em C tem-se
, ou seja,
Podemos concluir quea equação da super-fície esférica é
.
Resposta: (C)
x2 + y2 + z2 = 25
r2 = 25.OB
2= 32 + 42
§ r = 4§ r =8p2p
2pr = 8p
p
2 - œ2 ≤ 3 ≤ 2 + œ2.2 - œ2 ≤ a ≤ 2 + œ2
œ2
(x - 2)2 + (y - 2) 2 + (z - 2)2 = 2
(x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 1) 2 = 25 ‹ x = y
§ (x, y, z) = (0, 0, 4)
§ 5x2 + y2 = 0
y = 4§ 5x = 0 ‹ y = 0
y = 4
5x2 + 4 + z2 = 4
y = 45x2 + (y - 2)2 + z2 = 4
y = 4§
5x2 + (y - 2)2 + z2 = 4
y = 4
\4 - 2 \ = 2 = raio,
E : x2 + (y - 2)2 + z2 = 4
\2 - 4 \ = 2 = r,
(x - 2) 2 + (y - 2) 2 + z 2 = 4
x2 + y2 + (z - 3)2 = 4
5 - 12
= 2.
z0 =1 + 5
2= 3;
30
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
44. A intersecção da esfera definida pela condição Pág. 101(centro na
origem e raio 5) com o planode equação z = 4 é um círculode raio r.
Tem-se que:
Resposta: (D)
45. As superfícies esféricas têm o mesmo centro e raios diferentes peloque não se intersectam.
Resposta: (D)
46. Trata-se de duas superfícies esféricas de centros C1(0, 2, 0) e C2(0, 3, 0) com o mesmo raio igual a .
Como a distância entre os centros é inferior à soma dos raios, pois, a intersecção das duas superfícies esféricas é
uma circunferência.
Resposta: (B)
47. define a esfera de centroC(1, 2, 3) e raio 6.
Dado que a recta r passa no centro da esfera, a intersecção é umsegmento de recta cujo comprimento é igual ao diâmetro da esfera,ou seja, 12.
Resposta: (C)
48. Pág. 102
Centro da esfera : C (2, 3, 4)
A(1, 1, 1)
Resposta: (B)
49.
A esfera tem raio 3 e centro sobre o eixo Oy no ponto C (0, 7, 0).Logo, E intersecta Oy em dois pontos: A(0, 4, 0) e B(0, 10, 0) pois7 - 3 = 4 e 7 + 3 = 10.
Resposta: (B)
50.
Os planos a e b são estritamente paralelos. A intersecção de a comb é o conjunto vazio.
Resposta: (A)
b : 2x + 2y - 2z = 1
a : x + y - z = 1
E : x2 + (y - 7) 2 + z2 ≤ 9
B = C + AC!= (2, 3, 4) + (1, 2, 3) = (3, 5, 7)
AC!= C - A = (1, 2, 3)
(x - 2)2 + (y - 3)2 + (z - 4) 2 ≤ 14
r : (x, y, z) = (1, 2, 3) + k (-2, 0, 1), k å R
E : (x - 1) 2 + (y - 2)2 + (z - 3)2 ≤ 36
C1C2 = 1 e 1 < 2œ2
œ2
Acírculo = p * r2 = p * 32 = 9p
§ r = 352 = r2 + 42
x2 + y2 + z2 ≤ 25
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51. • A(4, 0); B(4, 2);
AB é a recta paralela a Oy de equação x = 4.
•
•
Declive de
•
Declive de OC :
Sendo a a inclinação de OC, tem-se , donde
Resposta: (D)
52. Pág. 103
(ângulo interno do hexágono)
Inclinação da recta BC : 608
Inclinação da recta FB : 908 + 608 = 1508
Inclinaç~ao da recta EC : 1508 ( )
Resposta: (D)
53. O ponto B é a intersecção da recta AB com a recta BC.
Recta AB
Como
é um ponto da recta AB.
Recta BC
mBC = tg (135°) = -1
C(0, 3); 3 é a ordenada na origem.
Intersecçao das rectas AB e BC :
5y = -23
x -43
y = - x + 3§ 5 -x + 3 = -
23
x -43
y = - x + 3
BC : y = -x + 3
§ y = -23
x -43
AB : y - 0 = -23
(x + 2)
A(-2, 0)
AB ' AC, mAB = -23
mAC =32
AC!!= C - A = (0, 3) - (-2, 0) = (2, 3)
EC §§ FB
CBA = 120°
a = tg-1 1322 ) 56, 38.
tg a =32
32
OC!= (2, 3)
OB :24=
12
OB!= (4, 2)
DCB = cos-1 1- 352 ) 1278
cos (CD! W CB
!) =
CD! . CB
!
i CD!i * i CD
!i=
-4 + 1
œ4 + 1 * œ4 + 1=-35
CB!= B - C = (4, 2) - (2, 3) = (2, -1)
CD!= D - C = (0, 2) - (2, 3) = (-2, -1)
Logo B(13, -10).
Resposta: (D)
54. A condição define a recta perpendicular à recta BC quepassa no ponto B. Como a recta BC é paralela ao eixo Ox (é a rectade equação ) e o triângulo [ABC] é equilátero, vem que:
Recta AB
Recta AC
O ponto A é a intersecção das rectas AC e AB. Logo, as suascoordenadas são a solução do sistema:
Resposta: (B)
1.1 A(5, 0, 0); B(0, 3, 1) Pág. 104
Como , a recta AB está contida no plano .
1.2
Logo, C(0, 0, 1).
1.3 Raio da base:
Altura do cone:
Volume do cone:
Logo, o volume do cone é u.v.50p3
V =13* p 1œ102
2* 5 =
50p3
h = ||OA!|| = 5
Rb = ||OB!|| = œ32 + 12 = œ10
§ z = 1z > 0
§ z = 0 › z = 1
§ 0 + 0 + z (z - 1) = 0
§ (-5, 0, z) . (0, -3, z - 1) = 0
AC!' BC
!§ AC
! . BC!= 0
BC!= C - B = (0, -3, z - 1)
AC!= C - A = (-5, 0, z)
C(0, 0, z), z > 0
pA å p e B å p
0 + 2 * 3 - 1 = 5 § 5 § 5 = 5 proposição verdadeira; B å p
5 + 2 * 0 - 0 = 5 § 5 = 5 proposição verdadeira; A å p
p : x + 2y - z = 5
5y = œ3x - 3œ3 + 1y = - œ3x - œ3 - 1
y - 1 = -œ3 (x + 1) § y = -œ3x - œ3 + 1
mAC = -œ3; C(-1, 1)
y - 1 = œ3 (x - 3) § y = œ3x - 3œ3 + 1
mAB = œ3; B (3, 1)
= - tg (608) = -œ3
mAC = tg (1808 - 608)
mAB = tg 608 = œ3
y = 1
BP! . BC
!= 0
§ 5 -3x + 9 = -2x - 4y = -x + 3
§ 5x = 13y = -10
31
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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2.1 O ponto P é a intersecção do planos OPQ, PQV e OPV. Logo,será a solução do sistema:
Tem-se P(2, 2, 2).
O ponto Q é a intersecção do planos xOy (z = 0), OPQ e PQV.
As coordenadas do ponto Q serão a solução do sistema:
Então, Q(3, 3, 0).
2.2 O ângulo OPQ é recto
sendo , tem-se
2.3
é um vector director da recta PV
OPQ : x - y = 0 e
é um vector normal ao plano OPQ.
Sendo é colinear com . Logo, também éperpendicular ao plano OPQ e, consequentemente, a recta PV éperpendicular a esse plano.
O volume da pirâmide é igual a
Como PV é perpendicular ao plano OPQ podemos tomar parabase da pirâmide o triângulo [OPQ] e para altura dessa pirâ-mide.
Área da base:
o triângulo [OPQ] é rectângulo em P (alínea 2.2),
então
Altura da pirâmide 5
Volume da pirâmide 5
3.1 As rectas AB e BC são concorrentes (intersectam-se no ponto B enão são coincidentes). Logo, as rectas AB e BC são complanares. O plano a, definido pelas rectas AB e BC é o plano ABC. Paramostrar que é uma equação que define o planoABC basta verificar que os pontos A, B e C não são colineares eque as coordenadas de qualquer um destes pontos satisfazemaquela equação. Sendo as rectas AB e BC concorrentes em B e nãocoincidentes, os pontos A, B e C não são colineares.
x + 2y + 6z = 10
13* 3œ2 * 2œ2 = 4
i PV!i = œ4 + 4 + 0 = 2œ2
=œ72
2=
6œ22
= 3œ2=œ4 + 4 + 4 * œ1 + 1 + 4
2=œ12 * œ6
2
Abase = A3OPQ4 =i PO
!i * i PQ
!i
2
PV
13* Abase * altura.
PV!
n!
PV!= -2n
!, PV!
PV!= (-2, 2, 0) = -2 (1, -1, 0) = -2n
!n!
n!= (1, -1, 0)
PV!= (-2, 2, 0)
PV!= V - P = (0, 4, 2) - (2, 2, 2) = (-2, 2, 0)
PO!' PQ
!.PO
! . PQ!= 0
PO! . PQ
!= (-2, -2, -2) . (1, 1, -2) = -2 - 2 + 4 = 0
PQ!= Q - P = (3, 3, 0) - (2, 2, 2) = (1, 1, -2)
PO!= O - P = (0, 0, 0) - (2, 2, 2) = (-2, -2, -2)
§ PO!' PQ
!
5z = 0x - y = 0x + y + z = 6
§ 5z = 0x = yy + y + 0 = 6
§ 5z = 0x = 3y = 3
§ 5x = yz = 6 - 2y2y - 12 + 4y = 0
§ 5x = 2z = 2y = 2
5x - y = 0x + y + z = 6x + y - 2z = 0
§ 5x = yy + y + z = 6y + y - 2z = 0
Por outro lado
Logo, ABC é o plano definido pela equação .
3.2
Seja r a recta de intersecção destes dois planos.
Equações cartesianas de
(10, 0, 0) são as coordenadas de um ponto de r e éum vector director de r. Deste modo, temos que:
é uma equação vectorial da recta r.
3.3 Tomando para base da
pirâmide [OBCA] o triângulo
[OBC], a altura corres-pondente a essa base é .
Determinemos a área e base.
Considerando para base dotriângulo [OBC] o lado [OC],a altura do triângulo é a cotado ponto B, ou seja 1.
Altura da pirâmide:
Volume da pirâmide
4. Pág. 105
4.1 Seja P um ponto genérico da recta BC
O ponto B é a intersecção da recta BC com o plano xOz : y = 0.
Substituindo as coordenadas de P na equação do plano xOz vem
.
B é o ponto que de obtém substituindo em P o valor de k por -2.
Logo, (3, 0, 1) são as coordenadas do ponto B. De igual modo, o pontoC é a intersecção da recta BC com a plano xOy de equação z = 0.
Substituindo as coordenadas do ponto genérico de BC nesta equa-ção, vem .
Substituindo este valor no ponto P obtém-se as coordenadas doponto C :
(5 + (-1), 4 + 2 * (-1), -1 - (-1)) = (4, 2, 0).
- 1 - k = 0 § k = -1
(5 + (-2), 4 + 2 * (-2), -1 - (-2)) = (3, 0, 1)
4 + 2k = 0 § k = -2
P(5 + k, 4 + 2k, -1 - k), k å R.
(x, y, z) = (5, 4, -1) + k (1, 2, -1), k å R
=13*
52* 10 =
253
OA = 10
Abase =OC * 1
2=
5 * 12
=52
OA
(x, y, z) = (10, 0, 0) + k (-6, 0, 1), k å R
r!= (-6, 0, 1)
r :x - 10-6
= z ‹ y = 0
§ x - 10 = -6z ‹ y = 0 §x - 10-6
= z ‹ y = 0
5x + 2y + 6z = 10y = 0
§ 5x + 6z = 10y = 0
§ 5x - 10 = - 6zy = 0
xOz : y = 0
a : x + 2y + 6z = 10
x + 2y + 6z = 10
(proposição verdadeira)C(0, 5, 0) : 0 + 2 * 5 + 6 * 0 = 10
(proposição verdadeira)B(0, 2, 1) : 0 + 2 * 2 + 6 * 1 = 10
A(10, 0, 0) : 10 + 2 * 0 + 6 * 0 = 10 (proposição verdadeira)
4.2 O triângulo [ABC] é rectângulo em C se forperpendicular a , ou seja, se
Como o vector é perpendicular ao vector ,o triângulo [ABC] é rectângulo em C.
4.3 Centro da superficie esférica: A(0, 5, 2)
A distância de A ao planoxOy é 2 (cota do ponto).
Sendo a intersecção dasuperfície esférica uma cir-cunferência de raio 3, o raior da superfície esférica podeser determinado recorrendoao Teorema de Pitágoras.
Assim vem que:
Equação da superfície esférica de centro A e raio
5.1 Comecemos por determinar as coordenadas dos pontos A, B e P.
• O ponto A é a intersecção do plano ABP com o eixo Ox :
A(3, 0, 0)
• O ponto B é a intersecção do plano ABP com o eixo
B(0, 3, 0)
• O ponto P é a intersecção do plano ABP com o eixo Oz :
A altura h da pirâmide é
A base da pirâmide é um quadrado de lado
Logo a área do quadrado é 18.
Vpirâmide área da base altura
5.2 A recta é perpendicular ao plano ABP de equação
porque o vector de coordenadas (2, 2, 1), vector
director da recta, é perpendicular ao plano.
Substituindo as coordenadas da origem do referencial – (0, 0, 0) – nas
equações da recta, vem que , ou seja, obtém-se igualdades
verdadeiras. Logo, a origem do referencial é um ponto da recta.
5.3 Seja T o ponto de tangência da superfície esférica no plano. Então T(x, y, z) pertence ao plano ABP. Ora como
, tem-se Por outro lado, sendo a origem O o centro da superfície esférica,
T (x, y, 6 - 2x - 2y).2x + 2y + z = 6 § z = 6 - 2x - 2y
02=
02= 0
2x + 2y + 1z = 6
r :x2=
y2=
z1
=13* 18 * 6 = 36*=
13*
AB2= 32 + 32 § AB
2= 18
AB2= OA
2+ OB
2
AB.
OP = cota de P = 6.
P(0, 0, 6)
52x + 2y + z = 6x = 0y = 0
§ 5x = 0y = 0z = 6
x = 0 ‹ y = 0
52x + 2y + z = 6x = 0z = 0
§ 5x = 02y = 6z = 0
§ 5x = 0y = 3z = 0
Oy : x = 0 ‹ z = 0
52x + 2y + z = 6y = 0z = 0
§ 52x = 6y = 0z = 0
§ 5x = 3y = 0z = 0
y = 0 ‹ z = 0
x2 + (y - 5)2 + (z - 2)2 = 13.œ13:
r2 = 22 + 32 § r2 = 13.
AC!
BC!
= 4 - 6 + 2 = 0BC! . AC
!= (1, 2, -1) . (4, -3, -2)
AC!= C - A = (4, 2, 0) - (0, 5, 2) = (4, -3, -2)
BC!= C - B = (4, 2, 0) - (3, 0, 1) = (1, 2, -1)
BC! . AC
!= 0AC
! BC!
o vector terá que ser perpendicularao plano e, portanto, colinear com o vector de coordenadas (2, 2, 1).
;
Assim,
O raio da superfície esférica é
Equação da superfície esférica: x2 + y2 + z2 = 4
Para determinar o ponto de tangência T também se poderia determi-
nar o ponto de intersecção da recta com o plano ABP.
6.1 A(8, 8, 7); abcissa do ponto A = 8 Pág. 106
O ponto V tem coordenadas (4, 4, 0)
Perímetro da face lateral da pirâmide
= 2 * 9 + 8
= 26
6.2
Logo,
6.3 Seja um vector perpendicular a a. Então, sendo aparalelo a ABV, é perpendicular a ABV.
Temos:
sendo perpendicular a ABV tem-se que:
define a família de vectores perpendi-
culares a a.
Por exemplo, para c = 4, tem-se que (0, -7, 4) é um vector normala a. Deste modo, vem que
Logo, -7y + 4z = 0 é uma equação de a. Como todo os pontos daforma (x, 0, 0), com pertencem a a, pois o eixo Ox, de equações , está contido em a.y = 0 ‹ z = 0
-7 * 0 + 4 * 0 = 0,x å R,
§ d = 0
-7 * 4 + 4 * 7 + d = 0E(4, 4, 7) å a
a : 0x - 7y + 4z + d = 0
n!= 10, -
74
c, c2, c å R \ 506,
§ 5a = 04b = -7c
§ 5a = 0
b = -74
c
5n! . AB
!= 0
n! . AV
!= 0
§ 5(a, b, c) .(-8, 0, 0) = 0(a, b, c) .( -4, - 4, -7) = 0
§ 5- 8a = 0- 4a - 4b -7c = 0
n!AV!= V - A = (4, 4, 0) - (8, 8, 7) = (-4, -4, -7)
AB!= B - A = (0, 8, 7) - (8, 8, 7) = (-8, 0, 0)
n!n
!= (a, b, c)
DVB ) 77,98.
VB!WVD
!= cos-1 117
812 ) 77,9°
=-16 - 16 + 49
81=
1781
cos(VB! W VD
!) =
VB! . VD
!
iVB!i * iVD
!i=
(-4, 4, 7) . (4, -4, 7)
œ16 + 16 + 49 * œ16 + 16 + 49
VD!= D - V = (8, 0, 7) - (4, 4, 0) = (4, -4, 7)
VB!= B - V = (0, 8, 7) - (4, 4, 0) = (-4, 4, 7)
= 2 AV + AB
= œ81 = 9
AV = œ18 - 42 2 + 18 - 42 2 + 17 - 02 2 = œ16 + 16 + 49
AB =
r :x2=
y2= z
iOT!i = Œ14322 + 1432
2
+ 12322
= 2
OT!= 143 ,
43
,232.
§ 5x =
43
y =43
k =23
5x = 2ky = 2k6 = 9k
5x = 2ky = 2k6 - 2x - 2y = k
§ 5x = 2ky = 2k6 - 2 12k2 - 2 12k2 = k
§
(x, y, 6 - 2x - 2y) = (2k, 2k, k), k å ROT!= k 12, 2, 12, k å R
OT!= T - O = (x, y, 6 - 2x - 2y)
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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7. ABV : 4x + 4y + 3z = 0
7.1 • O ponto B é a intersecção do plano ABV com o eixo
B(0, 3, 0)
• O ponto V é a intersecção do plano ABV com o eixo
V(0, 0, 4)
Raio da base
Altura do cone
7.2 O raio da esfera é
Condição que define a esfera: x2 + y2 + (z - 4)2 ≤ 25
7.3 V(0, 0, 4); B(0, 3, 0); D(0, -3, 0)
Dado que 0 , a , , tem-se que
8.1 Seja a a aresta do cubo. Pág. 107
As coordenadas de Q são (a, a, 0).
Como Q é um ponto do plano VTQ : x + y + z = 6, vem
O volume do cubo é, então, 33 = 27.
8.2 Coordenadas do ponto U : (3, 3, 3).
Simétrico de U relativamente ao plano xOy : U′(3, 3, -3).
Se o ponto Q pertence à superfície esférica de centro em U′(3, 3, -3), o seu raio é 3 e uma sua equação é
8.3 Seja um vector perpendicular ao plano a. Sendo aparalelo ao plano VTQ então é perpendicular a e a .
§ 5a = bc = b
5n!Y VT
!
n!Y VQ
!§ 5(a, b, c) . (-3, 3, 0) = 0(a, b, c) . (0, 3, -3) = 0
§ 5-3a + 3b = 03b - 3c = 0
VQ!= Q - V = (3, 3, 0) - (3, 0, 3) = (0, 3, -3)
VT!= T - V = (0, 3, 3) - (3, 0, 3) = (-3, 3, 0)
VQ!
VT!
n!
n!= (a, b, c)
(x - 3)2 + (y - 3)2 + (z + 3)2 = 9.
a + a + 0 = 6 § a = 3
sin a =2425
.p
§ sin2 a =576625
§ sin a = ¿ 2425
1 7252
2
+ sin2 a = 1 § sin2 a = 1 -49625
cos2 a + sin2a = 1
cos a =725
=-9 + 16
25=
725
=(0, -3, -4) . (0, 3, -4)
œ0 + 9 + 16 * œ0 + 9 + 16
cos(VD! WVB
!) =
VD! . VB
!
iVD!i * i VB
!i
VB!= B - V = (0, 3, -4)
VD!= D - V = (0, -3, -4)
VB = œ02 + 32 + 42 = 5
VB.
= OV = 4
= OB = 3
54x + 4y + 3z = 12x = 0y = 0
§ 5x = 0y = 03z = 12
§ 5x = 0y = 0z = 4
Oz : x = 0 ‹ y = 0
54x + 4y + 3z = 12x = 0z = 0
§ 5x = 04y = 12z = 0
§ 5x = 0y = 3z = 0
Oy : x = 0 ‹ z = 0
Assim, define a família de vectores per-pendiculares a a. Por exemplo, para . Destemodo, vem que:
Uma equação de a é
Como R [ a e P [ a, a recta RP está contida em a.
9.
O cubo [ABCODEFG] tem aresta 2.
Cada uma das pirâmides tem altura igual a 2.
9.1 A superfície esférica de diâmetro [PQ] tem centro no centro docubo, ou seja, em S(1, 1, 1), e raio igual à altura da pirâmide maismetade da aresta do cubo, ou seja, r = 2 + 1 = 3. Assim,
é uma equação dessa superfícieesférica.
Substituindo as coordenadas de F(0, 2, 2) na equação da superfí-cie esférica, vem que:
A igualdade obtida é falsa, pois 3 0 9.
Logo, o ponto F não pertence à superfície esférica.
9.2 A(2, 0, 0); D(2, 0, 2); Q(1, 1, 4); E(2, 2, 2) e G(0, 0, 2).
Como o vector é perpendicular a dois vectores nãocolineares do plano ADQ, o vector é perpendicular aeste plano. Podemos então concluir que a recta EG éperpendicular ao plano ADQ.
9.3 A secção definida no poliedro peloplano ADQ é o hexágono [APCFQD].Mas, pode ser decomposta em doistriângulos com a mesma área –[DFQ] e [APC] – e no rectângulo[ACFD].
Tem-se que:
Tomando para base do triângulo[DFQ] o lado [DF], a altura é 2 (é aaltura da pirâmide), temos que a áreapedida é:
23 área de [DFQ]1 área de [ACFD]
= 2 * 2œ2 + 2œ2 * 2 = 8œ2
= 2 *DF * 2
2+ DF * DA
DF = œ8 = 2œ2
DF2= 22 + 22
EG!EG
!EG! . AD
!= 0 ‹ EG
! . AQ!= 0 § EG
!' AD
!e EG
!' AQ
!EG! . AQ
!= (-2, -2, 0) . (-1, 1, 4) = 2 - 2 + 0 = 0
EG! . AD
!= (-2, -2, 0) . (0, 0, 2) = 0 + 0 + 0 = 0
AQ!= Q - A = (-1, 1, 4)
AD!= D - A = (0, 0, 2)
EG!= G - E = (-2, -2, 0)
(0 - 1)2 + (2 - 1)2 + (2 - 1)2 = 9
(x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 1)2 = 9
E(2, 2, 2)
P(0, 3, 0); 0 + 3 + 0 - 3 = 0 (proposição verdadeira); P å a
R(3, 0, 0); 3 + 0 + 0 - 3 = 0 (proposição verdadeira); R å a
x + y + z - 3 = 0
§ d = - 3
S(0, 0, 3) å a0 + 0 + 3 + d = 0
a : 1x + 1y + 1z + d = 0
b = 1, n!= (1, 1, 1)
n!= (b, b, b), b å R \ {0},
!
Pág. 108
10.1 Se a recta r de equação contém a altura da pirâmide então é perpendicular ao plano da base.Assim, o vector é perpendicular ao plano que contém
a base da pirâmide, pelo que, uma equação deste plano é do tipo
.
Como este plano passa na origem, tem-se:
.
Logo é uma equação do plano quecontém a base da pirâmide.
10.2 Dado tratar-se de uma pirâmide quadrangular regular, o centro dabase é a intersecção da recta r, recta que contém a altura da pirâ-mide, com o plano da base.
Ponto genérico de
é o ponto , com .
Substituindo as coordenadas de R na equação do plano da base,ou seja, na equação 3x - 4y = 0, vem:
Substituindo k por nas coordenadas de R obtém-se as
coordenadas do centro da base da pirâmide:
= (4, 3, 5).
10.3 V(-2, 11, 5)
Sendo A(4, 3, 5) o centro da base da pirâmide, a altura desta é
Como A é o centro da base da pirâmide, o comprimento da diagonalda base da pirâmide é igual a
Sendo a medida do lado da base da pirâmide, tem-se
Logo, a área da base da pirâmide é igual a 100.
11.1
Equações cartesianas da recta TU : ou
Equação vectorial da recta TU:
11.2 W(1, 1, 4); Q(2, 2, 0); V(0, 2, 4)
WQV ) 18°
QW! W QV
!= cos-11 18
œ3602 ) 188
=2 + 0 + 16
œ18 * œ20=
18
œ360
cos(QW!WQV
!) =
QW! . QV
!
i QW!i * iQV
!i=
(-1, -1, 4) . (-2, 0, 4)
œ1 + 1 + 16 * œ4 + 0 + 16
QV!= V - Q = (0, 2, 4) - (2, 2, 0) = (-2, 0, 4)
QW!= W - Q = (1, 1, 4) - (2, 2, 0) = (-1, -1, 4)
(x, y, z) = (2, 2, 4) + k (0, 2, 0), k å R
x = 2 ‹ z = 4
TU!= U - T = (0, 2, 0)
U(2, 2, 4); T(2, 0, 4)
=1000
3
=13* 100 * 10
Volume da pirâmide =13* área da base * altura
’2 + ’2 = (2œ50)2 § 2’2 = 4 * 50 § ’2 = 100
’
2 * AO = 2 * œ42 + 32 + 52 = 2œ50
AV = œ(4 + 2)2 + (3 - 11)2 + (5 - 5)2 = œ36 + 64 + 0 = 10.
17 + 6 * 1- 122, -1 - 8 * 1- 1
22, 52
-12
§ k = -12
§ 50k = -25
§ 21 + 18k + 4 + 32k = 0
3(7 + 6k) - 4 (-1 - 8k) = 0
k å RR 1 (7 + 6k, -1 - 8k, 5)
r : (x, y, z) = (7, -1, 5) + k (6, -8, 0), k å R
6x - 8y = 0 § 3x - 4y = 0
6 * 0 - 8 * 0 + 0 + d = 0 § d = 0
6x - 8y + 0z + d = 0
r!= (6, -8, 0)
(x, y, z) = (7, -1, 5) + k (6, -8, 0), k å R
11.3 O plano de equação x = y passa nos pontos O,Q, U, W e S.
A secção é formada por dois triângulos[OWS] e [QUW] – com a mesma área.
A área da secção é igual a metade da área dorectângulo [OQUS].
Área da secção
Pág. 10912.1 O ponto G é um dos pontos de intersecção da superfície esférica
de equação com o eixo. Deste modo, temos que:
Como G tem ordenada negativa, vem G(0, -2, 0). O ponto H temabcissa 1 pois tem a mesma abcissa do ponto A. A ordenada de H é-2 por ser igual à ordenada de G. Como H pertence ao plano xOytem cota igual a zero. Logo as coordenadas de H são (1, -2, 0).
12.2 Os pontos A, G e H não são colineares. Para verificar que y - 3z + 2 = 0 é uma equação do plano AGH, basta verificar queaqueles três pontos pertencem a este plano.
A(1, 1, 1); 1 - 3 * 1 + 2 = 0 (verdade); A pertence ao plano.
G(0, -2, 0); -2 - 3 * 0 + 2 = 0 (verdade); G pertence ao plano.
H(1, -2, 0); -2 - 3 * 0 + 2 = 0 (verdade); H pertence ao plano.
Logo, uma equação do plano AGH é y - 3z + 2 = 0.
12.3 Volume do sólido = Volume do paralelepípedo + Volume da pirâ-mide
Volume do paralelepípedo
Volume da pirâmide
Volume do sólido
13.1 Como o ponto R tem ordenada 6 uma equação do plano que con-tém a face [QRUT] é y = 6. Logo, a ordenada do ponto T é 6.
Tem-se T(a, 6, b).
Sendo , o vector
é perpendicular a a.
Como a recta OT também é perpendicular a a, é colinearcom , .
Logo, T (4, 6, 2).
5k = 2a = 4b = 2
1a, 6, b2 = k 12, 3, 12, k å R § 5a = 2k6 = 3kb = k
§
k å ROT!= k n
!an
!a , ou seja
OT!
n!a = (2, 3, 1)a : 2x + 3y + z = 22
OT!= T - O = (a, 6, b)
= 3 + (c - 1) = 2 + c
= c - 1
=13* 3 * 1 * (c - 1)
=13* área da base * altura
= GF * EF * FB = 3 * 1 * 1 = 3
§ 5x = 0y = 4z = 0
› 5x = 0y = -2z = 0
§ 5(y - 1)2 = 9x = 0z = 0
§ 5y - 1 = 3 › y - 1 = -3x = 0z = 0
5(x -1)2+ (y -1)2+ (z -1)2 = 11x = 0z = 0
§ 5(0 -1)2 + (y -1)2 + (0 -1)2 = 11x = 0z = 0
Oy : x = 0 ‹ z = 0(x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 1)2 = 11
=4 * 2œ2
2= 4œ2
OS = 4
OQ2= 22 + 22 ±
OQ > 0OQ = œ8 § OQ = 2œ2
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13.2 O plano ABC é o plano
Qualquer plano paralelo a ABC tem uma equação do tiposabendo que o ponto Q(4, 6, 0) pertence ao
plano, vem:
.
Logo, uma equação do plano que passa no ponto Q e é paralelo aABC é
13.3 Os pontos D e T têm a mesma ordenada e a mesma cota.
Logo, D(a, 6, 2).
Como D pertence ao plano de equação , vem
Então, D(1, 6, 2).
14. Pág. 110
14.1 As rectas r e s definem um plano se forem estritamente paralelasou concorrentes.
• r e s não são paralelas porque os vectores enão são colineares.
• O ponto I(1, -1, 0) pertence às duas rectas.
Logo, r e s são concorrentes.
Como r e s são concorrentes e não são coincidentes, definem umplano.
14.2 Seja ; é um vector perpendicularao plano b.
b é paralelo ao plano a, definido pelas rectas r e s se o vector forperpendicular aos vectores e , vectores directores das rectas r e s,respectivamente.
Como o vector é perpendicular aos vectores direc-tores das rectas r e s, o vector é perpendicular ao plano defi-nido por estas duas rectas. Então, o plano a definido pelas rectasr e s é paralelo ao plano b de equação .
14.3. = (2, 3, 1) e = (2, 1,-1) são vectores directores das rectas r e s,respectivamente, seja a o ângulo formado pelas rectas r e s.
Tem-se, então:
A amplitude do ângulo formado pelas rectas r e s é 498,aproximadamente.
15. A(2, 3, 10); B(10, 13, 25)
15.1 C(98, 123, 190)
Pretende-se provar que os pontos A, B e C são colineares.
Para isso, vamos provar que os vectores são colineares.
Como
Logo, os vectores e são colineares.AB!
AC!
968
=12010
=18015
= 12, AC!= 12 AB
!.
AB!= B - A = (10, 13, 25) - (2, 3, 10) = (8, 10, 15)
AC!= C - A = (98, 123, 190) - (2, 3, 10) = (96, 120, 180)
AC!e AB
!
a = cos-1 1 6
œ842 ) 498
6
œ84=
\4 + 3 - 1|
œ14 * œ6=
cos a =\ r! . s!\
\\ r!||* \\ s
!\|=
\(2, 3, 1) . (2, 1, -1)|
œ4 + 9 + 1 * œ4 + 1 + 1
s!
r!
x - y + z = 10
n!b
n!b = (1, -1, 1)
n!b . s!= (1, -1, 1) . (2, 1, -1) = 2 - 1 - 1 = 0. Logo n
!b' s!.
n!b . r!= (1, -1, 1) . (2, 3, 1) = 2 - 3 + 1 = 0. Logo n
!b' r!.
s!
r!
n!b
n!b = (1, -1, 1)b : x - y + z = 10
s!= (2, 1, -1)
r!= (2, 3, 1)
s : (x, y, z) = (1, -1, 0) + k (2, 1, -1), k å R
= (1, -1, 0) + l (2, 3, 1), l å Rr : (x, y, z)
r :x - 1
2=
y + 13
= z ou
2a + 3 * 6 + 2 = 22 § 2a = 2 § a = 1.
2x + 3y + z = 22
2x + 3y + z = 26.
2 * 4 + 3 * 6 + 0 = d § d = 26
2x + 3y + z = d,
a : 2x + 3y + z = 22. 15.2 A distância do local onde o projéctil é disparado ao alvo é igual a
Dado que , a trajectória rectilínea está garantida.
15.3
Dado que e não são colineares existe um só plano a quepassa em O – origem do referencial – A e B. Como A, B e C sãocolineares, C também pertence ao plano a, dado que C é umponto da recta AB contida em a.
Seja um vector perpendicular a a.
Então, temos que:
Assim, \{0}.
Por exemplo, para é um vector perpendiculara a, é um vector perpendicular ao plano xOy : z = 0.
Tem-se que o plano a é perpendicular ao plano xOy se e só se.
Temos então, que
Como , o plano a não é perpendicular ao plano xOy.
16.1 Pág. 111
Como a altura da pirâmide é 6, a cota do ponto E é .Assim o ponto E tem coordenadas (2, 2, -2).
A recta DE tem a direcção do vector (-2, 2, -6) e passa no pontoD(4, 0, 4).
Uma condição que define DE é, portanto,
16.2(1, -1, 3) é um vector director da recta DE sendo, portanto, per-pendicular ao plano pedido. Uma equação deste plano é, assim,da forma .
Como B(0, 4, 4) é um ponto do plano, tem-se
Uma equação do plano é x - y + 3z - 8 = 0.
0 - 4 + 3 * 4 + d = 0 § d = -8.
x - y + 3z + d = 0
DE!= (-2, 2, -6) = -2(1, -1, 3).
x - 4-2
=y2=
z - 4-6
§ x - 4 = -y =z - 4
3.
DE!= E - D = (2, 2, -2) - (4, 0, 4) = (-2, 2, -6)
4 - 6 = 22
C(4, 4, 4); A(0, 0, 4); D(4, 0, 4) e B(0, 4, 4).
n! . k!0 0
n! . k!= (55, -50, 4) . (0, 0, 1) = 4 0 0.
n! . k!= 0
k!= 10, 0, 12
c = 4, n!= (55, -50, 4)
n!= 155
4c, -
252
c, c2, c å R
§ 5 a = -32* 1- 25
2c2 - 5c
b = -252
c§ 5 a =
554
c
b = -252
c
§ 5a =-3b - 10c
2-15b - 50c + 13b + 25c = 0
§ 5a = -32
b - 5c
-2b - 25c = 0
§ 52a + 3b + 10c = 010a + 13b + 25c = 0
§ 5 a =- 3b - 10c
2
10 *-3b - 10c
2+13b + 25c = 0
5n! .OA
!= 0
n! .OB
!= 0
§ 5(a, b, c) . (2, 3, 10) = 0(a, b, c) . (10, 13, 25) = 0
n!= (a, b, c)
OB!
OA!
OB!= (10, 13, 25)
OA!= (2, 3, 10)
iAC!i < 300
iAC!i = œ962 + 1202 + 1802 ) 236,7 < 300
iAC!i .
16.3 A secção produzida na pirâmide peloplano xOy é um quadrado de lado .
Para determinar consideremos a sec-ção produzida na pirâmide pelo planode equação x = 2.
Os triângulos [PEQ] e [RES] sãosemelhantes.
A área da secção produzida na pirâmide peloplano xOy é igual a:
17.1
O vértice A, do cone, é o ponto de intersecção da recta r com oeixo Ox. Como A pertence a Ox tem ordenada e cota nulas, ouseja, A(x, 0, 0). Determinemos x, sabendo que
Tem-se, então A(9, 0, 0).
A altura do cone é 9 porque é igual à abcissa do vértice.
17.2 Como o plano é perpendicular à recta r, o vector éperpendicular ao plano.
Logo, uma equação do plano é do tipo
Como o vértice A(9, 0, 0) pertence ao plano, vem:
Então, uma equação do plano é
17.3 A intersecção do cone com o plano xOy é otriângulo [ABC] em que
e
A área do triângulo é
1.1 Pág. 112
V = área da base * altura =
1.2
1œ33 2
2
+ cos2 q = 1 § cos2 q = 1 -13
§ cos2 q = 23
sin2 q + cos2 q = 1
sin q = œ33
= 52 * 5œ2tg q = 125œ2tg q
AB2* HD
§ HD = 5œ2tg q
HDDB
= tg q §HD
5œ2= tg q
§ DB = 5œ2§ DB2= 52 * 2
§ DB2= 52 + 52DB
2= AD
2+ AB
2
AD = AB = 20 : 4 = 5
6 * 92
= 27.
OA = 9.BC = 2 * 3 = 6
3x - y - 27 = 0.
3 * 9 - 0 + 0 + d = 0 § d = -27.
3x - y + 0z + d = 0.
r!= 13, 21, 02
§ 5x = 0 + 3k0 = 3 - k0 = 0
§ 5x = 9k = 3
(x, 0, 0) = (0, 3, 0) + k (3, -1, 0), k å RA å r :
r : (x, y, z) = (0, 3, 0) + k (3, -1, 0), k å R
’ 2 = 14322
=169
.
RSPQ
=26
§’4=
13
§ ’ =43
PQ = 4; RS = ’
’
’Como
1.3 D(0, 0, 0); A(5, 0, 0); B(5, 5, 0); C(0, 5, 0)
a) A(5, 0, 0)
A pertence ao plano
Equação do plano:
b) A(5, 0, 0); G(0, 5, 5 )
Ponto médio de [AG]:
M pertence ao plano
Equação do plano:
c) C(0, 5, 0);
Equações cartesianas da recta CE:
d) O centro da superfície esférica é o ponto de intersecção dasdiagonais espaciais do prisma, ou seja, o ponto médio de [AG],
.
O raio da superfície esférica é
Equação da superfície esférica:
§ x2 - 5x + y2 - 5y + z2 - 5œ2 z = 0
§ x2 - 5x +254
+ y2 - 5y +254
+ z2 - 5œ2z +504
- 25 = 0
1x -522
2
+ 1y -522
2
+ 1z -5œ2
2 22
= 52
= Œ1004
= 5
DM = Œ152 - 022
+ 152 - 022
+ 15œ22
- 022
= Œ254
+ 254
+ 504
r = DM.
M152 ,52
,5œ2
2 2
x5=
y - 5-5
=z
5œ2§ x = 5 - y =
z
œ2
= (5, -5, 5œ2)CE!= E - C = (5, 0, 5œ2) - (0, 5, 0)
E(5, 0, 5œ2)
§ x - y - œ2z + 5 = 0-5x + 5y + 5œ2z - 25 = 0
-5 *52+ 5 *
52+ 5œ2 *
5œ22
+ d = 0 § d = -25
-5x + 5y + 5œ2 z + d = 0
= (-5, 5, 5œ2)AG«» = G - A = (0, 5, 5œ2) - (5, 0, 0)
M 152 ,52
,5œ2
2 2œ2
-5x - 5y + 5œ2 z + 25 = 0 § x + y - œ2 z - 5 = 0
d = 25
-5 * 5 - 5 * 0 + 5œ2 * 0 + d = 0
-5x - 5y + 5œ2 z + d = 0
= (-5, -5, 5œ2)BH«» = H - B = (0, 0, 5œ2) - (5, 5, 0)
H (0, 0, 5œ2)
§ HD = 5œ2
q = 45°HD = 5œ2tg 45°HD = 5œ2tg q
V = 125 cm3
V = 125 * œ2 *1
œ2= 125
tg q = sin qcos q
=
œ33
œ63
=œ3
œ6= Œ3
6= Œ1
2=
1
œ2
08 < q < 908, cos q = Œ23=œ2
œ3=œ2 * œ3
3=œ63
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 4
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2.1 a) O plano CDE é perpendi- Pág. 113cular ao eixo Oz e passano ponto C(4, 0, 8) logo,pode ser definido pelaequação z 5 8.
b) Comecemos por determi-nar as coordenadas doponto B.
Como o triângulo [OAB]é equilátero e está contidono plano xOy com [OA]contido no eixo Ox, ascoordenadas de B são (2, -h, 0) sendo h a alturado triângulo [OAB]:
Logo, e
Plano EAO
Os vectores e têm a direcção do plano EAO.
Seja um vector perpendicular ao plano EAO. Então
Família de vectores perpendiculares ao plano EAO:
, com
Por exemplo, para b = 4, vem .
Plano EAO:
O pertence ao plano
Equação do plano EAO:
2.2
2.3 A(4, 0, 0) e
Equação da recta AE:
x - 4-2
=y
-2œ3=
z8
§ x - 4 =y
œ3= -
z4
AE!= E - A = (-2, -2œ3, 8)
E(2, -2œ3, 8).
Atotal = 8œ3 + 96 u.a.
= 4 * 2œ3 + 3 * 4 * 8 = 8œ3 + 96
= 2A3AOB4 + 3A3AODC4 = 2 *OA * h
2+ 3 * OA * OD
Atotal = 2Abase + Alateral
4y + œ3z = 0
0 + 0 + 0 + d = 0
0x + 4y + œ3z + d = 0
n!= (0, 4, œ3)
b å R\{0}.n!= 10, b, œ3
4b2
§ 5a = 0
c =œ34
b§ 52a - 2œ3 b + 8c = 0
4a = 0§ 58c = 2œ3b
a = 0
5n!.OE
!= 0
n! .OA
!= 0
§ 5(a, b, c) . (2, -2œ3, 8) = 0(a, b, c) . (4, 0, 0) = 0
n!= (a, b, c)
OA!= A - O = (4, 0, 0) - (0, 0, 0) = (4, 0, 0)
OE!= E - O = (2, -2œ3, 8) - (0, 0, 0) = (2, -2œ3, 8)
OA!
OE!
E(2, -2œ3, 8).
B(2, -2œ3, 0)
§ h = œ12 § h = 2œ3
§ h2 = 12§ h2 + 4 = 42
h2 + 22 = OB2
2.4
2.5 t tem a direcção de e passa no ponto D(0, 0, 8). Deste modo,temos que:
2.6 e
2.7 ; e
•
•
A secção produzida no prisma pelo plano ABD é o triângulo isós-
celes [ABD] de área igual a
3.1 O ângulo BAC é recto por ser um ângulo inscrito numa Pág. 114semicircunferência.
Se o ângulo BAC é recto, as rectas AB e AC são perpendiculares.
3.2 A recta r passa no ponto B(0, 5, 0) e, sendo paralela ao eixo Oz,tem a direcção do vector de coordenadas (0, 0, 1).
Uma equação vectorial da recta r é:
(x, y, z) = (0, 5, 0) + k (0, 0, 1), k å R.
v!
4œ19.
A3BAD4 =4 * 2œ19
2= 4œ19
§ h = œ76 § h = œ4 * 19 § h = 2œ19
h2 + 22 = 14œ5 22 § h2 = 80 - 4
AB = 4
= 4œ5
= œ4 + 12 + 64 = œ80
BD = œ(2 - 0)2 + (22œ3 - 0)2 + (0 - 8)2
= œ16 * 5 = 4œ5
= œ16 + 64 = œ80
AD = œ(4 - 0)2 + 02 + (0 - 8)2
D (0, 0, 8)B(2, 22œ3, 0)A(4, 0, 0)
b = cos-1 1 9102 ) 268
=72
œ80 * œ80=
7280
=910
=4 * 2 + 0 + (-8) * (-8)
œ16 + 0 + 64 * œ4 + 12 + 64
cos b = cos(DA! ^ DB
!) =
DA! .DB
!
iDA!i * iDB
!i
DB!= B - D = (2, -2œ3, -8)
DA!= A - D = (4, 0, -8)
B(2, -2œ3, 0)D(0, 0, 8)A(4, 0, 0);
t :x-2
=y
-2œ3=
z - 88
§ x =y
œ3=
8 - z4
AE!
§ 1x, y, z2 = 10, 24œ3, 162
5x - 4 =y
œ3= -
z4
x = 0§ 5
x = 0y
œ3= - 4
-z4= - 4
§ 5x = 0y = - 4œ3z = 16
yOz: x = 0
AE: x - 4 =y
œ3= -
z4
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3.3 Para provar que o vector é perpendicular ao plano ABD ésuficiente provar que é perpendicular a dois vectores não coli-neares paralelos àquele plano.
O vector e o vector director da recta r, , sãovectores não colineares paralelos ao plano ABD.
Em 3.1 já se justificou que o vector é perpendicular ao vector .
Tem-se que .
Sendo o vector também é perpendicular ao vector .
Podemos então concluir que o vector é perpendicular ao plano ABD.
Sendo um vector perpendicular ao plano ABD,este plano pode ser definido por uma equação do tipo
Sabendo que o ponto B(0, 5, 0) pertence a este plano, tem-se que
Uma equação do plano ABD é
3.4
A altura do cilindro, em função de a, édada por 5 tg a.
3.5
4.1 Se o ponto Q tem coordenadas (2, 2, 0) tem-se que Pág. 115e a área da base da pirâmide é igual a 42 = 16.
A cota do ponto V é igual à altura, h, da pirâmide.
Como o volume da pirâmide é igual a 32, vem que
A cota do ponto V é, portanto, igual a 6.
4.2 Como o plano PQR é o plano xOy, pretende-se determinar a equa-ção do plano que passa em V(0, 0, 6) e é paralelo a xOy, ou seja,perpendicular ao eixo Oz. Uma equação deste plano é z = 6.
4.3 1.8 processo
Para mostrar que o plano QRV pode ser definido pela equação, é suficiente verificar que os pontos Q, R e V pertencem
ao plano definido por esta equação:
(verdade)
(verdade)
(verdade)
Fica provado que o plano definido por é o plano QRV.
2.8 processo
Determinemos uma equação do plano QRV.
QR!= R - Q = (-2, 2, 0) - (2, 2, 0) = (-4, 0, 0)
3y + z = 6
V (0, 0, 6) : 3 * 0 + 6 = 6
R(-2, 2, 0) : 3 * 2 + 0 = 6
Q (2, 2, 0) : 3 * 2 + 0 = 6
3y + z = 6
§ h = 6
§ 32 * 3 = 16 h32 =13* 16 * h
V =13
Abase * altura
PQ = 4
V 1p62 = 125p tg 1p62 = 125 p * œ33
=125œ3p
3
V(a ) = 125p tg a
= p * 52 * 5 tg a = 125 p tg a
Vcilindro = Abase * altura = p * r2 * 5tg a
BD = 5tg atg a =BD5
§
tg a =BD
OB
-4x - 8y + 40 = 0 § x + 2y - 10 = 0.
-4 * 0 - 8 * 5 + 0 + d = 0 § d = 40.
-4x - 8y + 0z + d = 0.
AC!= (-4, -8, 0)
AC!
v!
AC!
AC! . v!= 0,
AC! . v!= (-4, -8, 0) . (0, 0, 1) = 0 + 0 + 0 = 0
AC!= C - A = (0, -5, 0) - (4, 3, 0) = (-4, -8, 0)
AB!
AC!
v!= 10, 0, 12AB
!
AC! AC
!
Seja um vector perpendicular ao plano QRV.
Então,
, com , é a família de vectores perpendicu-lares ao plano QRV.
Por exemplo, para c = 1, tem-se .
O plano QRV pode ser, portanto, definido por uma equação dotipo
Como V(0, 0, 6) pertence a este plano, vem
Vem, então, que é uma equação doplano QRV.
4.4 Trata-se da recta que passa em O(0, 0, 0) e tem a direcção dovector , perpendicular a QRV.
Esta recta pode ser definida pela equação vectorial:.
4.5 ;
Condição que define a aresta [QV]:
Ponto genérico da aresta [QV]:
Para determinar a intersecção da aresta [QV] com o plano de equa-ção z = 3, podemos substituir as coordenadas do ponto genérico de[QV] na equação do plano:
z = 6k
Substituindo k por nas coordenadas do ponto genérico de [QV],
vem
Logo, M(1, 1, 3) é o ponto de intersecção da aresta [QV] com oplano de equação z = 3.
4.6 Dado que o plano de equação z = 3é paralelo ao plano xOy, tem-seque a secção que ele determina napirâmide é um quadrado [JKLM],de lados paralelos aos eixos Ox eOy, como se observa na figura aolado.
Tem-se que M(1, 1, 3) e L(1, -1, 3).
Determinemos
A secção produzida na pirâmide pelo plano de equação z 5 3 é umquadrado de lado 2. Sendo assim, a sua área é 4.
LM = œ(1 - 1)2 + (1 + 1)2 + (3 - 3) 2 = 2.
LM:
12 - 2 *12
, 2 - 2 *12
, 6 *122 = (1, 1, 3).
12
§ k =12
6k = 3
z = 3
(x, y, z) = (2 - 2k, 2 - 2k, 6k), k å 30, 1 4 .
(x, y, z) = (2, 2, 0) + k (-2, -2, 6) ‹ k å 30, 1 4
QV!= V - Q = (-2, -2, 6)
V (0, 0, 6)Q(2, 2, 0)
(x, y, z) = (0, 0, 0) + k (0, 3, 1), k å R
n!= (0, 3, 1)
3y + z - 6 = 0 § 3y + z = 6
0 + 0 + 6 + d = 0 § d = -6.
0x + 3y + z + d = 0.
n!= (0, 3, 1)
c å R \ {0}n!= (0, 3c, c)
§ 5- 4a = 0-2a - 2b + 6c = 0
§ 5a = 02b = 6c
§ 5a = 0b = 3c
5n!.QR
!= 0
n! .QV
!= 0
§ 5(a, b, c) . (-4, 0, 0) = 0(a, b, c) . (-2, -2, 6) = 0
n!= (a, b, c)
QV!= V - Q = (0, 0, 6) - (2, 2, 0) = (-2, -2, 6)
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EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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5.1 a) Recta AB: y = mx + b Pág. 116
Tem-se que e a recta passa no ponto A(-5, 0).
Então,
Equação da recta AB:
b) B é o único ponto diferente de A que pertence à recta e à circunferência. Para mostrar que B tem coordenadas (3, 4) bastaverificar que este par satisfaz as condições:
(equação da circunferência)
e (equação da recta)
Ora:
(é verdade)
(é verdade)
Conclusão: (3, 4) são as coordenadas do ponto B.
c) Para provar que o triângulo [ABC] é rectângulo em B bastaprovar que .
Portanto, o triângulo [ABC] é rectângulo em B.
5.2 a)
Como o triângulo [ACB] érectângulo em C, vem:
b)
Sabe-se que
Então,
Como a é um ângulo do primeiro quadrante, tem-se cos a . 0,
pelo que
Substituindo em vem
d = œ60, ou seja, d = 2œ15.
§ d 2 = 60d2 = 50 + 50 *15
d 2 = 50 + 50 cos a,
cos a = 15
.
§ cos2 a =125
1 + (œ24)2=
1cos2 a
§ 1 + 24 =1
cos2 a
1 + tg2 a =1
cos2 a
tg a = œ24
§ d 2 = 50 + 50 cos a§ d 2 = 25 + 50 cos a + 25 * 1
§ d 2 = 25 + 50 cos a + 25(cos2 a + sin2 a)
§ d2 = 25 + 50 cos a + 25cos2 a + 25 sin2 ad2 = (5 + 5cos a )2 + (5 sin a)2
AB2= AC
2+ CB
2
AC = AO + OC = 5 + 5cos a
CB5
= sin a § CB = 5sin a
OC5
= cos a § OC = 5cos a
BA! . BC
!= (-8, -4) . (-6, 12) = -8 * (-6) + (-4) * 12 = 0
BC!= C - B = (-3, 16) - (3, 4) = (-6, 12)
BA!= A - B = (-5, 0) - (3, 4) = (-8, -4)
A(-5, 0); B (3, 4) e C (-3, 16)
BA! . BC
!= 0
3 - 2 * 4 + 5 = 0 § 0 = 0
32 + 42 = 25 § 25 = 25
x - 2y + 5 = 0
x2 + y2 = 25
y =12
x +52
§ 2y = x + 5 § x - 2y + 5 = 0
0 =12* (-5) + b § b =
52
.
m =12
6.1 a) C(2, 1, 1) Pág. 117b) D(1, 2, 1)
c) F (1, 1, 0)
6.2 O plano BCD é perpendicular ao eixo Oz. Os seus pontos têm cota 1, logo uma equação do plano é z = 1.
6.3 Seja b o plano que passa em A e é paralelo a BCF. Um vector normal a b é necessariamente normal ao plano BCF.
Seja um vector normal ao plano BCF.
terá que ser perpendicular aos vectores e .
define, para , a família de vectores per-pendiculares a BCF e também perpendiculares a b dado que b éparalelo a BCF.
Para, por exemplo, , obtém-se que é um vectornormal a b.Então, b pode ser definido por uma equação do tipo
Como A(1, 1, 2) pertence a b, vem
Logo, é uma equação do plano que passa em A e éparalelo a BCF.
6.4 Seja r a recta definida pela condição
é um vector director da recta r. A recta r será perpen-dicular ao plano ACD se, e só se, o vector for perpendicular a doisvectores não colineares do plano ACD, como, por exemplo e .
Sendo = 0 e = 0, é perpendicular a e a e,consequentemente, a recta definida pela condição é per-pendicular ao plano ACD.
6.5 A superfície esférica que contém os seis vértices do octaedro temcentro no ponto K(1, 1, 1), ponto médio das diagonais do octaedroe raio igual a 1. Deste modo, uma equação da superfície esférica é
6.6 O plano a definido pelo eixo Oz e peloponto A é o plano OFA. A secção determi-nada por este plano no octaedro é olosango [MFNA] sendo M e N os pontosmédios de [BE] e [CD], respectivamente.
M é o ponto médio de [BE].
B(1, 0, 1) e E(0, 1, 1), logo, M .
Um dos lados do losango tem comprimento
Como A(1, 1, 2) e M , vem:
Logo, o perímetro do losango é .4 *œ62
= 2œ6
= Œ32=œ3
œ2=œ3 * œ2
œ2 * œ2=œ62
.
AM =Œ11 -122
2
+ 11 -122
2
+ (2 - 1)2 = Œ14+
14+ 1
112,12
, 12AM
112 ,12
, 12
(z - 1)2 = 1.(x - 1)2 + (y - 1)2 +
x = y = zCD!
AC!
r!
CD!
r! .AC
!r! .
r! . CD
!= (1, 1, 1) . (-1, 1, 0) = -1 + 1 + 0 = 0
r! . AC
!= (1, 1, 1) . (1, 0, -1) = 1 + 0 - 1 = 0
CD!= D - C = (1, 2, 1) - (2, 1, 1) = (-1, 1, 0)
AC!= C - A = (2, 1, 1) - (1, 1, 2) = (1, 0, -1)
CD!
AC!r
!r!= (1, 1, 1)
x = y = z §x1=
y1=
z1
x - y - z + 2 = 0
1 - 1 - 2 + d = 0 § d = 2.
x - y - z + d = 0.
n!= (1, -1, -1)b = -1
b å R \ {0}n!= (-b, b, b)
§ 5a = -bc = b
5n!.BC!= 0
n! .BF!= 0
§ 5(a, b, c) . (1, 1, 0) = 0(a, b, c) . ( 0, 1, - 1) = 0
§ 5a + b = 0b - c = 0
BF!= F - B = (1, 1, 0) - (1, 0, 1) = (0, 1, -1)
BC!= C - B = (2, 1, 1) - (1, 0, 1) = (1, 1, 0)
BF!
BC!
n!
n!= (a, b, c)
n!
41
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1. Pág. 127
Vértice Z 5 x 1 y
O(0, 0) Z 5 0 1 05 0
A(5, 0) Z 5 5 1 05 5
B(5, 2) Z 5 5 1 25 7
C(3, 6) Z 5 3 1 65 9 d Valor máximo
D(0, 6) Z 5 0 1 65 6
O valor máximo que a função objectivo pode alcançar na regiãorepresentada é 9.
Resposta: (B)
2.
Litros Laranja Manga Lucro ( )
Bebida X x 4x
Bebida Y y 5y
Totais 4x 1 5y
Limite 12 10
Restrições:
Função objectivo: L = 4x + 5y
Resposta: (A)
1.1 Proposta da Isabel: Pág. 128
número de margaridas necessárias: 7 * 16 + 7 * 8 = 168;
número de rosas necessárias: 7 * 4 + 7 * 8 = 84;
número de violetas necessárias: 7 * 8 + 7 * 8 = 112.
Proposta do Dinis:
número de margaridas necessárias: 10 * 16 + 5 * 8 = 200;
x ≥ 0y ≥ 0
x2+
2y3
≤ 12
x2+
y3≤ 10
adddbdddc
x2+
y3
x2+
2y3
13
y23
y
12
x12
x
Æ
5x ≥ 0y ≥ 0x ≤ 5y ≤ 62x + y ≤ 12
3 5x ≥ 0y ≥ 0x ≤ 5y ≤ 6y ≤ -2x + 12
número de rosas necessárias: 10 * 4 + 5 * 8 = 80;
número de violetas necessárias: 10 * 8 + 5 * 8 = 120.
A proposta da Isabel é viável. A proposta do Dinis não é viável(não dispõe de 200 margaridas nem de 120 violetas).
1.2 Designemos por x o número de arranjos do tipo A e por y onúmero de arranjos do tipo B.
Vamos organizar os dados do problema através de uma tabela.
Arranjos Quantidade Margaridas Rosas Violetas Lucro ( )
A x 16x 4x 8x 3x
B y 8y 8y 8y 2y
Totais 16x 1 8y 4x 1 8y 8x 1 8y 3x 1 2y
Disponibilidade 192 88 112
Restrições:
Função objectivo:
Gráfico da região admissível
16x + 8y = 192 4x + 8y = 88 8x + 8y = 112
Vértices da região admissível:
• O(0, 0)
• A(12, 0)
• B(10, 4)
• C(6, 8)
• D(0, 11)
Valor da função objectivo nos vértices da região admissível:
Vértice x y
O 0 0 0
A 12 0 36
B 10 4 38 d Solução óptima
C 6 8 34
D 0 11 22
Para maximizar o lucro devem ser produzidos 10 arranjos do tipoA e quatro arranjos do tipo B.
L = 3x + 2y
58x + 8y = 1124x + 8y = 88
3 5x = 6y = 8
5 8x + 8y = 11216x + 8y = 192
3 5x = 10y = 4
x y
0 1414 0
x y
0 1122 0
x y
0 2412 0
L = 3x + 2y
x ≥ 0y ≥ 016x + 8y ≤ 192 4x + 8y ≤ 88 8x + 8y ≤ 112
addbddc
Æ
Capítulo 5
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
2. Seja x o número de hectares de trigo e y o número de hectares demilho. Então, temos que:
Hectares Custo de produção Lucro
Trigo x 50 1500x 600x
Milho y 30 1000y 500y
Totais x + y 1500x + 1000y 600x + 500y
Limite 160 200 000
Restrições:
Função objectivo:
Gráfico da região admissível
x + y = 160 1,5x + y = 200
Vértices da região admissível:
• A(50, 30)
• B
• C(80, 80)
• D(50, 110)
Valor da função objectivo nos vértices da região admissível:
Vértices x y
A 50 30 45 000
B 30 83 000
C 80 80 88 000 d Solução óptima
D 50 110 85 000
Para maximizar o lucro, o agricultor deve semear 80 hectares demilho e 80 hectares de trigo.
3. Sejam Pág. 129
x: número de embalagens do tipo A a preparar
y: número de embalagens do tipo B a preparar
3403
L = 600x + 500y
5x = 50x + y = 160
3 5x = 50y = 110
51,5x + y = 200 x + y = 160
3 5x = 80y = 80
51,5x + y = 200y = 30
3 5x =
3403
y = 3013403
, 302
L = 600x + 500y
5x ≥ 50y ≥ 30x + y ≤ 1601500x + 1000y ≤ 200 000
3 5x ≥ 50y ≤ 30x + y ≤ 1601,5x + y ≤ 200
≥
≥
Dados:
N.8 de bombons N.8 de bombons Embalagens N.8 de com recheio com recheio Lucro ( )
embalagens de amêndoa café
Tipo A x 4x 8x 4x
Tipo B y 8y 6y 5y
Total 4x1 8y 8x 1 6y 4x 1 5y
Restrições:
Função objectivo a maximizar:
Representação gráfica das restrições
4x + 8y = 400 8x + 6y = 600
Vértices da região admissível:
O(0, 0)
A(75, 0)
B(60, 20)
C(0, 50)
Valor da função objectivo nos vértices da região admissível:
Vértice x y
O 0 0 0
A 75 0 300
B 60 20 340 d valor máximo
C 0 50 250
O valor máximo do lucro é 340 euros e é obtido com 60 embala-gens do tipo A e 20 embalagens do tipo B.
4. Sejam
x: número de fornadas de bolinhos de chocolate a confeccionar
y: número de fornadas de biscoitos crocantes a confeccionar
Dados:
N.8 de fornadas Farinha Manteiga Receita ( )
Bolinhos dex 300x 50x 0,753 12xchocolate
Biscoitos y 200y 125y 0,653 16ycrocantes
Totais 300x1 200y 50x1 125y 9x1 10,4y
≤950≤2400
Æ
L = 4x + 5y
54x + 8y = 4008x + 6y = 600
3 5x = 60y = 20
x y
0 100
75 0
x y
0 50
100 0
L = 4x + 5y
54x + 8y ≤ 4008x + 6y ≤ 600x ≥ 0y ≥ 0
≤600≤400
Æ
42
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 5
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
EX
MA
11©
Port
oE
dito
ra
x y
0 160
160 0
x y
0 200
50 125
0,5x + 0,4y = 4500 0,5x + 0,6y = 6000
Valor da função objectivo nos vértices da região admissível:
Vértice x y
O 0 0 0
A 9000 0 45 000
B 3000 7500 52 500 d Lucro máximo
C 0 10 000 50 000
Devem ser produzidas 3000 garrafas do primeiro tipo e 7500 gar-rafas do segundo tipo.
6. Pág. 130
N.8 de litros de Sumo cada tipo concentrado
Polpa Custo
Tipo A x 0,6x 0,2x 0,3x
Tipo B y 0,84y 0,1y 0,45y
Total x + y 0,6x + 0,84y 0,2x + 0,1y 0,3x + 0,45y
= 100
6.1
6.2
Trata-se do segmento de recta AB.
x + y = 100 0,6x + 0,84y = 75 0,2x + 0,1y = 12
x y x y x y
0 100 0 0 120
100 0 125 0 60 0
A(37,5; 62,5)
B(20, 80) 50,2x + 0,1y = 12x + y = 100
3 5x = 20y = 80
50,6x + 0,84y = 75x + y = 100
3 5x = 37,5y = 62,5
6257<89
x ≥ 0y ≥ 0x + y = 1000,6x + 0,84y ≥ 750,2x + 0,1y ≥ 12
addbddc
≥12≥75
L = 5x + 5y
50,5x + 0,4y = 45000,5x + 0,6y = 6000
3 5x = 3000y = 7500
x y0 10 000
12 000 0
x y0 11 250
9000 0
Restrições:
Função objectivo a maximizar:
Representação gráfica das restrições:
300x + 200y = 2400
x y
0 12
8 0
50x + 125y = 950
x y
0 7,6
19 0
Valor da função objectivo nos vértices da região admissível:
Vértice x y
O 0 0 0
A 8 0 72
B 4 6 98,4 d Solução óptima
C 0 7,6 79,04
Para que o lucro seja o maior possível devem ser feitos 48 bolinhosde chocolate (4 fornadas) e 96 biscoitos crocantes (6 fornadas).
5. Sejam:
x: o número de garrafas do tipo 1
y: o número de garrafas do tipo 2
Número de garrafas Uvas A Uvas B Lucro ( )
Tipo 1 x 0,5x 0,5x 5x
Tipo 2 y 0,4y 0,6y 5y
Totais 0,5x + 0,4y 0,5x + 0,6y 5x + 5y
Restrições:
Função objectivo:
Representação gráfica das restrições:
L = 5x + 5y
5x ≥ 0y ≥ 00,5x + 0,4y ≤ 45000,5x + 0,6y ≤ 6000
≤6000≤ 4500
Æ
L = 9x + 10,4y
5300x + 200y = 2400 50x + 125y = 950
3 5x = 4y = 6
L = 9x + 10,4y
5x ≥ 0y ≥ 0300x + 200y ≤ 2400 50x + 125y ≤ 950
43
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 5
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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6.3 Função objectivo: C = 0,3x + 0,45y
Valor da função objectivo nos vértices da região admissível:
Vértice x y
A 37,5 62,5 39,375 d Melhor Solução
B 20 80 42
Devem ser misturados 37,5 litros de sumo do tipo A com 62,5 litrosde sumo do tipo B.
7. Ninhadas N.8 de frangos Custo Área
A x 1,8x 0,4x
B y 2,4y 0,3y
Total L = x + y 1,8x + 2,4y 0,4x + 0,3y
7.1
1,8x + 2,4y = 1500 0,4x + 0,3y = 240
7.2 Função objectivo:
Recta de nível zero:
Podem ser comprados, no máximo, 300 frangos da ninhada A e400 frangos da ninhada B.
0 = x + y3 y = - x
L = x + y
5x = 300y = 40051,8x + 2,4y = 1500
0,4x + 0,3y = 240 3
5x ≥ 0y ≥ 01,8x + 2,4y ≤ 15000,4x + 0,3y ≤ 240
≤ 240≤ 1500
C = 0,3x + 0,45y
8. Seja: Pág. 131
x: o número de sacos do tipo A;
y: o número de sacos do tipo B.
Dados:
Produto N.8 de sacos Substância a Substância b Custo ( )
Tipo A x 5x 5x 10x
Tipo B y 3y 11y 10y
Total 5x + 3y 5x + 11y 10x + 10y
Restrições:
Função objectivo a minimizar:
Representação gráfica das restrições:
5x + 3y = 25 5x + 11y = 45
Vértices: A(9, 0); B(3,5; 2,5) e
Como x e y (número de sacos) terão que ser números inteiros, aregião admissível é constituída pelos pontos de coordenadas inteirasque pertencem à região representada na figura que se segue.
C10, 253 2.
55x + 3y = 255x + 11y = 45
3 5x = 3,5y = 2,5
C = 10x + 10y
5x ≥ 0y ≥ 05x + 3y ≥ 255x + 11y ≥ 45
≥ 45≥25
Æ
44
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 5
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
x y0 625
25003
) 833 0
x y
0 800600 0
x y
0 253
5 0
x y
0 4511
9 0
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Restrições:
Função objectivo: Representação gráfica das restrições:
x y x y x y
0 600 0 200 0 0
600 0 300 0 200 400
Vértices: .
Valores da função objectivo nos vértices da região admissível:
Vértices x y
A 75 150 1200
B 300 0 1200mínimo
C 600 0 2400
D 200 400 3200 d máximo
10.1 Terão que ser vendidos 75 bilhetes de 4 euros e 150 bilhetes de 6 euros ou qualquer outra solução (x, y) sendo x o número de bilhetes de 4 euros e y o número de bilhetes de 6 euros com
e .
10.2 Para obter a receita máxima (de 3200 euros) é necessário vender200 bilhetes de 4 euros e 400 bilhetes de 6 euros.
11. Dados:
kg Angola Brasil Lucro( )
Marca A x 0,75x 0,25x 3x
Marca B y 0,2y 0,8y 4y
Total 0,75x1 0,2y 0,25x 1 0,8y 3x 1 4y
≤1500 ≤2700
Restrições:
Função objectivo: L = 3x + 4y
50,75x + 0,2y ≤ 15000,25x + 0,8y ≤ 2700y ≥ 750x ≥ 0
Æ
4x + 6y = 120075 ≤ x ≤ 300
L = 4x + 6y
A(75, 150); B(300, 0) ; C(600, 0) e D(200, 400)
5x + y = 600y = 2x
3 5x = 200y = 400
54x + 6y = 1200y = 2x
3 5x = 75y = 150
y = 2x4x + 6y = 1200x + y = 600
L = 4x + 6y
5x + y ≤ 6004x + 6y ≥ 1200y ≤ 2xy ≥ 0x ≥ 0
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 5
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
45
Função objectivo a minimizar:
Recta de nível zero:
O problema tem quatro soluções que pertencem à recta de nível10x + 10y = 70.
As possíveis soluções apresentam-se na tabela seguinte:
N.8 de sacos do N.8 de sacos do Custo tipo A tipo B 10x + 10y
2 5 70
3 4 70
4 3 70
5 2 70
9.1 a)
b)
9.2
a)
b)
x y x y
0 50 0 40
50 0 0
x y x y
0 0 0 0
20 10 40 10
c) Função objectivo: L = x
x é máximo no vértice A
Comprimento: x 5 40 cm; largura: y 5 10 cm
10. Sejam: Pág. 132x: número de bilhetes de 4 euros;
y: número de bilhetes de 6 euros;
5x = 2y2x + 2y = 100
3 5x =
1003
y =503
B11003
,503 2
A(40, 10) 5x = 4y2x + 2y = 100
3 5x = 40y = 10
O(0, 0)
x - 4y = 0x - 2y = 0
2003
3x + 5y = 2002x + 2y ≤ 100
52x + 2y ≤ 1003x + 5y ≤ 200x ≥ 2yx ≤ 4y
C = (3x + 5y) cm
P = (2x + 2y) cm
Æ
Æ
Æ
Æ
0 = 10x + 10y3 x = -y
C = 10x + 10y
CE
XM
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xyz
Representação gráfica das restrições:
x y x y
0 7500 0 3375
2000 0 10 800 0
Vértices: .
Valor da função objectivo nos vértices da região admissível:
Vértice x y L = 3x + 4y
A 0 750 3000
B 1800 750 8400
C 1200 3000 15 600 d Solução óptima
D 0 3375 13 500
Devem ser produzidos, por dia, 1200 kg de café da marca A e3000 kg de café da marca B para se atingir o maior lucro que é de 15 600 euros.
1. Seja: Pág. 133
x: número de quilos do produto da marca A e
y: número de quilos do produto da marca B,
a consumir diariamente por cada animal.
Hidratos de Marca N.8 de kg Gorduras carbono Minerais Custo ( )
A x 0,3x 0,5x 0,2x 4,2x
B y 0,2y 0,1y 0,4y 5,1y
Totais
1.1 Restrições:
1.2 Função objectivo:
1.3
C = 4,2x + 5,1y
5x ≥ 0y ≥ 00,3x + 0,2y ≥ 0,80,5x + 0,1y ≥ 0,80,2x + 0,4y ≥ 0,7
≥0,7≥ 0,8≥0,8
4,2x + 5,1y0,2x + 0,4y0,5x + 0,1y0,3x + 0,2y
Æ
A(0, 750), B(1800, 750), C(1200, 3000) e D(0, 3375)
50,75x + 0,2y = 15000,25x + 0,8y = 2700
3 5x = 1200y = 3000
50,75x + 0,2y = 1500y = 750
3 5x = 1800y = 750
0,25x + 0,8y ≤ 27000,75x + 0,2y ≤ 1500
1.4 A(0, 8);
1.5 Valor da função objectivo nos vértices da região admissível:
Vértice x y
A 0 8 40,80
B 16,46
C 12,64 d Melhor solução
D 0 14,70
1.6 Devem ser usados 2,25 kg da marca A e 0,625 kg da marca B.
2. Sejam: Pág. 134
x: a quantidade de energia convencional e
y: a quantidade de energia eólica,
em MWh, consumidas pela autarquia.
• Restrições:
x ≥ 0
y ≥ 0
y ≤ 40 – O fornecimento de energia eólica não poderáultrapassar os 40 MWh.
x + y ≥ 40 – O consumo anual de energia não poderá serinferior a 40 MWh.
y ≥ x – A quantidade de energia convencional nãoexcede a quantidade de energia eólica.
• Função objectivo:
• Representação gráfica da região admissível:
• Valor da função objectivo nos vértices da região admissível:
Vértice: (x, y)
(20, 20) 3400
(40, 40) 6800
(0, 40) 3600
A função objectivo é mínima para e y = 20.x = 20
C (x, y) = 80x + 90y
C(x, y) = 80x + 90y
adddddbdddddc
72
58
94
167
87
C = 4,2x + 5,1y
D172 , 02.
50,3x + 0,2y = 0,80,2x + 0,4y = 0,7
3 5 x =94
y =58
C194 ,582;
50,5x + 0,1y = 0,80,3x + 0,2y = 0,8
3 5 x =87
y =167
B187 ,167 2;
46
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 5
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
EX
MA
11©
Port
oE
dito
ra
x y x y x y
0 4 0 8 0 1,75
0 1,6 0 3,5 083
0,2x + 0,4y = 0,70,5x + 0,1y = 0,80,3x + 0,2y = 0,8
47
CE
XM
A11
©Po
rto
Edi
tora
1. Pág. 145
Resposta: (C)
2.
-5
Resposta: (B)
3. Dado que
Resposta: (B)
4.
Como a recta de equação é uma assimptota
horizontal do gráfico de f.
Dado que esta equação é impossível,
Entre as opções apresentadas apenas a (A) pode ser verdadeira.
Resposta: (A)
5.
Zeros de f :
Logo, a afirmação I é falsa pois -1 não é zero de f.
• Assimptotas verticais:
O gráfico de f não tem assimptota vertical dado que o único zerodo denominador também é zero do numerador.
Logo, a afirmação II também é falsa.
Resposta: (C)
Pág. 1466. O gráfico da função definida por obtém-se do grá-
fico da função f por um deslocamento de três unidades na direcçãodo eixo Ox, no sentido negativo, seguida de uma deslocação de uma unidade na direcção de Oy, no sentido negativo (translaçãoassociada ao vector ). Como as assimptotas sofrem omesmo deslocamento, as assimptotas do gráfico de y = f (x + 3) -1são .
Resposta: (A)
x = -5 e y + 1 = 13 y = 0x + 3 = -2 3
u!= (-3, -1)
y = f(x + 3) -1
(x = -1)
3 x = 1
f(x) = 03 1 - x2 = 0 ‹ x å Df 3 (x = -1 › x = 1) ‹ x å Df
Df = hx å R :x + 1 0 0j = R \ h-1jf(x) =
1 - x2
x + 1
-12∫ D9f.
3 -122(2x - 6)
= 0
f(x) = -123 - x - 3
2x - 6+
12= 03 -2x - 6 + 2x - 6
2(2x - 6)= 0
y = -12
-x2x
= -12
,
Df = hx å R : 2x - 6 0 0j = R \ h3jf(x) =
-x - 32x - 6
-5xx2 + 2
< 03 - 5x < 03 x > 03 x å R+
x2 + 2 > 0, A x å R,
a = 2, b = -5 e c = -9
h(x) = -5 +-9
x - 2
5x - 10-9
x - 2-5x + 1
h(x) =-5x + 1x - 2
= b +c
x - a
Dg = hx å R : x2 + 1 0 0j = R
g(x) =3x + 2x2 + 1
7.
Resposta: (D)
8.
Resposta: (D)
9.
• Assimptotas verticais do gráfico de f :
Não há porque o único zero do denominador também é zero donumerador.
• Assimptota horizontal do gráfico de f :
porque
Resposta: (B)
10. Pág. 147
Resposta: (B)
11. O gráfico da funcão resulta do gráfico da fun-ção por uma translação associada ao vector
(deslocamento de uma unidade para esquerda e trêsunidades para baixo). Como as assimptotas sofrem a mesma trans-formação vem:
Resposta: (C)
12.
Resposta: (B)
13.
Resposta: (B)
C(50) = 300 +850502 = 300,34
C(x) = 300 +850x2
C(50) =80 * 50
100 - 50= 80
C(p) =80p
100 - p
y = 3 1 y + 3 = 33 y = 0
x = -2 1 x + 1 = -23 x = -3
x = 1 1 (x + 1) = 13 x = 0
u!= (-1, 3)
x 1 f(x)x 1 f(x + 1) -3
3 x = -3
3 x å O › x = -3
f(x) = 03 (2x2 + 3 = 0 ‹ x ≥ 0) › (x2 - 9 = 0 ‹ x < 0)
f(x) = 52x2 + 3 se x ≥ 0x2 - 9 se x < 0
3x2
2x2 =32
y =32
Df = R \ {0}
f(x) =3x2 + 6x
2x2
A(x) = 2x *1x= 2
A = PS * PR
PR = 2 *12x
=1x
PS = 2x
P1x,1
2x2
A(x) = 2x * x = 2x2
A = PS * PR
PR = 2 *x2= x
PS = 2x
P1x ,x22 y
x—2 x—2
0 x
PS
RQ
y =
x
y
0 x
1—2xS
RQ
P
x
Capítulo 6
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
48
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rto
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tora
14. Por exemplo, uma representação gráfica de f pode ser: Pág. 148
Resposta: (D)
15. A equação tem exactamente duas soluções.
Resposta: (A)
16.
Resposta: (D)
17.
Assimptota horizontal: y = a; Logo, a > 0.
Assimptota vertical: x = b. Logo, b < 0.
a > 0 e b < 0.
Resposta: (B)
Pág. 14918. O gráfico de g pode ser obtido do gráfico de f a partir da seguinte
composição de transformações:
Deslocamento de uma unidadepara a direita (translação asso-ciada ao vector u
!= (1, 0)).
y = f(x - 1)
y = f(x)
x10
y
1
f(x) = a +1
x - b
f(x) = 3
D9\ f \
= 30,3 4 ∂ h4jD9f = 3-3,2 4 ∂ h4j
Simetria relativamente ao eixoOx.
Deslocamento de uma unidadepara baixo (translação asso-ciada ao vector
Logo, g(x) = -f(x - 1) -1.
Resposta: (D)
19.
Designando por a o zero desconhecido da função quadrática e porb o zero da função afim, elaborou-se o quadro:
Como apenas a alternativa (D) tem esta forma, com a = -4 e b = -2,é esta a resposta correcta.
Resposta: (D)
20. Se o conjunto-solução da ine-
quação é o intervalo
[1, 5], podemos concluir que
1 e 5 são os zeros de f
e que é a abcissa do
vértice da parábola que repre-
senta graficamente a função f.
Concluímos ainda que a parábola tem a concavidade voltada
para baixo.
Portanto, o contradomínio de f é o intervalo .
Resposta: (D)
1.1 Pág. 150
S = {- 1}3 x = - 1
3 (x = 3 › x = - 1) ‹ x 0 3
3 (x - 3 = 0 › x + 1 = 0) ‹ x 0 3
(x - 3)(x + 1)x - 3
= 03 (x - 3)(x + 1) = 0 ‹ x - 3 0 0
4 -?, f(3)4
1 + 52
= 3
f(x) ≥ 0
f(x)g(x)
≤ 03 x å 3a, b3∂ 30, +? 3
y
0 x
g
b
a
f
u!= (0, -1)).
y = -f(x - 1) -1
y = - f(x - 1)
x
y
0
2
–3
f4
x
y
0
2
–3
4f
3
–1
x
y
0
g
x
y
0
–g
1
x
y
0
–g –1
x10
y
x10
y
a b 0
f(x) - 0 + + + 0 -
g(x) - - - 0 + + +
+ 0 - n.d. + 0 -f(x)g(x)
+?-?
x10
y
1
f (3)
y
0 x1 3 5
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 6
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
49
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 6
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
CE
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A11
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1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
4(x + 1) 4(x - 1)
S = 5- 56
,12 6
3 x = -56› x =
12
3 12x2 + 4x - 5 = 0 ‹ x 0 1 ‹ x 0 - 1
3 8x2 + 8x + 4x2 - 4x - 5 = 0 ‹ 4(x - 1)(x + 1) 0 0
38x(x + 1) + 4x(x - 1) - 5
4(x - 1)(x + 1)= 0
3 2xx - 1
+x
x + 1-
54(x - 1)(x + 1)
= 0
2xx - 1
+x
x + 1=
54x2 - 4
S = {0, 1}3 x = 0 › x = 1
3 x(1 - x) = 0 ‹ x 0 - 1
3 x - x2 = 0 ‹ x + 1 0 0
3x - 1 - (x2 - 1)
x + 1= 03 x - x2
x + 1= 0
3x - 1 - (x - 1)(x + 1)
x + 1= 0
x - 1x + 1
= x - 13 x - 1x + 1
- (x - 1) = 0
S = 5-1, 926
3 x = - 1 › x =92
3 1x = - 1 › x =922 ‹ (x 0 0 ‹ x 0 3)
3 - 2x2 + 7x + 9 = 0 ‹ x(x - 3) = 0
3 - 2x2 + 7x + 9x(x - 3)
= 0
3 4x - 2x2 + 6x - 3x + 9x(x - 3)
= 0
34x - 2(x - 3)x - 3(x - 3)
x(x - 3)= 0
4x - 3
- 2 =3x3 4
x - 3- 2 -
3x= 0
S = 5- 3263 x = -
32‹ x 0 -23 x = -
32
3 - 2x - 3x + 2
= 03 - 2x - 3 = 0 ‹ x + 2 0 0
1x + 2
= 23 1x + 2
- 2 = 03 1 - 2x - 4x + 2
= 0
S = 57663 6x - 7 = 0 ‹ 2 - x 0 03 x =
76
3 3 + x - 10 + 5x2 - x
= 03 6x - 72 - x
= 0
3 + x2 - x
= 53 3 + x2 - x
- 5 = 0
S = O
6x - 1
= 03 6 = 0 ‹ x - 1 0 03 x å O
S = {7}3 x = 7
3 (x = 1 › x = 7) ‹ x 0 1
3 x2 - 8x + 7 = 0 ‹ x - 1 0 0
x2 - 8x + 7x - 1
= 0 1.9
(x + 3) (x - 3)
1.10
(x - 1) (x + 1)
2.1
2.2
2.3
2.4
(condição impossível)
2.5
2.6
3.1 x2
x + 3, 0
S = ] -1, 3[3 x å ] - 1, 3[(x - 3)(x + 1) < 0
S = {-1}
3 x + 1 = 03 x = - 1x2 + 2x + 1 ≤ 03 (x + 1)2 ≤ 0
S = O
3 x å O
x2 + 1 ≤ 03 x2 ≤ - 1
S = ] -?, - 1 [ ∂ ] 1, +? [3 x å ]-?, -1[∂] 1, +? [1 - x2 < 0
S = R
3 x å R (condição universal)- x2 ≤ 03 x2 ≥ 0
S = ] -?, 0[
-12
x > 03 x < 0
S = 53263 x =
32
3 -2x + 3 = 0 ‹ x 0 1 ‹ x 0 -1
3 3 - x + 1 - x - 1 = 0 ‹ (x - 1)(x + 1) 0 0
33 - (x - 1) - (x + 1)
(x - 1)(x + 1)= 0
3 3(x - 1)(x + 1)
-1
x + 1-
1x - 1
= 0
3x2 - 1
=1
x + 1-
11 - x
S = {0}
3 x = 0
3 (-2x = 0 › x - 3 = 0) ‹ x 0 3 ‹ x 0 - 3
3 -2x (x - 3) = 0 ‹ x 0 3 ‹ x 0 -3
3 -2x2 + 6x = 0 ‹ (x - 3)(x + 3) = 0
3 6x - x2 - 3x - x2 + 3x(x - 3)(x + 3)
= 0
36x - x(x + 3) - x(x - 3)
(x - 3)(x + 3)= 0
3 6x(x - 3)(x + 3)
-x
x - 3-
xx + 3
= 0
6xx2 - 9
+x
3 - x=
xx + 3
C. A.
3 x = 1 › x = 7
3 x =8 ¿ œ64 - 28
2
x2 - 8x + 7 = 03
C. A.
3 x = - 1 › x =92
3 x =- 7 ¿ œ49 + 72
- 4
- 2x2 + 7x + 9 = 0
C. A.
3 x = -56› x =
12
3 x =-4 ¿ œ16 + 240
24
12x2 + 4x - 5 = 0
C. A.
1 - x2 = 03 x = - 1 › x = 1
C. A.
3 x = 3 › x = - 1
(x - 3)(x + 1) = 0
x 0
0
0
s.s. 0 ++-x2
x + 3
+++-x + 3
++++x2
+?-3-?
x + 3 = 03 x = -3
x2 = 03 x = 0
S = 4 -?, -3 3
x2
x + 3< 03 x å 4 -?, -3 3
50
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 6
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
EX
MA
11©
Port
oE
dito
ra
3.2
A condição é impossível porque e
3.3 dado que
3.4
4.1
4.2
4.3
4.4
S = 4 -?, 1 3 ∂ 44, +? 3
x - 1 = 03 x = 14 - x = 03 x = 4
3 4 - xx - 1
< 03 3x - 1
- 1 < 03 3 - x + 1x - 1
< 03
x - 1< 1
S = ] -1, 0[ ∂ ]1, +? [
1 - x2 = 03 x = 1 › x = -1
3 1x- x < 03 1 - x2
x< 0
1x< x
S = ] - ?, - 2[ ∂ ]4, +? [3 x å ] -?, -2 [ ∂ ] 4, +? [3 x2 - 2x - 8 > 0
x2 > 2x + 8
S = ] -?, -œ3 [ ∂ ]œ3, +? [3 x å ] -?, -œ3 [ ∂ ]œ3, +? [(x - œ3)(x + œ3) > 0
S = ] -?, 0[∂ {3}
x = 0
(x - 3)2 = 03 x - 3 = 03 x = 3
(x - 3)2
x≤ 0
S = ]0, +? [
1 + x2 > 0, A x å R1 + x2
x≥ 03 x > 0
S = O
x2 > 0, A x å R \ {0}.1 + x2 > 0, A x å R
1 + x2
x2 ≤ 0 4.5
4.6
4.7
4.8
S = 4- œ22
, 0 3∂4œ22
, +? 3
3 x = -œ22
› x =œ22
2x2 - 1 = 03 x2 =123 x ¿ Œ1
2
3 2x2 - 1x
> 03 x2 - 1 + x2
x> 0
3 x2 - 1x
+ x > 0x2 - 1
x> - x
S = 4-?,12 3∂ {4}
2x - 1 = 03 x =12
x2 - 8x + 16 = 03 x =8 ¿ œ64 - 64
23 x = 4
x2 - 8x + 162x - 1
≤ 0
S = [ -3, -1[ ∂ ]1, 3]
1 - x2 = 03 x = -1 › x = 1
x2 - 9 = 03 x = -3 › x = 3
x2 - 91 - x2 ≥ 0
S = ] -?, -3[ ∂ [1, 2 [
(x - 2)(x + 3) = 03 x = 2 › x = -31 - x = 03 x = 1
1 - x(x - 2)(x + 3)
≥ 0
x 0 3
0
x 0
s.s. 0 ++-(x - 3)2
x
+++-
++++(x - 3)2
+?-?
x -3 1 2
0
(x - 2)(x + 3) 0 0
s.s. 0 s.s. -+-+1 - x
(x - 2)(x + 3)
+---+
---+++1 - x
+?-?
x -3 -1 1 3
x2 - 9 0 0
1 - x2 0 0
0 s.s. s.s 0 -+-+-x2 - 91 - x2
---+---
+-----+
+?-?
x -1 0 1
0 0 -
x 0 + +
0 s.s. 0 -+-+1 - x2
x
+---
+++-1 - x2
+?-?
C.A.
3 x = œ3 › x = - œ3
(x - œ3)(x + œ3) = 0
C. A.
3 x = - 2 › x = 4
3 x =2 ¿ œ4 + 32
2
x2 - 2x - 8 = 0
x 1 4
4 - x 0
0
s.s. 0 -+-4 - xx - 1
+++-x - 1
-+++
+?-?
x 4
0
2x - 1 0
s.s. 0 ++-x2 - 8x + 16
2x - 1
+++-
++++x2 - 8x + 16
+?12
-?
x 0
0 0
x 0
0 s.s. 0 +-+-2x2 - 1
x
+++---
+---+2x2 - 1
+?œ22
-œ22
-?
51
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 6
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
CE
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A11
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tora
4.9
4.10
4.11
4.12 3(2x - 1)3
x2(1 - x)≥ 0
- (2x - 1)3
x2(1 - x)≤ 0
S = ] -?, 0 [ ∂ ] 0, 1[ ∂ ] 1, 3 [
3 x = 0 › x = 1x2(1 - x)4 = 03 x2 = 0 › (1 - x)4 = 0
(x - 3)5 = 03 x - 3 = 03 x = 3
(x - 3)5
x2(1 - x)4 < 0
S = 3-1, -13 3 ∂ 30, 14
3x + 1 = 03 x = -13
x(x2 - 1) = 03 x = 0 › x = - 1 › x = 1
3x(x2 - 1)3x + 1
≤ 0x3 - x3x + 1
≤ 0
S = 3- 12
, -13 3∂40, +?4
x(3x + 1) = 03 x = 0 › x = -13
- 2x - 1 = 03 x = -12
3 - 2x - 1x(3x + 1)
≤ 0
3 13x + 1
-1x≤ 03 x - 3x - 1
x(3x + 1)≤ 0
13x + 1
≤1x
5. Pág. 151
5.1
O chá foi servido à temperatura de 80 8C.
5.2 Um quarto de hora são 15 min. Deste modo, temos que:
A temperatura do chá, 15 min após ser servido era 32,75 °C.
5.3
Decorreram 25 minutos.
5.4
T = 17. Com o decorrer do tempo, a temperatura do chá tende aestabilizar em 17 °C (provavelmente a temperatura ambiente).
6.1 Volume do tanque:
Como a torneira verte água para o tanque à taxa de por horae 168 : 4 = 42, são necessárias 42 horas para encher o tanque.
Atendendo à forma do tanque, a altura da água é directamente pro-porcional ao tempo de enchimento.
Assim, tem-se:
42 h — 3 m
t h — h m
, ou seja,
6.2
Decorridas 21 horas após o início do enchimento a altura da águano tanque é 1,5 m.
h(t) = 1,53 t = 21
h(t) = 1,53 t14
= 1,53 t = 1,5 * 143 t = 21
h(t) =t
14, t å 30, 424 .h =
3t42
4 m3
V = 168 m3
8 * 7 * 3 = 168
17tt
= 17
3t≥0
-10,5t + 262,5 = 0 3 t =262,510,5
3 t = 25
317t + 400 - 27,5t - 137,5
t + 5= 0
3 17t + 400t + 5
- 27,5 = 0T(t) = 27,5
T(15) =17 * 15 + 400
15 + 5= 32,75
T(0) =0 + 400
5= 80
T(t) =17t + 400
t + 5, t ≥ 0
S = 312 , 13
3 x = 0 › x = 1x2(1 - x) = 03 x2 = 0 › 1 - x = 0
(2x - 1)3 = 03 2x - 1 = 03 x =12
x - 0
0
x(3x + 1) 0 0
0 s.s. s.s. -+-+-2x - 1
x(3x + 1)
+-+++
-----+- 2x - 1
+?-13
12
-?
x -1 0 1
x 0
x2 - 1 0 0
3x + 1 0
0 s.s. 0 0 +-+-+x(x2 - 1)3x + 1
+++++---
+-----+
+++-----
+?-13
-?
x 0 1 3
(x - 3)5 0
x2 0
(1 - x)4 0
s.s. s.s. 0 +---(x - 3)5
x2(1 - x)4
++++++
++++++
+-----
+?-?
x 0 1
(2x - 3)3 0
x2 0
1 - x 0
s.s. 0 s.s. -+--(2x - 1)3
x2(1 - x)
-+++++
++++++
+++---
+?12
-?
52
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 6
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
EX
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11©
Port
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dito
ra
7.1 a) Pág. 152
b)
c)
d)
7.2 • Se , a água no depósito ocupa apenas parte do paralelepípedo pelo que o volume é dado por:
• Se , o nível da água no depósito já se situa no cubo,pelo que:
v(x) volume do paralelepípedo volume da água no cubo
v(x) 9 5 4 3 3 (altura da água no cubo)
(altura total - altura do paralelepípedo)
Então,
7.3 a)135 < 180
A altura da água no depósito é 3 m.
b)189 > 180
A altura da água no depósito é 5 m.
7.4
x1 2 3 4 5 6 70
207180
v
3 x - 4 = 13 x = 5
3 9(x - 4) = 9
3 180 + 9(x - 4) = 189
v(x) = 189
3 x = 3
3 45x = 135
v(x) = 135 m3
v(x) = 545x se 0 ≤ x < 4180 + 9(x - 4) se 4 < x ≤ 7
v(x) = 180 - 9(x - 4)
v(x) = 180 - 9
**+**=
+=
4 < x ≤ 7
v(x) = 9 * 5 * x3 v(x) = 45x.
0 ≤ x ≤ 4
V = 207 m3
V = 180 + 33 = 207
x = 7
V = 198 m3
V = 180 + (6 - 4) * 3 * 3 = 198
x = 6
V = 180 m3
V = 9 * 5 * 4 = 180
x = 4
V = 90 m3
V = 9 * 5 * 2 = 90
x = 2 8.1 a) Para , o volume de água corresponde ao volume do prismatriangular:
V Abase altura
b)
O prisma triangular está cheio e a altura da água no paralelepí-pedo é de 1 m (2 1 1).
8.2
São necessários 208 000 litros de água para encher a piscina.
8.3 • Se a água ocupa apenas parte do prisma.
A base do prisma é umtriângulo rectângulocujos catetos medem x metros e b metros.
Atendendo à semelhança de triângulos, vem:
Logo,
• Se a água ocupa todo o prisma e a parte do paralele-pípedo correspondente à altura .
Então,
8.4108 > 40
Pág. 153
9.1 Consideremos que as duas torneiras são abertas simultaneamente.A fracção do tanque que está cheia é proporcional ao tempo deenchimento:
Tempo Fracção do tanque
1 h
t h 1
Então
, ou seja, 1t=
15+
17
t =1
15+
17
15+
17
3 x < 149 cm3 x < 1,49 m
3 x =208140
3 140x = 208
3 40 + 140x - 140 = 108
3 40 + 140(x - 1) = 108
v(x) = 108
v(x) = 540x2 se 0 ≤ x ≤ 140 + 140(x - 1) se 1 < x ≤ 2,2
3 v(x) = 40 + 140(x - 1)
v(x) = 40 + 10 * 14(x - 1)
(x - 1) m1 < x ≤ 2,2
v(x) =x * 8x
2* 103 v(x) = 40x2 .
b8=
x13 b = 8x
0 ≤ x ≤ 1
208 m3 = 208 000 dm3
V = 40 + 10 * 14 * 1,2 = 208
V = 180 m3
V = 40 + 10 * 14 * 1 = 40 + 140 = 180
=-
x = 2 m
V = 40 m3
= 40=1 * 8
2* 10*=
x = 1
!
b
x
8
1
!
!
53
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 6
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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9.2
10.1
10.2
Deve estar a
10.3
F = 0; à medida que a distância, d, entre os corpos aumenta a forçade gravidade, F, tende a estabilizar em zero.d = 0; à medida que a força de gravidade, F, aumenta, a distância,d, entre os corpos tende a estabilizar em zero.
11.1
A pressão exercida pelo ar no balão é .
11.2
A pressão exercida pelo ar no balão é .
12. Pág. 154
12.1 P é o custo, em euros, do transporte de cada uma das pessoas nãoconvidadas.
12.2
Logo,
12.3
Os valores máximo e mínimo que uma pessoa pode pagar são,respectivamente, 45,45 Æ e 8,33 Æ.
P(50) =50060
< 8,33 Æ
P(1) =50011
< 45,45 Æ
D = hs å Z : 0 ≤ s ≤ 50j.10 ≤ s + 10 ≤ 603 0 ≤ s ≤ 50
P(s) =500
s + 10
0,42 kg/cm2
1,263
= 0,42
2,52 kg /cm2
2 * 1,26 = 2,52
d63730
F
70
F =70 * (6373)2
d2
46 947 km.
53 320 - 6373 = 46 947
d <53 320
d = œ70 * 6373
d2 = 70 * (6373)2
1 =70 * (6373)2
d2
F < 69,81 kg
F =70 * (6373)2
(6381,85)2
6373 + 8,85 = 6381,85
k = 70 * (6373)270 =k
(6373)2 3
t = 2 h 55 min
t = 2 +1112
11112
* 60 = 552
t =11235
3 t =3512
t =1
15+
17
3 12.4
No autocarro vão
13.1
13.2 Se ,
Se ,
O comprimento pode variar entre 23,6 m e 39,3 m (valores aproximados).
13.3
O perímetro é mínimo se o terreno tiver a forma de um quadradode lado 34,35 m.
14.1
14.2 18 cm 1,8 dm; 20 cm 2 dm
O raio varia entre 6,91 cm e 7,28 cm.
15.1 Pág. 155
f(x) é o custo da viagem por pessoa, em função do número x depessoas acima das 30 iniciais.
Df = hx å Z : 0 ≤ x ≤ 30j
f(x) =10 00030 + x
r<0,691 dm3 r<6,91 cm
1 =13pr2 * 23 r2 =
32p3 r = Œ 3
2p
V = 1 e h = 2
3 r<7,28 cm3 r < 0,728 dm
3 r2 =1
0,6p3 r = Œ 1
0,6p1 =
13pr2 * 1,8
V = 1 e h = 1,8
==
V =13pr2h3 3V = pr2h3 h =
3Vpr2 , r 0 0.
c = 34,3511 ±’ =1180
34,3511 < 34,35
y1 = 2x +2360
x
P(c) = 2c *2360
c, 23,6 ≤ c ≤ 39,3
P(c) = 2c + 2 *1180
c
P = 2c + 2’
c =118050
= 23,6ß = 50
c =118030
< 39,33S = 30
c =1180’
c * ’ = 11803
32 pessoas.
3s≥0
500 - 11,90s - 119 = 03 s =38111,9
3 s = 32
P(s) = 11,903 500s + 10
- 11,90 = 0
15.2
.
É necessário incluir 7 pessoas no grupo.
16.1
16.2 Trata-se de calcular o valor mínimo de P(x):
O perímetro é mínimo para
O custo da rede é mínimo para e
17.1
• Área da superfície lateral
Custo do material para a superfície lateral
• Área das bases
Custo do material para as bases
Portanto,
C(r) = 160pr2 +9600p
r
Cb(r) = 2pr2 * 80 = 160pr2, em euros.
Ab(r) = 2 * pr2
CL(r) =96p
r* 100 =
9600pr
, em euros.
AL(r) =96p
r
AL = 2pr * 48r2
AL = 2pr * h
h =48r23 h =
48ppr2 3
48p = pr2 * h
V = Ab * h
y = 100 m.x = 200 m
x = 200 ± y =20 000
200± y = 100
x = 200.
y1 =40 000
x+ x
P(x) =40 000
x+ x
P = 2y + x
1 ha = 10 000 m23 y =20 000
xxy = 20 000
3 x =5670811
3 x<7
3 30 000 - 24 330 - 811x3(30 + x)
= 03x>05670 - 811x = 0
10 00030 + x
=81133 10 000
30 + x-
8113
= 0
f(x) =10 000
30- 63, ou, seja, f(x) =
8113
f(0) =10 000
3017.2 Usando a calculadora foi obtido o mínimo de C:
O custo da construção é mínimo para
18.1 Pág. 156
18.2
19.
19.1
19.2
Cerca de 35 minutos após tomar o medicamento a concentração nosangue é máxima. Após este instante a concentração vai decrescendocom tendência para desaparecer com o decorrer do tempo.
19.3
A concentração de é atingida decorridos 10 minutos enovamente decorridas 2 horas e 4 minutos após o instante em queo medicamento é tomado.
0,3 mg/L
0,162 h = 0 h10 min
2,060 h = 2 h 4 min
0,06 * 60 <4
3 t< 2,060 › t<0,162
3 t =2 ¿ œ4 - 4 * 0,9 * 0,3
1,8
3 0,9t2 - 2t + 0,3 = 0
3 2t3t2 + 1
- 0,3 = 03 2t - 0,9t2 - 0,3 = 0c(t) = 0,3
0,577 * 60 = 34,6
c(t) =2t
3t2 + 1
3 x > 8AL(x) < 10003 8000x
< 10003x>0
8000 < 1000x
AL(x) =8000
x
A(x) = 2x2 +8000
x
A(x) = 2x2 + 4x *2000
x2
A = 2x2 + 4xy
y =2000
x2x2 y = 20003
V = 2000
r < 3,11 m.
y1 = 160px2 +9600p
x
x
y
h
r
y
xx
c
0,5770
0,577
t
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 6
54
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 6
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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20. Pág. 157
20.1
Inicialmente foram plantados 1000 arbustos.
20.2
Passados 20 anos existiam cerca de 2885 arbustos.
20.3
A recta de equação N = 50 000 é uma assimptota horizontal dográfico da função. Portanto, com o decorrer do tempo, a quanti-dade de arbustos tende a igualar aquele número.
21.1 Custo para 9 pessoas:
Custo para 10 pessoas:
O grupo pouparia 62 euros.
21.2
22.1 Área da piscina: 250 m2
Área total do terreno:
22.2 Introduzindo a função na calculadora gráfica e calcu-lando o seu valor mínimo, foiobtido o resultado ao lado.
A área do terreno é mínimapara x ) 19,36 m.
1. Pág. 158
1.1
O produto atingiu, um ano após o lançamento, 16% de mercado.
1.2
3 60t - 45t - 1353t + 9
≥ 03 15t - 1353t + 9
≥ 0
PA(t) > 153 60t3t + 9
> 153 60t3t + 9
- 15 ≥ 0
PA(12) =60 * 12
3 * 12 + 9= 16
PA(t) =60t
3t + 9, t ≥ 0
A(x) =4x2 + 274x + 1500
x
A(x) =24x + 1500 + 4x2 + 250x
x
A(x) =(6 + x)(4x + 250)
x
A(x) = (6 + x) * 14 +250x 2
A(x) = (3 + x + 3) * 12 +250x
+ 22
y =250x
xy = 2503
C(x) = 518x se x < 10
10x se x ≥ 10
162 - 100 = 62
10 * 10 = 100
9 * 18 = 162
200t0,004t
= 50 000
N(t) =200t + 20000,004t + 2
N(20) =2000(1 + 0,1 * 20)
2 + 0,004 * 20=
60002,08
<2885
N(0) =2000(1 + 0,1 * 0)
2 + 0,004 * 0=
20002
= 1000
N(t) =2000(1 + 0,1t)
2 + 0,004t
Dado que 3t 9 ≥ 0, , vem:
A percentagem será igual ou superior a 15% decorridos novemeses após o lançamento do produto, ou seja, a partir do início deJaneiro.
1.3 •
A recta de equação PA = 20 é uma assimptota do gráfico de .
•
A recta de equação PB = 15 é uma assimptota do gráfico de PB(t).
Usando a fórmula resolvente e como t ≥ 0, vem
Quando o produto A foi lançado, o produto B tinha uma percen-tagem de mercado de 10%. A percentagem de mercado do pro-duto A ultrapassa a percentagem de mercado do produto Bdurante o mês de Dezembro, pelo dia 11 (t 8,36). Com o decor-rer do tempo as percentagens de mercado dos produtos A e B ten-dem a igualar 20% e 15%, respectivamente.
1.4
Como se viu em 1.3,
A recta de equação y = 5 é uma assimptota do gráfico da funçãoPt(A) - Pt(B); significa que, com o decorrer do tempo, a diferençaentre as quotas de mercado do produto A e do produto B tende a igualar 5%.
10t2
2t2 = 5
=3(10t2 - 80t - 30)
3 (2t2 + 7t + 3)=
10t2 - 80t - 302t2 + 7t + 3
=30t2 - 240t - 906t2 + 3t + 18t + 9
=30t2 - 240t - 90
6t2 + 21t + 9
Pt(A) - Pt(B) =30t2 - 240t - 90(3t + 9)(2t + 1)
Pt(A) - Pt(B) =60t
3t + 9-
30t + 102t + 1
<
14,7
10
P
1 8,36
PA
PB
t
0,36 * 30 <11
t < 8,36.
3 t2 - 8t - 3 = 0
30t2 - 240t - 90 = 03t ≥ 0
3 120t2 + 60t - 90t2 - 30t - 270t - 90(3t + 9)(2t + 1)
= 0
3 60t3t + 9
-30t + 102t + 1
= 0
3 60t3t + 9
=30t + 102t + 1
PA(t) = PB(t)
30t2t
= 15
PB(0) = 10
PB(t) =30t + 102t + 1
, t ≥ 0
PA(t)
60t3t
= 20
PA(0) = 0
3 15t ≥ 1353 t >135153 t ≥ 9
15t - 1353t + 9
≥ 03 15t - 135 ≥ 0
A t å R++
x250——
xy =
22
3
3
56
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 6
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
EX
MA
11©
Port
oE
dito
ra
2.1 A Anabela acrescentou x litros de água aos 3 litros Pág. 159de sumo. Logo, obteve x + 3 litros de bebida.
Vamos agora calcular o número de litros de água existentes nosx + 3 litros de bebida:
• Como o sumo de laranja puro já contém 92% de água, cadalitro de sumo puro contém 0,92 litro de água. Logo, em trêslitros de sumo puro existem 3 0,92 litros de água.
Portanto, a bebida preparada pela Anabela contém 3 0,92 x litros de água.
Podemos usar uma regra de três simples para calcular a per-centagem, P(x), de água existente no sumo preparado pela Anabela.
Número de Percentagemlitros
3 + x —— 100
0,92 * 3 + x —— P(x)
2.2 Trata-se de resolver a inequação
Dado que x + 3 > 0, vem
A quantidade máxima de água que a Anabela pode acrescentar aostrês litros de sumo de laranja puro, de tal modo que a bebida nãotenha mais de 97% de água, é 5 litros.
3.
3.1 Se a Maria sai de casa às 7 h 40 min, sai 10 minutos depois das sete e meia e, portanto, tem-se t = 10. A duração da viagem é
dada, em minutos, por
Como 7 h 40 min + 31 min = 7 h 71 min = 8 h 11 min,
a Maria chega à escola às 8 h 11 min.
Se a Maria sair de casa às 7 h 55 min tem-se t = 25 e a duração
da viagem é, em minutos, .
Como 7 h 55 min + 39 min = 7 h 94 min = 8 h 34 min,
a Maria chega às aulas com um atraso de 4 minutos.
3.2 O tempo que decorre entre as sete e meia e as oito e meia é 60 min.Portanto, a soma do tempo que decorre desde as sete e meia atéque a Maria sai de casa com o tempo gasto na viagem não podeexceder 60 minutos. Ou seja, para que a Maria não chegue atra-sada às aulas é necessário que t + d(t) ≤ 60.
Na figura apresenta-se o gráfico obtido na calculadora gráfica
das funções ,
assim como as coordenadas do ponto de intersecção das duas linhas.
Para não chegar atrasada àsaulas, a Maria tem de sair decasa até 22 minutos depoisdas sete e meia, ou seja, atéàs 7 h 52 min.
3 y2 = t + 45 -5600
t2 + 300 e y1 = 60y2 = t + d(t)
d(25) = 45 -5600
252 + 300 <39
d(10) = 45 -5600
102 + 300= 31.
d(t) = 45 -5600
t2 + 300, t å [0, 30]
3 3x ≤ 291 - 2763 x ≤ 5
100x + 276x + 3
≤ 973 100x + 276 ≤ 97x + 3 * 97
A x å R+
100x + 276x + 3
≤ 97.
P(x) =(0,92 * 3 + x) * 100
3 + x=
100x + 276x + 3
+*
*
Pág. 1604.1 Uma recta é perpendicular a um plano se for perpendicular a duas
rectas concorrentes contidas no plano, ou seja, se um vector direc-tor da recta for perpendicular a dois vectores não colineares doplano. Para mostrar que a recta r : x = 0 y = 2z é perpendicularao plano STV vamos provar que um vector, vector director darecta r, é perpendicular aos vectores .
• Vector director da recta
é um vector director da recta r.
• Se a base [RSTU] é um quadrado de área 4 tem-se que o lado doquadrado é 2, pelo que as coordenadas de S e T são (1, 1, 0) e (-1, 1, 0), respectivamente, para além das coordenadas de Vserem (0, 0, 2).
Portanto:
Como , podemos concluir que o vector é
perpendicular aos vectores pelo que a recta r é perpendicu-
lar ao plano STV.
Dado que o vector é normal ao plano, este pode serdefinido por uma equação do tipo
Como o ponto V(0, 0, 2) pertence ao plano, tem-se
Portanto 2y + z - 2 = 0 é uma equação do plano STV.
4.2 a) A cota do ponto P varia entre a cota do ponto O e a cota do pontoV. Como a cota do ponto O é 0 e a cota do ponto V é 2, e dadoque o ponto P nunca coincide com o ponto O nem com o ponto V,podemos concluir que o domínio da função f é o intervalo ]0, 2[.
Na figura apresenta-se a secçãodeterminada pelo plano yOz napirâmide e no cilindro.
Atendendo a que os triângulos[OBV] e [PCV] são semelhan-tes tem-se que:
Mas, como é o raio, r, da base do cilindro tem-se, .
O volume do cilindro é dado por:
Substituindo r por por z, obtém-se o volume do
cilindro em função de z:
b) Volume da pirâmide
V =13
Abase * altura =13* 4 * 2 =
83
= p *4z - 4z2 + z3
4= p 1z
3
4- z2 + z2
f(z) = p * 12 - z2 2
2
* z = p *4 - 4z + z2
4* z
2 - z2
e OP
V = pr2 * OP
V = Abase * altura
r =2 - z
2PC
3 PC =2 - z
2
=PC1
PVOV
=PCOB3
2 - z2
0 + 2 * 0 + 2 + d = 03 d = 22
0x + 2y + z + d = 0.= (0, 2, 1)r!
ST!e SV! r
!r! . SV
!= 0r
! . ST!= 0 e
r! . SV
!= (0, 2, 1) . (-1, -1, 2) = 0 - 2 + 2 = 0
r! . ST
!= (0, 2, 1) . (-2, 0, 0) = 0 + 0 + 0 = 0
SV!= V - S = (0, 0, 2) - (1, 1, 0) = (-1, -1, 2)
ST!= T - S = (- 1, 1, 0) - (1, 1, 0) = (-2, 0, 0)
r!= (0, 2, 1)
x = 0 ‹ y = 2z3 x = 0 ‹y2=
z1
r : x = 0 ‹ y = 2z
ST!e SV! r»
‹
y
60
t30O 22
y1
y2
1y
z
z
D C
O B
V
2–
z
P
57
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 6
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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Quinta parte do volume da pirâmide =
Pretende-se, portanto, resolver graficamente a inequação
Com a calculadora foram
obtidos os gráficos da
função f e da recta de
equação tendo-se
determinado as abcissas
dos pontos de intersecção.
Observando os resultados obtidos podemos concluir que ovolume do cilindro é superior à quinta parte do volume da pirâ-mide se a cota do ponto P variar entre 0,213 e 1,268.
Pág. 161
5.1 Composto A Composto B Produto final
Tomate 0,4 * 150 = 60 0,6x 60 + 0,6x
Água 0,6 * 150 = 90 0,4x 90 + 0,4x
Total 150 x 150 + x
A percentagem C de tomate na mistura final é dada por:
Dado que 1000 - 150 = 850, 0 ≤ x ≤ 850.
5.2
Temos, então que b = 0,6.
Se a quantidade x de composto B pudesse aumentar indefinidamente,mantendo-se constante a quantidade de composto A, a percentagemde tomate existente na mistura final tenderia a igualar 60%.
5.3 a) 55% = 0,55
litros
b) 80% = 0,8
A equação é impossível. A concentração de tomate não podeexceder C(850) = 57%.
5.4
Deve ser usada uma quantidade de composto B superior a 150 litros.
6.
6.1
Então, h(0) = 0,5m. As árvores são plantadas com 0,5m de altura.
h(0) =48= 0,5
h(t) =4t + 4t + 8
3 x > 150
3x≥0
600 + 6x > 750 + 5x
C(x) > 0,53 600 + 6x1500 + 10x
> 0,5
3 x = -300
3 -2x = 600
3x≥0
600 + 6x = 1200 + 8x
C(x) = 0,83 600 + 6x1500 + 10x
= 0,8
x = 450
3 x = 450
3 0,5x = 225
3x≥0
600 + 6x = 825 + 5,5x
C(x) = 0,553 600 + 6x1500 + 10x
= 0,55
6x10x
=610
= 0,6
C(x) =600 + 6x
1500 + 10x
C(x) =60 + 0,6x150 + x
=10 * (60 + 0,6x)10 * (150 + x)
y =815
f(z) >815
.
15*
83=
815
6.2
A recta de equação y = 4 é uma assimptota do gráfico de h.Significa que a altura de uma árvore adulta desta espécie tende aigualar 4 metros.
6.3
Terão de decorrer
7. Pág. 162
7.1
O comerciante terá de investir 3286 euros.
7.2 N(0) = 120; N(5) = 410; N(24) = 600.
Se o comerciante nada investir serão vendidas 120 bicicletas, seinvestir 5 mil euros serão vendidas 410 bicicletas e se gastar 24 mileuros em publicidade serão vendidas 600 bicicletas.
7.3 Lucro obtido se nada investir em publicidade:
Lucro obtido se gastar 5000 euros em publicidade:
Lucro obtido se gastar 24 000 em publicidade
Se nada investir em publicidade, terá um lucro de 6000 euros; se investir 5000 euros, o lucro obtido será de 15 500 euros; se investir 24 000 euros o lucro é de 6000 euros. Logo, compensa gastar em publicidade mas não será aconselhável gastar
em publicidade.
7.4
a) • 0,05 milhares de euros = 50 euros é o lucro, por bicicleta semdespesas de publicidade;
• 0,05 * N(x) é o lucro obtido pela venda de N bicicletas nãocontando com as despesas de publicidade;
• 0,05 N(x) - x é o lucro obtido com a venda de N bicicletasdepois de deduzido o investimento de x milhares de euros empublicidade.
b) Introduziu-se na calculadora gráfica a função:
y1 = 0,05 N(x) - x, ou seja,
e calculou-se o seu máximo.
Foi obtido o seguinte gráfico, no qual se assinala, com aproxi-mação às unidades, o valor de x para o qual L é máxima.
Para que o lucro seja máximo devem ser investidos 7 milharesde euros.
15,9
L
xO 7
y1 = 0,05 * 1120 +580xx + 52 - x
L(x) = 0,05 * N(x) - x
24 000 Æ5000 Æ
N(24) * 50 - 24 000 = 600 * 50 - 24 000 = 6000 euros
Æ
N(5) * 50 - 5000 = 410 * 50 - 5000 = 15 500 euros
120 * 50 = 6000 euros.
3 x<3,286
3 350x = 1150
580x = 230x + 11503x≥0
3 580xx + 5
= 230
N(x) = 3503 120 +580xx + 5
= 350
N(x) = 120 +580xx + 5
6 anos.
3 2t > 123 t > 6
h(t) > 23 4t + 4t + 8
> 23t>0
4t + 4 > 2t + 16
4tt
= 4
y
z0,213O 21,268
8—15
58
Capítulo 7
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
EX
MA
11©
Port
oE
dito
ra
1. Pág. 166
E, 11 + 10 = 21.
Resposta: (D)
2.
Resposta: (C)
3.
Resposta: (A)
4.
Tem-se que Dg D.
Resposta: (C)
5. Pág. 167
Resposta: (C)
6. Decorridas t horas, o barco encontra-se no ponto X, auma distância (5t) km de B.
Resposta: (A)
7. (A) é verdadeira pois se ,
Resposta: (A)
8.Pág. 168
Como 0 Dh, h não tem zeros.
Resposta: (D)
∫
3 x = 03 x2 = 03 1 - x2 = 1
± 1œ1 - x222
= 12
3 œ1 - x2 = 1
h(x) = 03x≠0
œ1 - x2 - 1 = 0
h(x) = œ1 - x2 - 1x
, x å [-1, 1] \ {0}
f(-a) = œn-a + a = 0.f(x) = œ
nx + a
d(t) = œ9 + 25t2
(d(t))2 = 32 + (5t)2
œ3 x3 = x, A x å R
œx2 = \x|, A x å R
(œx)2= œx2 , A x å R+
0
ƒ
= ] -1, 0 [ ∂ ] 0, 3[ = ] -1, 3 [ \ {0}
D = hx å R : x å Df ‹ f(x) > 0j
g(x) =x
œf(x)
3 x = ¿œ39 - 3x2 = 03 x2 = 3
= [-œ3, œ3]Df = hx å R : 9 - 3x2 ≥ 0jf(x) = œ9 - 3x2 - x
L(x) = œ100 + x2 + œx2 - 60x + 1125
= œx2 - 60x + 1125
B9P = œ900 - 60x + x2 + 225
B9P2= (30 - x)2 + 152
A9P = œ100 + x2
A9P2= 102 + x2
3 t = 11
3 t + 16 = 333 t = 27 - 16
h(t) = 03 3 - œ3 t + 16 = 03 œ3 t + 16 = 3
h(t) = 3 - œ3 t + 16 9. O triângulo [APB] é rectângulo em P.
Área do triângulo [APB] um funcão de x.
Resposta: (A)
10.
Resposta: (D)
1.1 Pág. 169
Verificação:
(falso)
(verdadeiro)
1.2
Verificação:
(verdadeiro)
S = 5163 6
ŒŒ3 *163
= 23 œ4 = 23 2 = 2
± 3x = 163 x =163
Œœ3x = 2 ± œ3x = 4
S = {11}
œ2 * 11 + 3 = 11 - 63 5 = 5
x = 11;
œ2 * 3 + 3 = 3 - 63 3 = -3
x = 3;
3 x = 3 › x = 11
3 x2 - 14x + 33 = 0
3 2x + 3 = x2 - 12x + 36
± 2x + 3 = (x - 6)2
œ2x + 3 = x - 6
D = ]a, b [
D = 5x å R : f(x) ≠ 0 ‹g(x)f(x)
≥ 06
h(x) = Œg(x)f(x)
= Œ100x2 -x4
4
=x>0 œx2(400 - x2)2
= Œ400x2 - x4
4
xœ400 - x2
2A(x) =
BP * AP2
=
AP = œ400 - x2
AP2+ x2 = 202
BP = x
AB = 20
B
A
A P B
1510
x 30 – x
20
A
P
x
B
x 0 a b
g(x) + 0 - - - - -
f(x) - 0 + 0 - 0 +
- n.d. - n.d. + n.d. -g(x)f(x)
+?-?
B
P
F
5t
3
d(t)
X
C. A.
3 x = 3 › x = 11
3 x =14 ¿ œ142 - 132
2
x2 - 14x + 33 = 0
+ V√3–V√3
n n
1.3
Verificação:
(verdadeiro)
(verdadeiro)
1.4
Verificação:
(verdadeiro)
(verdadeiro)
1.5
Verificação:
(falso)
(verdadeiro)
1.6
3 x = 5 › x = 8
3 x2 - 13x + 40 = 0
± x2 - 4x + 4 = 9(x - 4)
3 x - 2 = 3œx - 4
± 2x - 4 = 6œx - 4
± 3x + 1 = 9 + 6œx - 4 + (x - 4)
3 œ3x + 1 = 3 + œx - 4
œ3x + 1 - œx - 4 = 3
S = {23}
œ2 * 23 + 3 = 2 + œ23 + 23 œ49 = 2 + 53 7 = 7
x = 23;
œ- 2 + 3 = 2 + œ- 1 + 23 1 = 3
x = -1;
3 x = -1 › x = 23
3 x2 - 22x - 23 = 0
3 x2 - 6x + 9 = 16x + 32
± (x - 3)2 = 16(x + 2)
3 x - 3 = 4œx + 2
3 2x + 3 = 4 + 4œx + 2 + (x + 2)
± 2x + 3 = 12 + œx + 222
œ2x + 3 = 2 + œx + 2
S = 5- 203
, 462œ42 - 16 = 4 - 43 0 = 0
x = 4;
3 2 *163
=3233 32
3=
323
2Œ1- 203 2
2
- 16 = 4 +2033 2Œ256
9=
323
x = -203
;
3 x = -203
› x = 4
3 3x2 + 8x - 80 = 0
3 4x2 - 64 = 16 - 8x + x2
± 4(x2 - 16) = (4 - x)2
2œx2 - 16 = 4 - x
S = {5, 7}
7 - 4 = œ4 * 7 - 193 3 = 3
x = 7;
5 - 4 = œ4 * 5 - 193 1 = 1
x = 5;
3 x = 5 › x = 7
3 x2 - 12x + 35 = 0
3 x2 - 8x + 16 - 4x + 19 = 0
± (x - 4)2 = 4x - 19
x - 4 = œ4x - 19 Verificação:
(verdadeiro)
(verdadeiro)
1.7
Verificação:
(verdadeiro)
(falso)
1.8
Verificação:
(verdadeiro)
(falso)
1.9
Verificação:
(falso)
(falso)
S = O
3 8 - 14 = 6
œ66 - 2 - œ3 * 66 - 2 = 63 œ64 - œ196 = 6
x = 66;
œ6 - 2 - œ3 * 6 - 2 = 63 2 - 4 = 6
x = 6;
3 x = 6 › x = 66
3 x2 - 72x + 396 = 0
3 324 - 36x + x2 = 36(x - 2)
3 18 - x = 6œx - 2
3 36 - 2x = 12œx - 2
± x - 2 - 12œx - 2 + 36 = 3x - 2
3 œx - 2 - 6 = œ3x - 2
œx - 2 - œ3x - 2 = 6
S = {3}
3 5œ3 = 29œ3
3 5œ3 = 17œ3 + 12œ3
3 5œ3 = œ867 + œ432
5œ3 = œ10 * 87 - 3 + œ5 * 87 - 3
x = 87;
3 5œ3 = 5œ3
3 5œ3 = 3œ3 + 2œ3
3 5œ3 = œ27 + œ12
5œ3 = œ10 * 3 - 3 + œ5 * 3 - 3
x = 3;
3 x = 3 › x = 87
3 x2 - 90x + 261 = 0
3 25x2 - 2250x + 6525 = 0
± 5625 - 750x + 25x2 = 300(5x - 3)
3 75 - 5x = 10œ3 * œ5x - 3
± 75 - 10œ3 * œ5x - 3 + 5x - 3 = 10x - 3
3 5œ3 - œ5x - 3 = œ10x - 3
5œ3 = œ10x - 3 + œ5x - 3
S = {1}
2 - 2 * 3 = œ32 + 4 * 3 - 53 - 4 = 4
x = 3;
2 - 2 * 1 = œ12 + 4 * 1 - 53 0 = 0
x = 1;
3 x = 1 › x = 3
3 x2 - 4x + 3 = 0
3 3x2 - 12x + 9 = 0
± 4 - 8x + 4x2 = x2 + 4x - 5
2 - 2x = œx2 + 4x - 5
S = {5, 8}œ3 * 8 + 1 - œ8 - 4 = 33 5 - 2 = 3
x = 8;œ3 * 5 + 1 - œ5 - 4 = 33 4 - 1 = 3
x = 5;
59
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 7
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
CE
XM
A11
©Po
rto
Edi
tora
C. A.
3 x = 5 › x = 7
3 x =12 ¿ œ144 - 140
2
x2 - 12x + 35 = 0
C. A.
3 x = - 1 › x = 23
± x =22 ¿ œ222 + 4 * 23
2
x2 - 22x - 23 = 0
C. A.
3 x = -203
› x = 4
3 x =-8 ¿ œ64 + 12 * 80
6
3x2 + 8x - 80 = 03
C. A.
3 x = 5 › x = 8
3 x =13 ¿ œ169 - 160
2
x2 - 13x + 40 = 0
C. A.
3 x = 1 › x = 3
3 x =4 ¿ œ16 - 12
2
x2 - 4x + 3 = 0
C. A.
3 x = 3 › x = 87
3 x =90 ¿ œ902 - 4 * 261
2
x2 - 90x + 261 = 0
C. A.
867 3
289 17
17 17
1
432 2
216 2
108 2
54 2
27 3
9 3
3 3
1
867 = 3 * 172
432 = 24 * 33
2.1
2.2 , t em minutos e A em metros quadrados.
2.3
min
Aproximadamente 11 dias.
3.1 Espaço percorrido pelo barco A: 4t
Espaço percorrido pelo barco B: 2,5t
Decorridas t horas o barco A
encontra-se num ponto X,de [AC], a (10 - 4t) km de C e obarco B encontra-se num ponto Y,de [BC], a (8 - 2,5t) km de C.
Então,
3.2 30 min = 0,5 h
3.3
Os dois barcos encontravam-se à mesma distância da praia 1 h 20 min após a partida. Nesse instante a distância entre os barcosera 6,60 km.
4. Pág. 170
, 0 x 500
Introduziu-se C na calculadora gráfica e calculou-se o seu mínimo,tendo-se obtido o seguinte gráfico.
≤≤C(x) = 500x + 1000œ(500 - x)2 + 302
Custo = MP * 500 + PC * 1000
PC = œ(500 - x)2 + 302
PC 2 = (500 - x)2 + 302
d1432 = Œ22,25 * 14322
- 120 * 1432 + 164 <6,60 km
43
hora = 1h +13
h = 1h 20 min
t =43
1,5t = 2310 - 4t = 8 - 2,5t3
<10,47 km
d(0,5) = œ22,25 * (0,5)2 - 120 * 0,5 + 164
d(t) = œ22,25t2 - 120t + 164
d2 = 16t2 - 80t + 100 + 6,25t2 - 40t + 64
d2 = XY2= (10 - 4t)2 + (8 - 2,5t)2
15 702 min )15 7021440
dias ) 11 dias
1 dia = 24 * 60 min = 1440
3 t < 15 702 min
3 t = 4998p3 t =999 600p
2003 200
p t = 10002 - 400
± 400 +200p t = 10002Œ400 +
200p t = 1000
r(t) = 1000 m
1 km = 1000 m
r(t) = Œ400 + 200p t
r2 = 400 +200tp
pr2 = 400p + 200t
A(t) = 400p + 200t
A = p * 202 = 400 p m2
A = pr2
P deverá ficar a 483 m do moinho.
5.1
5.2 Recorrendo à calculadora calculou-se o máximo de A no intervalo[0, 40]. Foram obtidos o seguinte gráfico e valores.
A área é máxima para x < 35,777 cm.
Comprimento das barras
•
•
A área é máxima se as diagonais medirem 71,6 cm e 89,4 cm.
6.1
6.2
6.3 Calculando o máximo da função A, com recurso àcalculadora, verifica-se que para x 1,41 km se obtém a área máxima de 4 km2.
<
DA = ]0, 2[0 < h < 2
A(h) = 2hœ4 - h2
h = œ4 - y2
h2 = 4 - y2
y2 + h2 = 22
A = 2y * h
< 89,4 cmx<35,777
h1 + h2 = œ1600 - x2 + œ6400 - x2
2x< 2 * 35,777 < 71,6 cm
A
x40302010O
3200
35,777
A(x) = x 1œ1600 - x2 + œ6400 - x2 2A(x) = xœ1600 - x2 + xœ6400 - x2
A = A1 + A2
A2 =2xh2
2= xœ6400 - x2
h2 = œ6400 - x2
h22 + x2 = 802
A1 =2x * h1
2= xœ1600 - x2
h1 = œ1600 - x2
h21 + x2 = 402
C
x483O
60
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 7
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
EX
MA
11©
Port
oE
dito
ra
2
hy
2
10 – 4t
4tA
d
Y
B
C
X
8 – 2,5t
2,5t
M 500 – xPx
30
C
40
x
h1
80
x
h2
!
1.1 Pág. 171
Uma hora depois do início do derrame o raio da mancha é 18 metros.
1.2
1.3
, t em minutos e A em metros quadrados.
1.4
O barco esteve 25 minutos a derramar óleo no mar.
2.1
2.2 “Qual é a distância do ponto B ao ponto P, sabendo que o Antóniopercorreu 602m de A a C seguindo o percurso indicado?”
Verificação:
(Verdade)
Resposta: 145 m
3.1 Equação do plano a Pág. 172
a é perpendicular à recta r definida por
= (1, 0, 2) é um vector normal a a.
Portanto, tem-se
Como a passa no ponto P(0, 4, 3), vem
Equação do plano
A esfera tem centro no ponto de
coordenadas (-2, 1, 4) que pertence ao plano a dado que
. Assim, a secção determinada pelo plano
a na esfera é um círculo cujo centro coincide com o centro da esfera e
cujo raio é igual ao raio da esfera, ou seja, é igual a . Logo, a área
da secção é igual a pr2 = p * (œ3)2 = 3p.œ3
-2 + 2 * 4 - 6 = 03 0 = 0
(x + 2)2 + (y - 1)2 + (z - 4)2 ≤ 3
a : x + 2z - 6 = 0
0 + 2 * 3 + d = 03 d = -6 .
a : 1x + 0y + 2z + d = 03 x + 2z + d = 0.
r!
r : (x, y, z) = (0, 1, -3) + k(1, 0, 2), k å R
Œ2002 + 1739951 2
2
=739951
+ 102
3 x<145
3 x =29 596
2043 x =
739951
3 204x = 2002 - 1022
3 2002 + x2 = x2 + 204x + 1022
± 2002 + x2 = (x + 102)2
3 œ2002 + x2 = x + 102
œ2002 + x2 + 500 - x = 602
d(x) = œ2002 + x2 + 500 - x
AC = AP + PC
AP = œ2002 + x2
AP2= 2002 + x2
3 t <253 t = Œ 1770,09p
3 t2 =177
0,09p
0,09p t2 = 177A(t) = 1773
A(t) = 0,09p t2
A(t) = p(0,3t)2
A(r) = pr2
r = 0,3t
A = 324p m2<1018 m2
A = p * 182
A = pr2
60 * 0,3 = 18
1 hora = 60 minutos 3.2 a)
•
•
•
O perímetro de [OPQ] é igual a
Então
b)
Verificação:
O perímetro do triângulo [OPQ] é igual a 16 se a cota do pontoQ for igual a 6.
3.3
a)
A equação x2 - 6x + 25 = 0 é impossível em dado que (-6)2 -4 * 25 < 0. Logo, como a = 1 e 1 > 0, tem-se:x2 - 6x + 25 > 0,
b)
Verificação:
;
Como se x = 0, x + 10 = 10 e
se x = 6, x + 10 = 16
(0, 10) e (6, 16) são os pontos de intersecção do gráfico de f coma recta de equação y = x + 10.
c)
Verificação:
Logo, a equação f(x) = 0 é impossível em , daí que a funçãonão tem zeros.
R
0 + 5 + œ0 - 0 + 5 = 03 5 + œ5 = 0 (falso)
3 4x = 03 x = 0
3 x2 - 6x + 25 = x2 - 10x + 25
3 x2 - 6x + 25 = (-x - 5)2
± 1œx2 - 6x + 25 22
= (-x - 5)2
3 œx2 - 6x + 25 = -x - 5
3 x + 5 + œx2 - 6x + 25 = 0f(x) = 0
6 + 5 + œ36 - 36 + 25 = 6 + 103 16 = 16 (verdade)
x = 6;
0 + 5 + œ0 - 0 + 25 = 0 + 103 10 = 10 (verdade)
x = 0
3 x = 0 › x = 6
3 x(x - 6) = 0
3 x2 - 6x + 25 = 25
± 1œx2 - 6x + 25 22
= 52
3 œx2 - 6x + 25 = 5
x + 5 + œx2 - 6x + 25 = x + 10
f(x) = x + 10
A x å R.
R
= RDf = hz å R : x2 - 6x + 25 ≥ 0jf(z) = x + 5 + œx2 - 6x + 25
6 + 5 + œ62 - 6 * 6 + 25 = 163 16 = 16 (verdade)
3 16z = 963 z = 6
3 -6z + 22z = 121 - 25
3 z2 - 6z + 25 = 121 - 22z + z2
± z2 - 6z + 25 = (11 - z)2
3 œz2 - 6z + 25 = 11 - z
3 z + 5 + œz2 - 6z + 25 = 16f(z) = 16
f(z) = z + 5 + œz2 - 6z + 25.
OQ + OP + QP .
OQ = z
= œz2 - 6z + 25
QP = œ02 + 42 + (z - 3)2
OP = 5
OP2= 42 + 32
P(0, 4, 3)
Q(0, 0, z)
61
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 7
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
CE
XM
A11
©Po
rto
Edi
tora
B 500 – x
200
A
CPx
z
4 yO
3
x
Q
P
62
Capítulo 8
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
x a 0 b
f(x) - 0 + 0 - 0 +
g(x) - - - 0 + + +
+ 0 - n.d. - 0 +fg (x)
+?-?
CE
XM
A11
©Po
rto
Edi
tora
1. Pág. 179
Resposta: (B)
2. Como f(0) = 0, f tem um zero.
Sendo f injectiva, não pode ter dois zeros. Logo, f tem exactamenteum zero.
Resposta: (B)
3.
Como os zeros de g são zeros de h, é possível concluir que existeum e um só zero negativo. Por outro lado, como 3 é zero de h, deentre os conjuntos apresentados, apenas {-2, 1, 3} pode ser o con-junto dos zeros de h.
Resposta: (D)
4. As funções representadas em II e III são injectivas. Pág. 180Logo, têm inversa.
Resposta: (C)
5. 0 não pertence ao dominio de nem ao domínio de f * g por não
pertencer ao domínio de g. Assim, não pode ser o domínio destasfunções.
De igual modo, como este
também não pode ser porque
Logo, Dgof pode ser porque tem significado para todo
Resposta: (D)
6. g tem três zeros: 0, a e b.
Se a função tem duas e só duas assimptotas verticais então um e
um só dos zeros de f será também zero de g.
Apenas em (C) se verifica esta condição.
Resposta: (C)
7. • Pág. 181
Como o zero de s é negativo, 2 não é zero de s * t.
•
Resposta: (B)
8. Basta atender a que -2 e 2, por serem zeros de u, não pertencem aodomínio de h (fica excluída a opção (A)) e que, sendo s(x) < 0 parax å ] -2, 2[ também terá de ser h(x) , 0 neste intervalo (ficamexcluídas as opções (C) e (D)).
Resposta: (B)
9. • porque g tem dois zeros. Pág. 182
• é falsa porque se f(x) = 0 ou g(x) = 0tem-se f(x) * g(x) = 0.
• O gráfico de não tem assimptotas verticais pois g apenas tem
um zero e, nesse ponto, f também é zero.
• (é falso)
Resposta: (C)
(f - g)(0) < 03 f(0) - g(0) < 03 f(0) < g(0)
fg
f(x) * g(x) < 0, A x å R
D fg= {x å R : g(x) 0 0} 0 R
(sot)(5) = s(t(5)) = s(0) = 2
3 s(x) = 0 › x = 53 s(x) = 0 › t(x) = 0
(s * t)(x) = 03 s(x) * t(x) = 0
fg
x å R e œx2 + 1 ≠ 0, A x å R.œx2 + 1R
Dgof = hx å R : x å Df ‹ f(x) å Dg j0 ∫ Dg.R
Dfog = hx å R : x å Dg ‹ g(x) å Df j
R
gf
3 g(x) = 0 › x = 3
g(x) = 0 › x - 3 = 03 g(x) = 0 › (x - 3)2 = 03g(x) * (x - 3)2 = 0h(x) = 03
œ3 -6 - 2 = œ3 -8 = -2f(-2) =(fog)(-1) = f(g(-1)) = 10. Zeros de f : a, 0, b com a < 0 < b
Zero de g : 0
Sinal de :
O único gráfico que se ajusta a este resultado é o (D).
Resposta: (D)
11. Atendendo a que f * g tem dois zeros, o conjunto de todos os zerosde f e g tem dois e só dois elementos distintos (fica excluída a hipó-tese (B) onde f e g têm em conjunto quatro zeros).
Como entre os zeros a função f * g é positiva, f e g terão, necessaria-mente, o mesmo sinal neste intervalo, o que apenas se verifica em (A).
Resposta: (A)
1.Pág. 183
1.1 1 m3 ——— 1000 L
t(x)m3 —— x L
1000 * t(x) = x
1.2
1.3
Por um gasto de 12 500 litros de água a família pagou
1.4
Um gasto de em água corresponde a 90 000 L.
1.5 Os meses de Junho a Setembro correspondem a
A conta da água relativa aos 4 meses de Verão é de 435,40 Æ.
h(17˛ 080) =17 080
200+ 350 = 435,4
122 * 140 = 17 080
30 + 31 + 31 + 30 = 122 dias
800 Æ,
3 x = 90 000
3 x å O › (x = 90 000 ‹ x > 10 000)
(x + 70 000 = 160 000 ‹ x > 10 000)
3 (x = 200 000 ‹ 0 ≤ x ≤ 10 000) ›
1 x250
= 800 ‹ 0 ≤ x ≤ 10 0002 › 1 x200
+ 350 = 800 ‹ x > 10 0002h(x) = 800 3
412,50 Æ.
h(12 500) =12 500
200+ 350 = 412,5
h(x) = 5x
250 se 0 ≤ x ≤ 10 000
x200
+ 350 se x > 10 000
h(x) = 54 *
x1000
se 0 ≤x
1000≤ 10
5 *x
1000+ 350 se
x1000
> 10
h(x) = g(t(x))
t(x) =x
1000
g(t) = 54t se 0 ≤ t ≤ 10
5t + 350 se t > 10
fg
2.2.1
t f(t)
2002 1000
2003 2000
2004 4000
x g(x)
1000 5 000 000
2000 10 000 000
3000 15 000 000
2.22.3
foi o lucro obtido pela fábrica referente às unidadesfabricadas em 2006.
2.4
representa o lucro obtido com as unida-des produzidas no ano t, depois de 2002.
3. Pág. 184
3.1
representam o lucroobtido, em milhares de euros, no ano de 1950, pelas empresas A e B,respectivamente.
3.2 t (f + g)(t) (f - g)(t) 2f(t)
100 15 198,90 -799,50 14 399,40
t -1,1 + 152t 0,5 - 8t -0,6 + 144t
(f + g)(t) = -1,1 + 152t – soma dos lucros das duas empresas A e B no ano 1900 + t.
(f - g)(t) = 0,5 - 8t – diferença entre os lucros das empresasA e B no ano 1900 + t.
2f(t) = -0,6 + 144t – dobro do lucro obtido pela empresa A no ano 1900 + t.
4.
4.1
No ano 2000 foram fabricadas 40 000 camisas tendo sido obtidoum lucro de 234 000 euros.
4.2
h(t) representa o custo médio, em euros, por camisa produzida no ano t.
4.3
No ano 2000 cada camisa produzida custou, em média, .5,85 Æ
h(20) =120 + 5,7 * 20
20 + 20= 5,85
h(t) =120 + 5,7t
20 + t
h(t) = 1000 * 1gf 2(t) = 1000 *120 + 5,7t
20 000 + 1000t=
120 + 5,7t20 + t
g(20) = 120 + 5,7 * 20 = 234
f(20) = 20 000 + 1000 * 20 = 40 000
g(t) = 120 + 5,7t
f(t) = 20 000 + 1000t; t = 0 S ano2000
f(50) = 3˛ 599,70 Æ e g(50) = 3˛999,20 Æ
g(50) = -0,8 + 80 * 50 = 3999,20
f(50) = -0,3 + 72 * 50 = 3599,70
f(t) = -0,3 + 72t e g(t) = -0,8 + 80t
g(f(t)) = 5 ˛000 000 * 2t-2002
g(f(t)) = g(1000 * 2t22002) = 5000 * 1000 * 2t22002
80 000 000 Æ
g(f(2006)) = g(16 000) = 5000 * 16 000 = 80 000 000
f(2006) = 1000 * 22006-2002 = 1000 * 24 = 16 000
g(x) = 5000x
g(3000) = 5000 * 3000 = 15 000 000
g(2000) = 5000 * 2000 = 10 000 000
g(1000) = 5000 * 1000 = 5 000 000
f(2004) = 2 * 2000 = 4000
f(2003) = 1000 * 2200322002 = 1000 * 2 = 2000
f(2002) = 1000
f(t) = 1000 * 2t22002
5.1
Ano t f(t)
1975 0 0,8 * 0 + 6 = 6
1980 5 0,8 * 5 + 6 = 10
1985 10 0,8 * 10 + 6 = 14
1990 15 0,8 * 15 + 6 = 18
1995 20 0,8 * 20 + 6 = 22
5.2
5.3
No ano 2030.
1. Pág. 185
1.1
Consumo de combustível em cada 100 km:
Consumo em 200 km = 2 * 100 km:
Custo do combustível gasto:
Tempo gasto na viagem:
; ;
Gastos com o motorista:
Custo da viagem = (76,06 + 42,86)Æ = 118,92Æ
1.2 a) Tempo de viagem
1 h —— x km
t —— 500 km
Por cada hora o motorista recebe 15Æ. Então, por horas
recebe
b) Custo da viagem = custo do combustível + custo do motorista
Custo do combustível:
Dado que 500 = 5 * 100, em 500 km são gastos 5 * G(x)litros de combustível.
O custo do combustível é portanto, em euros, dado por
Salário do motorista, em euros:
Então, o custo da viagem é dado, em euros, por:
3 C(x) =22x5
+18 500
x- 275
3 C(x) =550x125
+11 000
x+
7500x
- 275
3 C(x) = 275 *2x125
+ 275 *40x
- 275 +7500
x
C(x) = 5,5 * 501 2x125
+40x
- 12 + 7500x
5G(x) * 1,1 +7500
x
7500x
5 * G(x) * 1,1.
1500x
* 152Æ =7500
xÆ.
500x
t =500x
h
2,857 * 15 = 42,86 Æ
t < 2,857 h70 =200
t3 t =
20070
hv =et
69,143 * 1,10<76,06 Æ
2 * 34,571 < 69,143 L
G(70) = 5012 * 70125
+4070
- 12 < 34,571
x = 70
G(x) = 501 2x125
+40x
-12
1975 + 55 = 2030
f -1(50) = 1,25 * 50 - 7,5 = 55
f -1(p) = 1,25p - 7,5
3 t = 1,25p - 7,5p = 0,8t + 63 p - 6 = 0,8t3 t =p - 60,8
p = f(t)
f(t) = 0,8t + 6
63
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 8
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
CE
XM
A11
©Po
rto
Edi
tora
c)
x > 0
x ≤ 80
A viagem deve ser feita a uma velocidade de 50 km/h.
d)
x > 0
Cálculos auxiliares:
Podemos então concluir que, para os custos serem inferiores a300 euros o veículo terá de manter uma velocidade constanteentre 58 km/h e 73 km/h.
e) Introduzindo na calculadora a função calculou-se o seumínimo tendo-se obtido os seguintes resultados.
O consumo é mínimo para uma velocidade constante de 65km/h.
2. Pág. 186
2.1
Verificação:
Apenas x = 7 é solução da equação.
(7, 3) são as coordenadas do ponto pedido.
f(7) = g(7) = 3
x = 7; œ7 + 2 = 7 - 43 3 = 3 (verdadeiro)
x = 2; œ2 + 2 = 2 - 43 2 = -2 (falso)
3 x = 2 › x = 73 x2 - 9x + 14 = 0 ‹ x å 40, 12 4
3 x + 2 = x2 - 8x + 16 ‹ x å 40, 12 4
± x + 2 = (x - 4)2 ‹ x å 40, 12 4œx + 2 = x - 4 ‹ x å 40, 12 4f(x) = g(x)3
g(x) = x - 4 ; Dg = R
f(x) = œx + 2 ; Df = 40, 12 4
y1 = C(x)
3 x < 57,3 › x < 73,422x2 - 2875x + 92 500 = 0
3 22x2 - 2875x + 92 500 < 0
3 22x2 + 92 500 - 2875x5x
< 0
3 22x5
+18 500
x- 575 < 0
3 22x5
+18 500
x- 275 < 300C(x) < 300
3 x = 50
3 x = 50 › x < 84,1
3 x =2950 ¿ 750
44
3 x =2950 ¿ œ29502 - 4 * 22 * 92 500
2 * 22
3 22x2 - 2950x + 92 500 = 0
3 22x2 + 92 500 - 2950x5x
= 0
3 22x5
+18 500
x- 590 = 0
3 22x5
+18 500
x- 275 = 315C(x) = 315 2.2 a)
Área do trapézio [OBPA]
Como , e , vem
b) Para resolver graficamente a equação A(x) = 8 introduziram-se nacalculadora as funções y1 = A(x) e y2 = 8 tendo-se determinado aintersecção dos seus gráficos. Foram obtidos os seguintes valores.
para
Como as coordenadas de P são (x, f(x)) e tem-se P(3,66; 2,38).
2.3 a)
b)
" R
c)
" R
x 1 œx + 2 - 4
gof : 40, 12 4
= ]0, 12]= hx å R : 0 , x ≤ 12 ‹ œx + 2 å R j
Dgof = hx å R :x å Df ‹ f(x) å Dg j(gof )(x) = g(f(x)) = f(x) - 4 = œx + 2 - 4
x 1 œx - 2
fog: 44, 16 4
= ]4, 16]= hx å R : 0 < x - 4 ≤ 12j
Dfog = hx å R : x å Dg ‹ g(x) å Df j(fog)(x) = f(g(x)) = f(x - 4) = œx - 4 + 2 = œx - 2
x 1œx + 2x - 4
fg : ] 0, 12] \ {4} " R
Dfg= Df ¨ Dg ¨ hx å R : g(x) 0 0j = 40, 12 4 \ {4}
fg
(x) =f(x)g(x)
=œx + 2x - 4
f(x)< œ3,655< 2,38
x < 3,655A(x) = 8
= x + 0,5xœx + 2= (1 + 0,5œx + 2)x
A(x) =2 + f(x)
2* x =
2 + œx + 22
* x
BP = f(x)OB = xOA = 2
=OA + BP
2* OB
64
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 8
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
EX
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65
Capítulo 9
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
CE
XM
A11
©Po
rto
Edi
tora
65
1. Pág. 196
A equação f(x) = 1 tem duas soluções. Logo, g tem dois zeros.
Resposta: (B)
2.
O declive da recta t, tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa
é igual a .
Seja a a inclinação da recta t. Então, o declive de t é igual a tg a,ou seja, sendo , vem
Resposta: (C)
3.
Resposta: (A)
4. Variação de f e sinal de f9: Pág. 197
x 0
f Máx.
f9 + -
Atendendo ao sinal de f9, o seu gráfico apenas pode ser o apresen-tado em (C).
Resposta: (C)
5. O declive da recta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 3 éigual a f9(3).
Resposta: (D)
6. • (A) não pode ser porque se o gráfico de f é parte de uma recta, aderivada f9 é constante, o que não se verifica.
• (B) não pode ser porque se f é estritamente decrescente, f9 teriaque ser negativa, o que também não se verifica.
• Analisando o gráfico apresentado em (C) podemos concluir quetambém não pode representar a função f porque à medida que xaumenta, o declive das tangentes ao gráfico também aumenta,pelo que f9 seria crescente, o que não acontece com a função f9cujo gráfico se apresenta.
Resposta: (D)
Pág. 198
7. [0, 1] está contido num intervalo I tal que .
Logo, f é estritamente decrescente em [0, 1]. Então podemos con-
cluir que , ou seja, como , o valor de f(1), entre
os apresentados, apenas pode ser -2.
Resposta: (A)
f(0) = -1f(1) < f(0)
f9(x) , 0, A x å I
f9(3) = -4 * 3 - p = -12 - p
f9(x) = -4x - p
f(x) = -2x2 - px
f9(-1) * g9(-1) = (-9) * (-1) = 9
g9(-1) =1-1
= -1
f9(-1) = -3 * (-1)2 + 6 * (-1) = -3 - 6 = -9
g9(x) =1x
f9(x) = -3x2 + 6x
f(x) = -x3 + 3x2 + 5
a = 608.tg a = œ3
f91122 = 2œ3 *12= œ3
f9(x) = (œ3x2 - 1)9 = 2œ3x
f9112212
,
f(x) = œ3x2 - 1
g(x) = 03 f(x) - 1 = 03 f(x) = 1 8.
Dado que , o gráfico de h9 é igual ao gráfico
de g9.
Resposta: (A)
9.
A recta t é perpendicular à recta r. Como o declive da recta r é
igual a 2, o declive da recta t é igual a
Sendo t a recta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa -4,
vem que o declive de t é igual a f9(-4). Então,
Resposta: (C)
10. Pág. 199
((A) é falsa)
• Dado que t ≥ 0, p(t) ≤ 34 ((B) é falsa)
•
Resposta: (C)
11.
• p(0) = 5
Quando se iniciou a campanha o produto já tinha 5% de quotade mercado.
• Como t ≥ 0, p(t) < 50. Logo, (B) é falsa.
•
Resposta: (C)
12.
Resposta: (A)
13. Por observação do gráfico verifica-se que f(a) > 0 e que Pág. 200o declive da recta t é positivo. Logo, também se tem f9(a) > 0.
Então,
Resposta: (B)
14. Sinal de g9 e variação de g:
x -? a +?
g9 + -
g £ ¢
Atendendo à variação de g, o seu gráfico só pode ser o apresentadoem (D).
Resposta: (D)
15.
Resposta: (D)
16. O declive da recta t é positivo. Portanto f9(4) > 0. Pág. 201Entre os valores apresentados apenas f(4) > 0. Logo, f9(4) apenas pode ser igual a f(4).
Resposta: (C)
v(2) = 70,4 m/s
v(2) = h9(2) = 90 - 9,8 * 2 = 70,4
h9(t) = 90 - 9,8t
h(t) = 90t - 4,9t2
f(a) * f9(a) > 0
t.m.v[1, 2] =f(2) - f(1)
2 - 1=
2 - 21
= 0
p(3) - p(0)3
=38,75 - 5
3=
33,753
= 11,25
p(t) = 50 -45
t + 1, t ≥ 0
p(3) - p(0)3
=32,125 - 4
3=
28,1253
= 9,375
p(0) = 4 0 34
p(t) = 34 -6
t + 0,2, t ≥ 0
f 9(-4) = -12
.
-12
.
r : y = 2x - 1
h9(x) = g9(x), A x å R
h9(x) = (g(x) + 2)9 = g9(x) + 0 = g9(x)
h(x) = g(x) + 2
4
4
66
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 9
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
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dito
ra
17. O declive da recta t é igual a tg 308, ou seja, é igual a .
Como h9(4) é igual ao declive da recta tangente ao gráfico de h no
ponto de abcissa 4, vem
Resposta: (A)
18. Sinal de f9 e variação de f:
x -? 0 2 +?
f9 - 0 + 0 -
f Mín. Máx.
f é decrescente em [2, +?[
Resposta: (D)
1.1 Pág. 202
A derivada é constante.
1.2
A derivada é crescente.
1.3
A derivada é decrescente.
2. Ponto f9(xi)
F -2
C -1
B, E 0
D
A 1
3. Comparando os declives das tangentes ao gráfico em cada Pág. 203um dos pontos e a recta CG podemos concluir que:
4. •
•
•
•
f94(x) = -2
f4(x) = -2x + 3
f93(x) = 2
f3(x) = 2x
f92(x) = 0
f2(x) = -œ3
f91(x) = 0
f1(x) =52
f9(x5) < f9(x4) <y5 - y2
x5 - x2< f9(x0) < f9(x3) < f9(x2) < f9(x1)
23
h9(4) = œ33
.
œ33
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
=32 œx -
1
2œx3=
32
x12 -
12
x- 3
2
=32
x32
-1-
12
x- 1
2-1
f 921(x) = 1x32 + x
-1229
= x32 + x
-12f21(x) = œx 1x +
1x2 = x
12 x + x
12 x-1
-1
2œx3+
1x2= -
12
x- 3
2 + x-2 =
= -12
x- 1
2-1- (-1)x-2f 920(x) = 1x- 1
2 - x-129f20(x) =
1
œx-
1x= x
-12 - x-1
= 2x +32 œx + 1 +
1
2œx= 2x +
32
x12 + 1 +
12
x- 1
2
= 2x +32
x32-1
+ 1 +12
x12-1
f919(x) = 1x2 + x32 + x + x
1229= x2 + x
32 + x + x
12= x2 + x x
12 + x + x
12
= x2 + xœx + x + œxf19(x) = (x + 1)1x + œx2
f 918(x) = 1œ2x 29= 1œ2x-129 = -œ2x-2 = -
œ2x2
f18(x) = œ2x
f917(x) = 1- 1x29= (-x-1)9 = - (-1)x-1-1 = x-2 =
1x2
f17(x) = -1x
f916(x) = -32x3 - 9x2 + 4x +12
f16(x) = -8x4 - 3x3 + 2x2 +12
x
f915(x) = -6x + 3x2 + 4x3
f15(x) = -3x2 + x3 + x4 - œ2
f914(x) = 2x + 2
f14(x) = x2 + 2x + 100
f913(x) = 3 * 1- 132x2 + 5 = -x2 + 5
f13(x) = -x3
3+ 5x = -
13
x3 + 5x
f912(x) = 3x2 - 2œ2x
f12(x) = x3 - œ2x2
f911(x) = 2 * 2œ2x + 3œ2 = 4œ2x + 3œ2
f11(x) = 2œ2x2 + 3œ2x
f 910(x) = -x - 1
f10(x) = -x2
2- x = -
12
x2 - x
f99(x) = -8x
f9(x) = -4x2
f98(x) = 2x
f8(x) = x2 + 5
f97(x) = -1
f7(x) = 1 - x
f96(x) = -32
f6(x) = -32
x + 1
f95(x) =12
f5(x) =x2+ 3 =
12
x + 34 4
4
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 9
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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5. Pág. 204
5.1 Trata-se de calcular a taxa média de variação de f no intervalo [1; 1,5].
A velocidade média no intervalo [1; 1,5] é igual a .
5.2 A velocidade instantânea para t = 2 s é igual a d9(2).
No instante t = 2 s a velocidade da bola era de -16 m/s.
5.3 Máximo de d(t):
t 0 1 +?
d9(t) + 0 -
d(t) 0 £ 8 ¢Máx.
A altura máxima atingida pela bola foi de 8 m.
5.4
5.5
5.6 Quando h tende para zero, -8h tende para zero.
Este é o valor de d9(1) e significa que, no instante
t = 1 s, a velocidade da bola era nula.
6. Em cada um dos casos o gráfico da função é uma recta (funçãoafim). A sua derivada é constante e igual ao declive da recta.
6.1 Função f :
f é constante.
6.2 Função g:
A(1, 1) e B(2, 2) são pontos dográfico de g.
g9(x) = 1, A x å R
m =2 - 12 - 1
= 1
f9(x) = 0, A x å R
limhS0
(-8h) = 0.
=-8h2
h= -8h
=-8 - 8h2 - 16h + 16 + 16h - 8
h
=-8(1 + h2 + 2h) + 16 + 16h - 8
h
d(1 + h) - d(1)h
=-8(1 + h)2 + 16(1 + h) - 8
h
a(t) = -16
a(t) = (-16t + 16)9 = -16
d9(t) = -16t + 16
d9(t) = 03 -16t + 16 = 03 t = 1
d9(t) = -16t + 16
d9(2) = -16 * 2 + 16 = -16
d9(t) = (-8t2 + 16t)9 = -16t + 16
- 4 m/s
=6 - 80,5
= -4
t.m.v[1; 1,5] =d(1,5) - d(1)
1,5 - 1=-8(1,5)2 + 16 * 1,5 - (-8 * 12 + 16)
0,5
d(t) = -8t2 + 16t 6.3 Função h:
A(2, 0) e B(0, 2) são pontos do gráfico de h.
6.4 Função i:
A(2, 2) e B(-2, 0) são pontos dográfico de i.
7.1 Função f:
f pode ser qualquer função constante.
Por exemplo:
7.2 Função g:
g pode ser qualquer função afim definida por g(x) = mx + b comm = -2.
Por exemplo:
7.3 Função h:
Dado que , .
Então h pode ser definida por com k constante.
Por exemplo:
h(x) =x2
2+ k
112 x229 = x(x2)9 = 2x
h9(x) = x, A x å R
g9(x) = -2, A x å R
f 9(x) = 0, A x å R
i9(x) =12
, A x å R
m =0 - 2-2 - 2
=-2-4
=12
h9(x) = -1, A x å R
m =2 - 00 - 2
= -1
7.4 Função i:
O gráfico de i9 é a recta AB sendo A(0, 1) e B(2, 2).
Como , e
i pode ser definida por qualquer expressão do tipo
.
Por exemplo:
8. Pág. 205
8.1
8.2
8.3 Ponto de tangência:
Declive da tangente:
Substituindo as coordenadas de P e o valor de m em y = mx + b,obtém-se b:
Equação da recta tangente:
9.
9.1
a) Ponto de tangência: P(2, 17)
Declive:
Equação da tangente: y = 28x - 39
b = -39
17 = 28 * 2 + b
y = mx + b
m = g9(2) = 9 * 4 - 4 * 2 = 28
g(2) = 3 * 23 - 2 * 22 + 1 = 17
g9(x) = 9x2 - 4x
g(x) = 3x3 - 2x2 + 1
y = 2œ2x - 4œ2
-2œ2 = 2œ2 * 1 + b3 b = - 4œ2
y = mx + b
m = f 9(1) = 2œ2
P11, -2œ22Df 9 = R
f 9(x) = 1œ2x2 - 3œ229 = 2œ2x
f(1) = œ2 * 1 - 3œ2 = -2œ2
f(x) = œ2x2 - 3œ2
0
i(x) =14
x2 + x + k
k9 = 0.x9 = 1(x2)9 = 2x
i9(x) =12
x + 1
m = dAB =2 - 12 - 0
=12
; b = 1
b) Ponto de tangência: P(-1, -4)
Declive:
Equação da tangente:
c) Ponto de tangência :
Declive:
Equação da recta tangente:
9.2 a)
b)
10.
10.1
, logo, f é injectiva.
10.2
10.3 Expressão de f -1:
x 1 (x - 1)2
f -1 : [1, +? [ " R
f 21(x) = (x - 1)2
f(x) = y § 1 + œx = y § œx = y - 1 ± x = (y - 1)2
D9f = [1, +? [§ 1 + œx ≥ 1x å R+
0 § œx ≥ 0
Ax1, x2 å R+, f(x1) = f(x2) ± x1 = x2
± œx1 = œx2 ± x1 = x2
± 1 + œx1 = 1 + œx2f(x1) = f(x2)
f(x) = 1 + œx , x å R+0
x = -59› x = 1
§ x = -59› x = 1
§ x =4 ¿ œ16 - 4 * 9 * (-5)
2 * 9
§ 9x2 - 4x - 5 = 0
g9(x) = 5 § 9x2 - 4x = 5
x = 0 › x =49
§ x = 0 › x =49
§ x(9x - 4) = 0
g9(x) = 0 § 9x2 - 4x = 0
y =14
x +34
78=
14*
12+ b3 b =
78-
183 b =
34
y = mx + b
m = g91122 = 9 * 11222
- 4 *12=
14
=78
g1122 = 3 * 11223
- 2 * 11222
+ 1
P112 ,782
y = 13x + 9
-4 = 13 * (-1) + b3 b = 9
y = mx + b
m = g9(-1) = 9 * (-1)2 - 4 * (-1) = 13
g(-1) = 3 * (-1)3 - 2 * (-1)2 + 1 = -4
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 9
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10.4 • Ponto de tangência: P(4, 3)
• Declive:
y = mx + b
Equação da recta tangente:
11.1
f9(-1) = -1 e f9(3) = -25.
11.2
f9(-1) = 3 e f9(3) = .
11.3
f9(-1) = 10 e f9(3) = .
11.4
f9(-1) = 4 e f9(3) =
12.1 Pág. 206
12.2 t.m.v.[-1, 2] =f(2) - f(-1)
2 - (-1)=
0 - 03
= 0
(gof )(-1) = g(f(-1)) = g(0) = 1
289
.
f9(3) = 3 +132 =
289
f9(-1) = 3 +1
(-1)2 = 4
= 3 - (-1)x-2 = 3 +1x2
= (3x)9 - 11x29= 3 - (x-1)9
f9(x) = 13x2 - 1x 2
9= 13x -
1x29
f(x) =3x2 - 1
x
-1027
f9(3) =-1033 = -
1027
f9(-1) =-10(-1)3 = 10
f9(x) = 1 5x229 = (5x-2)9 = 5 * (-2)x-3 =-10x3
f(x) =5x2
13
f9(3) =332 =
13
f9(-1) =3
(-1)2 = 3
f9(x) = 1- 3x29= (-3x-1)9 = -3 * (-1)x-2 =
3x2
f (x) = -3x
f9(3) = -3 * 32 + 2 = -27 + 2 = -25
f9(-1) = -3 * ( -1)2 + 2 = -1
f9(x) = -3x2 + 2
f (x) = - x3 + 2x
y =14
x + 2
3 =14* 4 + b § b = 2
m = f9(4) =1
2œ4=
12 * 2
=14
=12
x- 1
2 =1
2x12
=1
2œx
f9(x) = 11 + œx29 = 1x1229 = 1
2x
12-1
f(4) = 1 + œ4 = 3
12.3
O zero de é 1 .
12.4 Atendendo a que -1 e 2 são zeros de f vem que
.
Dado que , temos
Portanto,
Vem, então
12.5 Ponto de tangência:
Declive:
b = 4 e m = 2
Equação da tangente: y = 2x + 4
13.
Ponto f f 9
A 0 0
B - -
C - +
D + -
E + 0
14. Por exemplo: Pág. 207
14.1 Em A tem-se:
g(a) > 0 e g9(a) > 0 (o declive da recta tangente ao gráfico de gneste ponto é positivo.)
Logo, g(a) * g9(a) > 0.
14.2 Em B tem-se:
g(b) > 0 e g9(b) < 0 (o declive da recta tangente ao gráfico de gneste ponto é negativo.)
Logo, g(b) * g9(b) < 0.
15.
15.1 h(0) = 11,5
O foguete foi lançado a uma altitude de 11,5 metros.
h(t) = 11, 5 + 22t - 2t2
m = f9(0) = -4 * 0 + 2 = 2
f(0) = 4
P(0, 4)
f9(x) = -4x + 2 .
f (x) = -2x2 + 2x + 4
f (x) = -2(x + 1)(x - 2)
§ -9a = 18 § a = -2§ -94
a =92
§ a *32* 1- 3
22 =92
a112 + 12112 - 22 = 92
f 1122 =92
(x - 2)a(x + 1)f(x) =
gf
§ x = 1 ‹ (x 0 -1 ‹ x 0 2) § x = 1
1gf 2(x) = 0 §g(x)f(x)
= 0 § g(x) = 0 ‹ f(x) 0 0
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15.2
A velocidade com que o foguete começou a subir foi 22 m/s e avelocidade atingida dois segundos depois do lançamento foi 14m/s.
15.3
A altura é máxima para t = 5,5.
O foguete atingiu a altura máxima de 72 m.
15.4 C.A
O foguete esteve acima dos
70 metros durante 2 segundos.
15.5
O foguete caiu no mar decorridos 11,5 após o seu lançamento.
h9(11,5) = 22 - 4 * 11,5 = -24
O foguete caiu no mar a uma velocidade de 24 m/s.
16. A = xy Pág. 208
x 0 100 200
A9(x) + 0 -
A(x) Máx.
O Vítor deverá vedar um rectângulo em que o lado paralelo aorio mede 200 metros e os outros dois lados medem 100 metros.
17.1 Ponto de tangência: P(-2, 5), porque g(-2) = 5
Declive:
17.2 Dado que g(-2) = 5 e g é estritamente decrescente em R temos que
.
18.
18.1
r9(p) = 6000 - 6p
r(p) = 6000p - 3p2
r(p) = (6000 - 3p)p
v(p) = 6000 - 3p
g(x) < 5 § x å ] -2, +? [
y = - x + 3
5 = -1 * (-2) + b § 5 - 2 = b § b = 3
y = mx + b
m = g9(-2) = -1
x = 100 ± y = 400 - 2 * 100 ± y = 200
A9(x) = 0 § - 4x + 400 = 0 § x = 100
A9(x) = -4x + 400
A(x) = -2x2 + 400x, 0 , x , 200
A(x) = x(400 - 2x)
y = 400 - 2x
2x + y = 400
t ≥ 0§ t = 11,5
§ -2t2 + 22t + 11,5 = 0
h(t) = 0 § 11,5 + 22t - 2t2 = 0
6,5 - 4,5 = 2
§ t = 4,5 › t = 6,5§ 4,5 < t < 6,5
-2t2 + 22t - 58,5 = 0§ -2t2 + 22t - 58,5 > 0
h(t) > 70 § 11,5 + 22t - 2t2 > 70
h(5,5) = 11,5 + 22 * 5,5 - 2 * (5,5)2 = 72
h9(t) = 0 § 22 - 4t = 0 § 4t = 22 § t = 5, 5
h9(2) = 22 - 4 * 2 = 14
h9(0) = 22
h9(t) = 22 - 4t
18.2 r é crescente para .
18.3 O melhor rendimento é obtido para p = 1000.
18.4
Ao preço de 50 a taxa de crescimento do rendimento é de 5700 por euro de preço. Ao preço de 150 essa taxa é de 5100 poreuro de preço.
19. Pág. 209
Recorrendo à calculadora grá-fica verifica-se que t é mínimopara x ) 6, 12.
14,4 - x = 8,28
O ponto B encontra-se a, aproxi-madamente, 6,12 km do ponto Ae a 8,28 km do ponto C.
20.1 r é o raio da base do cilindro.
Volume do cilindro:
V(h) = ph1400 -h2
4 2
V = p1400 -h2
4 2 * h
V = pr2 * h
V = Ab * altura
§ r2 = 400 -h2
4
§ r2 +h2
4= 400r2 + 1h22
2
= 202
t(x) = œx2 + 365
+14,4 - x
7
t = tHB + tBC
V =et§ t =
ev
HB = œx2 + 36
AC = 14,4
AC = œ15,62 - 62
AC2+ 62 = 15,62
ÆÆÆÆ
r9(150) = 6000 - 6 * 150 = 5100
r9(50) = 6000 - 6 * 50 = 5700
0 < p ≤ 100
= 3 * 106r(1000) = (6000 - 3000) * 1000 = 3000 * 1000
§ p = 0 › p = 2000
§ 6000 - 3p = 0 › p = 0r(p) = 0 § (6000 - 3p)p = 0
r9(p) = 0 § 6p = 6000 § p = 1000
70
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4
!
20.2
h 0 40
V9(h) + 0 -
V(h) Máx.
O volume do cilindro é máximo para
21.
• Perímetro da figura limitada pelo semicírculo: x
Área do semicírculo:
• Lado do quadrado:
Área do quadrado:
Área da figura:
Como o gráfico de A é uma parábola com a concavidade voltadapara cima, A é mínima para x ) 1,54.
e .
154 cm de fio para o semicírculo e 146 cm de fio para o quadrado.
22. xy = a Pág. 210
= 2 - 2ax-2 = 2 -2ax2
P9(x) = (2x + 2ax-1)9P(x) = 2x +
2ax
P = 2x + 2y
y =ax
1,46 m = 146 cm1,54 m = 154 cm
3 - 1,54 = 1,46
A9(x) = 0 § x =
38
p(p + 2)2 +
18
; x ) 1,54
A9(x) = 1 p(p + 2)2 +
2162x -
38
A9(x) =p
2(p + 2)2 * 2x +216
x -38
A(x) =p
2(p + 2)2 x2 +1
16 x2 -
38
x +916
, 0 < x < 3
=x2 - 6x + 9
16=
116
x2 -38
x +91613 - x
4 22
=(3 - x)2
16
3 - x4
pr2
2=p2* 1 xp + 22
2
=p
2(p + 2)2 x2
§ r =xp + 2
§ r(p + 2) = x§ pr + 2r = x2pr2
+ 2r = x
h =40œ3
3cm.
40œ33
h =40œ3
3§ h =
40
œ3§
§ h = Œ16003
§ h2 =1600
3
§ 3ph2 = 1600pV9(h) = 0 § 400 p - 3p4
h2 = 0
V9(h) = 400p - 3p4
h2
V(h) = 400p h -p4
h3
x 0 +q
- 0 +
P(x) Mín.
O perímetro é mínimo para , ou seja, o rectângulo éum quadrado de área igual a a m2.
23.
Altura do triângulo:
Logo, .
Área da janela:
Domínio:
x 0 1,17
+ 0 -
A(x) Máx.
A área da janela é máxima para x ) 1,17 m e y ) 0,74 m.
x = 1,172 ± y =5 - 3 * x
2) 0,74
A9(x)
53
§ x =5
6 - œ3± x ) 1,17 m
§ (œ3 - 6)x = -5
A9(x) = 0 § 1œ32
- 32x +52= 0
= 1œ32
- 32x +52
A9(x) = 2 œ34
x - 2 *32
x +52
§ x å 40, 53 3
§ x > 0 ‹ x ,53
§ x > 0 ‹ 5 - 3x > 0
x > 0 ‹ y > 0 § x > 0 ‹5 - 3x
2> 0
A(x) = œ34
x2 -32
x2 +52
x
A(x) = œ34
x2 +5x - 3x2
2
A(x) =12
x *œ32
x + x *5 - 3x
2
A =x * h
2+ xy
A = A˚ + A–
h =œ32
x
h2 = x2 -x2
4§ h2 =
34
x2
h2 + 1x222
= x2
§ y =5 - 3x
23x + 2y = 5
x = y = œa m
x = œa ± y =a
œa= œa
P9(x)
œa
§ x2 = a §x>0
x = œa
P9(x) = 0 § 2 -2ax2 = 0 §
x>02x2 - 2a = 0
71
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 9
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EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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x 0 3 +q
- 0 +
A(x) ¢ Mín. £
Se x = 3,
O gasto de papel é mínimo se x = 3 cm e y = 6 cm, ou seja, a folhaterá as dimensões de 5 cm por 10 cm.
1. Pág. 211
1.1
O custo de produção de 100 peças é igual a 2020 e o custo deprodução de 101 peças é igual a 2038,05 .
1.2
é o custo de produção da peça número101, ou seja, é o custo de produzir mais uma peça depois de seterem produzido 100 .
1.3 a)
b)
c)
1.4
a)
. Se forem produzidas 100 peças o custo médiode cada uma é igual a 20,20 .ÆC(100) = 20,20
C(100) =C(100)
100=
2020100
= 20,20
C(x) =C(x)
x
C(x + 1) - C(x) ) C9(x)
C9(x) = 0,1x + 8
C(x + 1) - C(x) = 0,1x + 8,05
= 0,1x + 8,05
= 8 + 0,05x2 + 0,1x + 0,05 - 0,05x2
= 720 + 8x + 8 + 0,05 (x2 + 2x + 1) - 720 - 8x - 0,05x2
- (720 + 8x + 0,05x2)= 720 + 8(x + 1) + 0,05(x + 1)2
C(x + 1) - C(x)
C9(100) = 18 ) C(101) - C(100)
C9(100) = 0,1 * 100 + 8 = 18
C9(x) = 0,1x + 8
C9(x) = 8 + 2 * 0,05x = 8 + 0,1x
C(101) - C(100) = 18,05 Æ
C(101) - C(100) = 2038,05 - 2020 = 18,05 Æ
ÆÆ
C(101) = 720 + 8 * 101 + 0,05 * 1012 = 2038,05
C(100) = 720 + 8 * 100 + 0,05 * 1002 = 2020
C(x) = 720 + 8x + 0,05x2
y =183
= 6
A9(x)
§ x2 = 9 §x>0
x = 3A9(x) = 0 §x>0
4x2 - 36 = 0
=4x2 - 36
x2
= 4 -36x2
A9(x) = 4 - 36x-2
A(x) = 4x + 36x -1 + 26
= 18 + 4x +36x
+ 8
A(x) = (x + 2)118x
+ 42
xy = 18 § y =18x
A = (x + 2)(y + 4) b)
C.A.
Logo .
Devem ser produzidas entre 90 e 160 peças.
c)
x 0 120 +q
- 0 +
¢ Mín. £
O custo médio por unidade é mínimo quando são produzidas120 unidades. Esse custo é igual a 20 .
2.1 a = 30 cm; b = 90 cm; c = d = 20 cm; Pág. 212
e = 100 cm; f = 130 cm
2.2 V = 90 * 30 * 20 = 54 000 cm3
V = 54 dm3
2.3
0 < x < 65§ x =
653
§ x =520 ¿ œ5202 - 4 * 6 * 8450
12
§ 6x2 - 520x + 8450 = 0V9(x) = 0
V9(x) = 6x2 - 520x + 8450
0 < x < 65V(x) = 2x3 - 260x2 + 8450x,
V(x) = (130 - 2x)(65 - x)x
Æ
C(120) =C(120)
120=
2400120
= 20 Æ
C(x)
C9(x)
§ x = 120x > 0
§ x2 = 14 400
§ 0,05x2 = 720C9(x) = 0 §x> 0
0,05x2 - 720 = 0
C9(x) =0,05x2 - 720
x2
= 0,05 -720x2= -720x-2 + 0,05= (720x-1)9 + 0 + 0,05
C9(x) = 1720 + 8x + 0,05x2
x 29= 1720
x+ 8 + 0,05x29
C(x) < 20,50 § 90 < x < 160
§ x = 90 › x = 160
§ x =12,5 ¿ œ12,52 - 4 * 0,05 * 720
0,1
0,05x2 - 12,5x + 720 = 0
x > 0§ 0,05x2 - 12,5x + 720 < 0
§720 + 8x + 0,05x2 - 20,50x
x< 0
§720 + 8x + 0,05x2
x- 20,50 < 0
§720 + 8x + 0,05x2
x< 20,50
C(x) < 20,50 §C(x)
x< 20,50
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 9
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!
!
x 0 65
+ 0 -
V(x) £ Máx. ¢
O volume da caixa é máximo se as suas dimensões forem ,
e .
3.1O valor máximo de r é 4 cm.
3.2
r 0 4
+ 0 -
V(r) £ Máx. ¢ Mín.
V é máximo para
4. Altura h de um triângulo equilátero de lado l:
A9(x) = œ3x - 15œ3
A(x) = œ32
x2 - 15œ3x + 225œ3
A(x) = œ34
(2x2 - 60x + 900)
A(x) = œ34
(x2 + x2 - 60x + 900)
A(x) =12 1œ3
2x2 +
œ32
(30 - x)22A(x) =
xœ32
x
2+
(30 - x) œ32
(30 - x)
2
A = AT1+ AT2
h2 =œ32
(30 - x)
h1 =œ32
x
h =œ32
l
h2 =34
l2
§ h2 = l2 -l2
4h2 + 1 l22
2
= l2
r = 2œ2 cm
V9(r)
2œ2
§ r = œ8 § r = 2œ2
§ r2 =324
V9(r) = 0 § 32p - 4pr2 = 0
V9(r) = 32p - 4pr2
V(r) = 32pr - 43pr3
V(r) = p * 42 * 2r -43pr3
V = Abase * altura -43pr3
Vágua = Vcilindro - Vesfera
0 < r ≤ 4
653
cm1303
cm
2603
cm
130 - 2x = 130 -1303
=260
3
65 - x = 65 -653
=1303
x =653
V9(x)
653
x 0 15 30
- 0 +
A(x) ¢ Mín. £
O segmento deve ser dividido em duas partes iguais (x = 15 cm).
5.
5.1
t 0 3 7 8
+ + 0 - 0 + +
v(t) 0 £ 81 ¢ 49 £ 56
Mín. Máx. Mín. Máx.
A velocidade máxima atingida, nos primeiros oito minutos daexperiência, foi de 81 centenas de rotações por minuto.
5.2 6000 r.p.m. = 60 * 100 r.p.m. Pág. 213
Para dar resposta ao problema é necessário resolver a inequação.
Recorrendo à calculadora gráfica determinaram-se as abcissasdos pontos de intersecção do gráfico de v com a recta de equaçãoy = 60. Foram obtidos os seguintes resultados (com duas casasdecimais):
4,08 min = 4 min 5 s (0,08 * 60 = 4,8 ) 5)
A velocidade de rotação do eixo do motor foi superior a 6000 rota-ções por minuto durante 4 minutos e 5 segundos.
6.1
A base da pirâmide é um quadrado de lado . A sua área é,portanto, .
A altura da pirâmide é igual a .
Como x + c = 6 vem c = 6 - x
Logo,
V(x) = 8x2 -43
x3
V(x) =243
x2 -43
x3
V(x) =13* 4x2 (6 - x)
OE = c
(2x)2 = 4x2
AB = 2x
Vpirâmide =13* Abase * altura
5,42 - 1,34 = 4,08
v(t) > 60
v9(t)
§ t = 3 › t = 7
§ t =10 ¿ œ100 - 4 * 1 * 21
2
§ t2 - 10t + 21 = 0v9(t) = 0 § 3t2 - 30t + 63 = 0
v9(t) = 3t2 - 30t + 63
v(t) = t3 - 15t2 + 63t
A9(x)
A9(x) = 0 § œ3x - 15œ3 = 0 § x = 15
73
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 9
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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6.2
x 0 4 6
+ 0 -
V(x) £ Máx. ¢
O volume da pirâmide é máximo para x = 4.
O volume máximo é igual a .
6.3 Se x = 1, c = 6 - 1 = 5.
Então
Equação do plano ABE:
Seja um vector perpendicular ao plano ABE. Então
Tem-se, portanto, .
Para c = 1,
Uma equação do plano ABE é da forma: .
Como A(1, 1, 0) pertence ao plano, tem-se:
Logo, uma equação do plano ABE é .
7.1 Pág. 214
Então, e, portanto,
7.2 A quantidade de material gasto na construção do depósito é dadapela área total (AT) do cilindro
§ r =1
œ3 2p§ r =
1
(2p)13
Œ3 12p
r 0 0§ 4pr3 - 2 = 0 § r3 =
24p
§ r =
A9(r) = 0 § 4pr - 2r2 = 0 §
4pr3 - 2r2 = 0
= 4pr - 2r2A9(r) = 4pr - 2 * r-2
A9(r) = (4pr + 2 * r -1)9
= 2pr2 +2r
A(r) = 2pr2 + 2pr * 1pr2
AT = 2pr2 + 2pr * h
AT = 2Abase + Alateral
pr2h = 1 § h =1pr2
Vcilindro = 1
= 1m31000 litros = 1000 dm3
Vcilindro = pr2 * h
Vcilindro = Abase * altura
5y + z - 5 = 0
5 * 1 + 0 + d = 0 § d = 25
0x + 5y + z + d = 0
n!= (0, 5, 1)
n!= (0, 5c, c)
§ 5-2a = 0-a - b + 5c = 0
§ 5a = 0b = 5c
5n! . AB
!= 0
n! . AE
!= 0
§ 5 (a, b, c) . (-2, 0, 0) = 0
(a, b, c) . (-1, -1, 5) = 0
n!= (a, b, c)
AE!= E - A = (-1, -1, 5)
AB!= B - A = (-2, 0, 0)
A(1, 1, 0), B(-1, 1, 0) e E(0, 0, 5).
1283
V(4) = 8 * 42 -43* 43 = 128 -
2563
=1283
V9(x)
x = 4§ 4x = 0 › 4 - x = 0 §x>0
V9(x) = 0 § 16x - 4x2 = 0 § 4x(4 - x) = 0
V9(x) = 16x - 4x2
r 0 +q
- 0 +
A(r) ¢ Mín. £
Se
A área total é mínima se e . Logo,
a área total é mínima se h = 2r.
7.3 Seja C(r) o custo do material em euros.
r 0
- 0 +
C(r) ¢ Mín. £
O custo do material é mínimo se .
7.4 a) Em cada segundo é extraído um “cilindro” de água com 10 litrosde capacidade e 1,2 cm de altura.
b)
= 1,2 m± h = 12 dm
h = 1000 *0,1210
1000 = p * 100,12p
* h §
1000 = p * 1Œ 100,12p 2
2
* h
V = pr2 * h
51,5 cmr ) 5,15 dm =r = Œ 100,12p
±r2 =10
0,12p±
10 = p * r2 * 0,12
V = pr2 * h
1,2 cm = 0,12 dm
10 L = 10 dm3
r = h = Œ3 1p ) 0,683 m
h =1
p1Œ3 1p2
2 =1
Œ3 p3 *1p2
=1
3œp
= Œ3 1p = r
r = Œ3 1p e h =
1pr2
C9(r)
Œ3 1p
§ r3 =44p
§ r = Œ3 1p
§ 4pr3 - 4 = 0 ‹ r2 0 0C9(r) = 0 §4pr3 - 4
r2 = 0
C9(r) =4pr3 - 4
r2
= 4pr - 4r2C9(r) = 4pr - 4r -2
C9(r) = 4pr + (4r-1)9
= 2pr2 +4r
C(r) = 2pr2 * 1 +2r* 2
C(r) = 2Abase * 1 + Alateral * 2
h =1pr2 =
2
œ3 2p= 2rr =
1
œ3 2p
=œ3 8
œ3 2p=
2
œ3 2p= 2 *
1
œ3 2p= 2r= Œ3 8
2p
=œ3 4p2
p = Œ3 4p2
p3= Œ3 4ph =
1pr2 =
1
p1 1
œ3 2p22 =
1
p * 1
œ3 4p2
r =1
œ3 2p,
A9(r)
1
œ3 2p
74
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 9
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Capítulo 101. Como o domínio de uma sucessão é , conjunto Pág. 220
dos números naturais, então a representação gráfica apresentada em (D) não pode representar uma sucessão.
Resposta: (D)
2.
Resposta: (A)
3. Se , podemos concluir que:
• (vn) é estritamente crescente pois ,
•
Então para vem ou seja, .
Resposta: (D)
4. Dado que , 2n representa um número par,.
Então .
Resposta: (B)
5. Pág. 221
Resposta: (B)
6.
O número de parcelas é dado por . Logo, k = 21.
Resposta: (D)
7.
Resposta: (C)
8.
Logo
se n é par ( é ímpar)
se n é ímpar ( é par)
Resposta: (D)
n + 1vn+1 - vn = 2 -1
n2 + n
n + 1vn+1 - vn = 22 -1
n2 + n
= 2 * (-1)n+1 -1
n2 + n
= (-1)n +1 + (-1)n +1 +-1
n2 + n
= (-1)n +1 + (-1) (-1)n +n2 + 2n - n2 - 2n - 1
n(n + 1)
= (-1)n +1 - (-1)n +n + 2n + 1
-n + 1
n
vn+1 - vn = (-1)n +1 +n + 1 + 1
n + 1- (-1)n -
n + 1n
vn = (-1)n +n + 1
n
u5 =3 * 5 + 11 - 2 * 5
=15 + 11 - 10
=16-9
= -169
30 - 10 + 1 = 21
^30
n = 10
un = u10 + u11 + ... + u30
b3n + bn+2 = 16n + 32 + 12n + 72 = 8n + 10
bn+2 = 2(n + 2) + 3 = 2n + 4 + 3 = 2n + 7
b3n = 2 * (3n) + 3 = 6n + 3
bn = 2n + 3
N(-1)2n * un = 1 * un = un , A n å
N(-1)2n = 1, A n åNA n å
v2 = 2 + v1v2 = v1 + 12 + 1n = 1
Nvn+1 = vn + n2 + 1, A n å
A n å Nn2 + 1 > 0
Nvn +1 - vn = n2 + 1, A n å
= -12+
22-
32+
42-
52=
62-
92= -
32
^5
n = 1
un = u1 + u2 + u3 + u4 + u5
un =(-1)n * n
2
N Pág. 2229. (A) e (C) são falsas. Por exemplo C = ]0, 1[ é limitado e infinito.
(D) é falsa. Por exemplo C = ]-?, 1[ é majorado e não minorado.
Resposta: (B)
10. (A) é falsa pois não é limitada.
(B) é falsa. Por exemplo, é limitada dado que
(C) é falsa. Por exemplo, é estritamente crescente dado que
(D) é verdadeira.
Logo, é estritamente crescente.
e são monótonas.
Resposta: (D)
11.
Resposta: (B)
12.
é limitada, dado que .
Resposta: (A)
13. Pág. 223
• pelo que, para
• , pelo que
Logo,
Resposta: (C)
14. Por exemplo, se , o gráfico de é constituído por pontos de uma parábola e é monótona decrescente.
Resposta: (D)
(an)(an)an = -n2
Nan = 5n -5n
, A n å
a1 = f 102 = 02 - 0 = 0 = 53 1 -51
Se n = 1, n -1n= 1 -
11= 0 ≤ 1
an = f 1n -1n2 = 51n -
1n2 = 5n -
5n
n ≥ 2,Se n ≥ 2, n -1n
> 1
an = f 1n -1n2
f(x) = 5x2 - 5x se x ≤ 1
5x se x > 1
N-2 ≤ an < 2, A n å1an2
an = (-1)n * 2
N± \an|≤ 6, A n å
N± -6 ≤ an ≤ 6, A n å
N-6 ≤ an ≤ 5, A n å
1dn2(bn)
(dn)
N=1
2n(n + 1)> 0, A n å
=n2 - (n - 1)(n + 1)
2n(n + 1)=
n2 - (n2 - 1)2n(n + 1)
dn +1 - dn =(n + 1) - 1
2(n + 1)-
n - 12n
=n
2(n + 1)-
n - 12n
N=2n + 1
100> 0, A n å
bn +1 - bn =(n + 1)2
100-
n2
100=
1100
(n2 + 2n + 1 - n2)
(bn)
N-1 ≤ (-1)n *1n
≤12
, A n å
(an)
(bn)
76
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 10
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
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15. Se
e é decrescente.
Se , verifica-se que apesar de
e , (A), (C) e (D) são falsas.
Resposta: (B)
16.
• Para
•
Para
•
Para
Logo,
Resposta: (D)
Pág. 224
1.1
1.2
1.3
1.4
i4 = (-1)4(4 + 2) = 6
i3 = (-1)3(3 + 2) = -5
i2 = (-1)2(2 + 2) = 4
i1 = (-1)1(1 + 2) = -3
in = (-1)n(n + 2)
h3 = h4 = 4
h2 = 2 - 1 = 1
h1 = 1 - 1 = 0
hn = 54 se n ≥ 3n - 1 se n < 3
g4 = -1
g3 = 1
g2 = -1
g1 = 1
gn = 5 1 se n é par -1 se n é ímpar
a4 =133 4 + 2 =
103
a3 =133 3 + 2 = 3
a2 =133 2 + 2 =
83
a1 =13* 1 + 2 =
73
an =13
n + 2
Nan = 4 - 4n + n2, A n å
n = 2, 4 - 4n + n2 = 4 - 8 + 4 = 0 = a2
a2 = f(2 - 2) = f(0) = -0 = 0
n = 1, 4 - 4n + n2 = 4 - 4 + 1 = 1 = a1
a1 = f(1 - 2) = f(-1) = -(-1) = 1
an = f(n - 2) = (n - 2)2 = n2 - 4n + 4 = 4 - 4n + n2
n ≥ 3,
n - 2 > 03 n > 23nåN
n ≥ 3
f(x) = 5-x se x ≤ 0x2 se x > 0
u3
u2= 2
u2
u1= 2un = 5-2n se n ≤ 3
1n
se n > 3
(un)u2
u1=
-4-2
= 2, u3
u2=
-8-4
= 2
un = -2n, 2.
2.1
2.2 Se a é par, a + 1 é ímpar
2.3 Se b é par, b + 2 é par
3.
3.1
3.2
3.3
4.1 -2, -2, -2, …
4.2 4, 8, 12, 16, …
4 * 1, 4 * 2, 4 * 3, 4 * 4, …, 4n
4.3 -1, 1, -1, 1, -1, 1, …
4.4
4.5
4.6
4.7
un = (-1)n+1 * (n + 2)
3, -4, 5, -6, 7, ... , (-1)n+1 * (n + 2)
un = 57 se n é parn + 1 se n é ímpar
1 + 1, 7, 3 + 1, 7, 5 + 1, 7, ...
2, 7, 4, 7, 6, 7, ...
un =œnn2
œ112 , œ2
22 , œ332 , œ4
42 , ..., œnn2
1, œ24
, œ39
,18
, ...
un =2n + 1
10n
2 * 1 + 110 * 1
,2 * 2 + 1
10 * 2,
2 * 3 + 110 * 3
,2 * 4 + 1
10 * 4, ... ,
2n + 110n
310
,520
,730
,940
, ...
un = (-1)n
un = 4n
un = -2
= 16 +2n - 1
8n2 - 2n
= 16 +1
2n-
14n - 1
= 16 +4n - 1 - 2n
2n(4n - 1)
= 1 * 8 +1
2n- 1-1 * 8 +
14n - 12
a2n - a4n-1 = (-1)2n * 8 +12n
- 3(-1)4n-1 * 8 +1
4n - 14
=2p + 1p2 + p
= (-1)p * 8 - (-1)p * 8 +p + 1 + pp(p + 1)
= (-1)p * 8 + (-1)p(-1)1 * 8 +1p+
1p + 1
ap + ap+1 = (-1)p * 8 +1p+ (-1)p+1 * 8 +
1p + 1
a1 + a2 = (-1)1 * 8 +11+ (-1)2 * 8 +
12= -8 + 1 + 8 +
12=
32
an = (-1)n * 8 +1n
ub+1 = 7
ub+1 = (-1)b+1+1 * 6 + 1 = (-1)b+2 * 6 + 1 = 1 * 6 + 1 = 7
ua = -5
ua = (-1)a+1 * 6 + 1 = -6 + 1 = -5
un =(-1)n +1 * 6n + n
n=
n 3(-1)n +1 * 6 + 1 4n
= (-1)n+1 * 6 + 1
un =(-1)n +1 * 6n + n
n
77
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 10
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
CE
XM
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©Po
rto
Edi
tora
4.8
5. Pág. 225
5.1
5.2
5.3
A partir do terceiro termo (inclusive).
5.4
C.A.
Como , vem
6.
6.1 c1 5 -1
.
6.2 c9 = -310
c11 = -1248
6.3 c6 = -2 * (-18) + 5 = 41
c11 = -2 * 629 + 10 = -1248
c10 = -2 * (-310) + 9 = 629
c1 = -1, c2 = 3, c3 = -4, c4 = 11, c5 = -18
c5 = - 2 * 11 + 4 = -22 + 4 = -18
c4 = -2 * (-4) + 3 = 8 + 3 = 11
c3 = -2 * 3 + 2 = -6 + 2 = -4
c2 = -2 * (-1) + 1 = 2 + 1 = 3
5c1 = -1cn+1 = -2 * cn + n, n å N
an ≤ -803 n ≥ 10Nn å
3 n = -8 › n = 10
3 n =2 ¿ 18
2
n2 - 2n - 80 = 03 n =2 ¿ œ4 + 320
2
3 n2 - 2n - 80 ≥ 0
an ≤ -803 - n2 + 2n ≤ -80
3nåN
n > 2
an < 03 - n2 + 2n < 03 n(-n + 2) < 0
a4 = -8
3 n =2 ¿ œ4 + 32
23 n =
2 ¿ 623 n = 4 › n = -2
an = -83 - n2 + 2n = -83 n2 - 2n - 8 = 0
a1 + a2 + a3 = (-1 + 2) + (-4 + 4) + (-9 + 6) = 1 + 0 - 3 = -2
an = -n2 + 2n
un = (-1)n +1 *1
2n + 1
13
, -15
,17
, -19
, ... , (-1)n +1 *1
2n + 17.1
N.8 da figura 1 2 3 4 5 n
N.8 de palhinhas 3 5 7 9 11 f(n)5 2n1 1
7.2
21 palhinhas
7.3
8.1 Pág. 226
8.2
8.3
A figura 10 tem 145 pontos.
9.1
; é estritamente crescente.
9.2
é estritamente decrescente.
9.3
• se n , 5,
• se n . 5
• se n 5 5
(cn) é monótona crescente em sentido lato.
Ncn +1 - cn ≥ 0, A n å
cn +1 - cn = c6 - c5 = (6 - 2) - 3 = 1 > 0
cn+1 - cn = (n + 1) - 2 - (n - 2) = n + 1 - 2 - n + 2 = 1 > 0
cn +1 - cn = 3 - 3 = 0
cn = 53 se n ≤ 5n - 2 se n > 5
(bn)
Nbn +1 - bn =-11
(3n + 7)(3n + 4)< 0, A n å
=-11
(3n + 7)(3n + 4)
=-3n - 4 - 6n2 - 8n - 3n - 7 + 6n2 + 14n
(3n + 7)(3n + 4)
bn +1 - bn =1 - 2(n + 1)3(n + 1) + 4
-1 - 2n3n + 4
=-1 - 2n3n + 7
-1 - 2n3n + 4
bn =1 - 2n3n + 4
(an)Nan +1 - an = 2 > 0, A n å
an +1 - an = 2(n + 1) + 1 - (2n + 1) = 2n + 2 + 1 - 2n - 1 = 2
an = 2n + 1
n.8
3nåN
n = 103 3n2 - n - 290 = 0
3 3n2 - n = 290an = 1453 3n2 - n2
= 145
a4 =3 * 16 - 4
2= 22 ou a4 = 12 + 3 * 4 - 2 = 22
a3 =3 * 9 - 3
2= 12 ou a3 = 5 + 3 * 3 - 2 = 12
a2 =3 * 4 - 2
2= 5 ou a2 = 1 + 3 * 2 - 2 = 5
a1 =3 * 1 - 1
2= 1 ou a1 = 1
an =3n2 - n
2ou 5a1 = 1
an = an-1 + 3n - 2, A n ≥ 2
N5f(1) = 3f (n + 1) = f(n) + 2, A n å
f(10) = 23 10 + 1 = 21
...
...
Figura 5
78
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 10
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
EX
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dito
ra
9.4
• se n, 1000
• se n. 1000
• se n5 1000
; é estritamente decrescente.
10.1
10.2
10.3
10.4
10.5
10.6
11.1 Pág. 227
é estritamente decrescente.(an)
Nan+1 - an =-1
(n + 2)(n + 3)< 0, A n å
=n + 2 - n - 3(n + 2)(n + 3)
=- 1
(n + 2)(n + 3)
an+1 - an =1
n + 3- 3 - 1 1
n + 2- 32 = 1
n + 3-
1n + 2
an =1
n + 2- 3
f1 = 6, f2 = 5, f3 = 8; f2 < f1 e f3 > f2
f3 = 5 + 3 = 8
f2 = 3 + 2 = 5
f1 = 5 + 1 = 6
fn = 53 + n se n é par5 + n se n é ímpar
e5 = -9, e6 = -11, e7 =47
; e6 < e5 e e7 > e6
e7 =7 + 12 * 7
=8
14=
47
e6 = 1 - 2 * 6 = -11
e5 = 1 - 2 * 5 = -9
en = 5n + 1
2nse n > 6
1 - 2n se n ≤ 6
dn +1 - dn > 0 se n > 3.
dn +1 - dn ≤ 0 se n ≤ 3;
dn +1 - dn = 2(n - 3), A n å N;
= 2n - 6 = 2(n - 3)
= 1 - 2n + n2 - 3n - 3 - 4 + 4n - n2 + 3n
dn +1 - dn = (2 - n - 1)2 - 3(n + 1) - (2 - n)2 + 3n
dn = (2 - n)2 - 3n
c9 = 1, c10 = 0, c11 = 1; c10 < c9 e c11 > c10
c11 = \11 - 10|= 1
c10 = \10 - 10|= 0
c9 = \9 - 10|= 1
n - 10 = 03 n = 10
cn = \n - 10|
b1 = 5, b2 = 1, b3 = 9; b2 < b1 e b3 > b2
b3 = 6 + (-1)4 * 3 = 9
b2 = 4 + (-1)3 * 3 = 1
b1 = 2 + (-1)2 * 3 = 5
bn = 2n + (-1)n +1 * 3
a2 > a1 e a3 < a2
a1 = -1, a2 = 1, a3 = -1
an = (-1)n
(dn)dn +1 - dn < 0, A n å N
dn +1 - dn = d1001 - d1000 = 5 - 3003 - (1 - 2000) = 2999 < 0
dn +1 - dn = 5 - 3(n + 1) - (5 - 3n) = 5 - 3n - 3 - 5 + 3n = -3 < 0
dn +1 - dn = 1 - 2(n + 1) - (1 - 2n) = 1 - 2n - 2 - 1 + 2n = -2 < 0
dn = 51 - 2n se n ≤ 10005 - 3n se n > 1000
11.2
não é monótona.
11.3
; é estritamente crescente.
11.4
Se n é ímpar, é par.
Se n é par, é ímpar.
Então
• Se n é ímpar
• Se n é par
é estritamente crescente.
11.5
;
não é monótona.
11.6
não é monótona.
12.1
(an)
a4 = 4, a5 = a6 = 2, a7 = 4; a5 < a4 e a7 > a6.
a7 = 1 + \23 7 - 11|= 1 + 3 = 4
a6 = 1 + \23 6 - 11|= 1 + 1 = 2
a5 = 1 + \23 5 - 11|= 1 + 1 = 2
a4 = 1 + \23 4 - 11|= 1 + 3 = 4
2n - 11 = 03 n = 5,5
an = 1 + \2n - 11|
(an)n > 33 an +1 - an > 0;
n ≤ 23 an +1 - an < 0;
an +1 - an = 2n - 5
= n2 + 2n + 1 - 6n - 6 - n2 + 6n = 2n - 5
an +1 - an = (n + 1)2 - 6(n + 1) - n2 + 6n
an = n2 - 6n
(an)an +1 - an > 0, A n å N;
an +1 - an = 52 se n é ímpar4 se n é par
= 3n + 3 - 1 - 3n + 2 = 4
an +1 - an = 3(n + 1) - 1 - (3n - 2)
= 3n + 3 - 2 - 3n + 1 = 2
an +1 - an = 3(n + 1) - 2 - (3n - 1)
n + 1
n + 1
an = 53n - 1 se n é ímpar3n - 2 se n é par
(an)Nan +1 - an = 3(2n - 1) > 0, An å
= 3(2n - 1)
= 3n2 - 3n2 + 6n - 3
= -2 + 3n2 + 2 - 3(n2 - 2n + 1)
an +1 - an = -2 + 3(n + 1 - 1)2 - (-2 + 3(n - 1)2)
an = -2 + 3(n - 1)2
(an)
a1 = -2, a2 = 7, a3 = -8; a2 > a1 e a3 < a2
a3 = (-1)3 * 9 + 1 = -8
a2 = (-1)2 * 6 + 1 = 7
a1 = (-1)1 * 3 + 1 = -3 + 1 = -2
an = (-1)n * 3n + 1
79
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 10
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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12.2 A restrição de f ao intervalo é estritamente crescente.Logo a restrição de f a também é estritamente crescente.
é estritamente crescente.
não é monótona.
12.3 A sucessão definida por pode ser monótona sem quea função definida em por o seja como se ilustra nográfico seguinte:
13.
13.1
é monótona crescente.
13.2
A sucessão só tem três termos iguais: .
Logo, se tem três termos nulos só poderá ser
14. Por exemplo:
(por exemplo)
15. Pág. 228
15.1
é estritamente crescente.
15.2
-12≤ an < 1, A n å N
1 -32≤ 1 -
32n
< 1
-32≤ -
32n
< 0
0 <3
2n≤
32
(an)
an+1 - an =3
2n(n + 1)> 0, A n å N
an +1 - an = 1 -3
2(n + 1)- 11 -
32n2 =
32n
-3
2(n + 1)=
3n + 3 - 3n2n(n + 1)
an = 1 -32n
un = \n - 5|
a2 = a3 = a4 = 0.
a2 = a3 = a4(an)
a3 = a2 e a4 = a3
an +1 = an3 n = 2 › n = 3
an +1 - an = 03 n = 2 › n = 3
3 n = 2 › n = 3
an +1 - an = 03 3(n - 2)(n - 3) = 0
(an)
an +1 - an = 3(n - 2)(n - 3) ≥ 0, An å N
3 n = 2 v n = 3
3n2 - 15n + 18 = 03 n =15 ¿ œ152 - 123 18
6
an+1 - an = 3n2 - 15n + 18
x 1 f(x)Rn 1 f(n)
(vn)v2 < v1 e v3 > v2;
v3 = f (3) = 0
v2 = f (2) = -1
v1 = f (1) = 0
(un)
N31, + ? 3 16.1
é limitada.
16.2
16.3
Para n par
Para n ímpar
Então, é limitada.
16.4
é limitada.
16.5
• Para n par
• Para n ímpar
Então, é limitada.
16.6
é limitada
16.7
é limitada.2 < gn ≤ 3, A n å N; (gn)
2 < 2 +3
2n + 1≤ 2 + 1§ 0 <
32n + 1
≤33§
0 <1
2n + 1≤
123 1 + 1
gn = 2 +3
2n + 1
gn =4n + 52n + 1
4n + 5
-4n - 23
2n + 12
- 1 < fn ≤ 1, A n å N; (fn)
-1 <2n- 1 ≤ 10 <
2n≤
21§
fn =2 - n
n=
2n- 1
112
≤ en ≤ 7, A n å N; (en)
6 < en ≤ 7
6 < 6 +1n≤ 6 + 10 <
1n≤ 1 §
112
≤ en < 6
§ 6 -12≤ 6 -
1n< 6
-12≤ -
1n< 00 <
1n≤
12§
en = 6 - (-1)n *1n= 5 6 -
1n
se n é par
6 +1n
se n é ímpar
4 < dn ≤ 5, A n å N; (dn)
4 < 4 +1n≤ 4 + 10 <
1n≤ 1 §
dn = 3 +n + 1
n= 3 + 1 +
1n= 4 +
1n
-p ≤ cn ≤p2
, A n å N; (cn)
-p ≤ -pn< 00 <
pn≤ p§
0 <pn≤p2
cn = (-1)n *pn= 5pn
se n é par
-pn
se n é ímpar
-3 ≤ bn ≤ 3, A n å N; (bn) é limitada.
bn = 5 3 se n é par-3 se n é ímpar
bn = (-1)n * 3
(an)N;3 < an ≤ 5, A n å
3 < 3 +2n≤ 3 + 20 <
2n≤ 2 §
an = 3 +2n
80
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 10
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
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dito
ra
16.8
não é limitada porque o conjunto dos termos de ordem parnão é limitado.
16.9
• se n é par
• se n é ímpar
Então é limitada.
16.10
é constante, logo, é limitada.
17.1
Então, sendo tem-se .
17.2
Se n < 40, .
Se .
Logo, o conjunto dos termos de tem apenas três elementos:0, 10 e 1000.
Logo, para .
17.3
Para n par:
Para n ímpar
Logo, .
Assim, para .
17.4
Para
Para
Então, para .L > 59 044, \un|< L, A n å N
-59 044 ≤ un ≤ 4
5 - 95 ≤ un ≤ 5 - 15
n < 10
n ≥ 10, un = 1
un = 51 se n ≥ 105 - n5 se n < 10
L >214
, \un|< L, A n å N
-1 < un ≤214
, A n å N
-1 < un ≤ 0
-1 <1n- 1 ≤ 00 <
1n≤ 1 §
5 < un ≤214
5 < 5 +1n2 ≤ 5 +
14
0 <1n2 ≤
122 §
un = 5 5 +1n2 se n é par
1n- 1 se n é ímpar
un = 5 5 +1n2 se n é par
1 - nn
se n é ímpar
L > 1000, \un|< L, A n å N
(un)
n ≥ 40, un = 5 - 5 ou un = 5 + 5
un = 1000
un = 51000 se n < 405 + (-1)n * 5 se n ≥ 40
\un|< L, A n å NL >p3
N0 <p
2n + 1≤p3
, A n å0 <1
2n + 1≤
13§
un =p
2n + 1
jn = 0, A n å N. ( jn)
jn = sin(np) = 0, A n å N
- 1 ≤ in ≤214
, A n å N; (in)
in = 21
5 < in ≤214
5 < 5 +1n2 ≤ 5 +
14
0 <1n2 ≤
122 §
in = 55 +
1n2 se n é par
-1 se n é ímpar
(hn)
hn = 5n + 1 se n é par3 se n é ímpar 18. é crescente Pág. 229
é limitada.
19.
19.1
19.2
31 - 14 = 17
17 termos
19.3 (un) é a restrição da função quadrática definida por
a . Logo, o conjunto dos termos de (un) não é majorado pelo
que (un) não é limitada.
20.1 A área de T2 é igual a da área do triângulo T1 .
A área de é igual a da área do triângulo Tn .
Então
20.2 Sendo an a sucessão das áreas de Tn tem-se que .
Por outro lado, (an) é decrescente, pelo que .Como , vem . (an) é limitada.
21. Se (an) é limitada, :
é uma sucessão limitada.
1.1 a) Pág. 230
b)
c)
d)
1.2 a)
b)
A2 =pr2
4
A2 = 2 *p(r2)
2
2= p112 r2
2
=pr2
4
A1 =pr2
2
C4 = pr
C4 = 8 *2pr4
2= 8pr4 = 8p * 1
8r = pr
r4 =12
r3 =18
r
C3 = pr
C3 = 4 *2pr3
2= 4pr3 = 4p * 1
4r = pr
r3 =12
r2 =14
r
C2 = pr
C2 = 22pr2
2= 2pr2 = 2p * 1
2r = pr
R2 =12
r
C1 = pr
C1 =2pr2
= pr
± (-pan)
3 - pM < - p * an < -p * L, A n å N
L < an < M, A n å N
L < an < M, A n å NE L,M å R
0 < an ≤ 1, A n å Na1 = 1an ≤ a1, A n å N
an > 0, A n å N
5a1 = 1
an+1 =14
an, A n å N
14
Tn+1
14
N
f(x) =2x2 + 6
4
3nåN
n > 14 ‹ n ≤ 31
3 n2 > 197 ‹ n2 < 997
3 2n2 + 6 > 400 ‹ 2n2 + 6 < 2000
3 2n2 + 64
> 100 ‹2n2 + 6
4< 500un > 100 ‹ un < 500
u10 = 51,5
3 2n2 = 2003 n2 = 1003nåN
n = 10
3 2n2 + 6 = 206
un = 51, 53 2n2 + 64
= 51,5
un =2n2 + 6
4
a1 ≤ an < 1000, A n å N ± (an)
± an ≥ a1, A n å Nan
81
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 10
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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tora
c)
d)
1.3
1.4
2.1 Pág. 231
A área do 5.8 quadrado é .
A área do 6.8 quadrado é .
2.2
2.3
3.1
3.2
3.3
4. Pág. 232
4.1 r1 =102
= 5
AB = 20; r = 10
5a1 = 4
an +1 = an +1
4n-1 , A n å N
a1 = 4; a2 = a1 +140 ; a3 = a2 +
141 ; a4 = a3 +
142
a1 = 4, a2 = a1 + 12, a3 = a2 + 11222
, a4 = a3 + 11422
540
2120
a2
a1=
54
;a3
a2=
214
: 5 =2120
a1 = 4; a2 = 5; a3 =214
.
a3 = 5 + 11222
=214
a2 = 4 + 12 = 5
a1 = 22 = 4
5a1 = 4
an +1 =14
an,A n å N
a2
a1=
a3
a2=
a4
a3=
a5
a4=
a6
a5=
14
1 1162
2
cm2 =1
256 cm2
11822
cm2 =164
cm2
a6 = 1 1162
2
=1
256
a5 = 11822
=164
a4 = 11422
=116
a3 = 11222
=14
a2 = 12 = 1
a1 = 22 = 4
A6 =pr2
64
A6 =12
A5 =12*pr2
32=pr2
64
A5 =12
A4 =12*pr2
16=pr2
32
5A1 =pr2
2
An +1 =12
An, A n å N
A4 =pr2
16
A4 = 8 *p(r4)
2
2= 4p118 r2
2
=pr2
16
A3 =pr2
8
A3 = 4 *p(r3)
2
2= 2p114 r2
2
=pr2
8
.
4.2
4.3
4.4
é estritamente crescente.
4.5 an é crescente
é limitada.
4.6
À medida que n tende para +? a área dos semicírculos tende parazero pelo que a área tende para a área de C, isto é, para50p cm2.
an
a1000 = 50p3 10001001
< 49,95p
a100 = 50p3 100101
< 49,5p
(an)25p ≤ an < 50p, A n å N;
an <p3 102
2, A n å N ± an < 50p,A n å N
± an ≥ a1, A n å N ± an ≥ 25p ,A n å N
(an)
an +1 - an =50p
(n + 2)(n + 1)> 0, A n å N
= 50p 1(n + 2)(n + 1)
=50p
(n + 2)(n + 1)> 0, A n å N
= 50p 1n + 1n + 2
-n
n + 12 = 50p * n2 + 2n + 1 - n2 - 2n(n + 2)(n + 1)
an+1 - an = 50p n + 1n + 1 + 1
- 50p nn + 1
an = 50p3 nn + 1
= 50p - 50p * 1n + 1
= 50p 11 -1
n + 12 = 50p * n + 1 - 1n + 1
an = 50p - (n + 1) *p * 1 10
n + 122
2= 50p -
(n + 1)2
* p * 100(n + 1)2
rn =123
20n + 1
=10
n + 1
a4 = 40p cm2
a4 = 50p - 53p3 22
2= 50p - 10p = 40p
r4 =12
*205
= 2
a1 = 25p cm2; a2 =100p
3cm2; a3 =
75p2
cm2
a3 = 50p - 43p3 1522
2
2= 50p - 2p3 25
4= 50p - 25p
2=
75p2
r3 =123
204
=52
a2 = 50p - 33p3 110
3 22
2= 50p - 3
23 p3 100
9= 50p - 50p
3=
100p3
r2 =123
203
=103
a1 =p3 102
2- 23
p3 52
2= 50p - 25p = 25p
82
Capítulo 11
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
EX
MA
11©
Port
oE
dito
ra
1. Pág. 238
Resposta: (B)
2.
Resposta: (B)
3.
Resposta: (A)
4.
é uma progressão aritmética de razão .
Resposta: (A)
5.
é uma progressão aritmética de razão .
Resposta: (B)
6. Pág. 239
é uma progressão aritmética de razão 3.
Resposta: (D)
7. 1990 – 1050
Em cada ano, o número de coelhos existentes é multiplicado por 1,1(aumento de 10% = 0,1).
O número de coelhos cresce em progressão geométrica, sendoe a razão
Como corresponde a 1990, o ano de 2000 corresponde a(2000 - 1990 + 1 = 11).
Resposta: (A)
c11 = 1050 * (1,1)10 ) 2723
n = 11n = 1
cn = 1050 * (1,1)n-1
cn = c1 * r n-1
r = 1,1.c1 = 1050cn
an +1 + an = 3(n + 1) - 2 + (3n - 2)3 an+1 + an = 6n - 1
an = 1 + (n - 1) * 33 an = 3n - 2
an = a1 + (n - 1) * r
(an)
a1 = 1; a2 = 4; a3 = 7; a4 = 10
Sn =a1 + an
2* n =
-1 - n2
* n =-n - n2
2= -
n2 + n2
an = -n
an = -1 - n + 1
an = a1 + (n - 1) * (-1)
r = -1(an)
an+1 = an - 1, A n å N3 an +1 - an = -1, A n å N
a1 = -1 e an +1 = an - 1, A n å N
a15 = -7 * 15 + 4 = -101
an = -7n + 4
an = -3 - 7n + 7
an = a1 + (n - 1) * (-7)
r = -7(an)
an+1 = an - 7, A n å N3 an +1 - an = -7,A n å N
a1 = -3
a80 = 393
3 5n - 7 = 3933 5n = 4003 n = 80an = 393
an = 5n - 7
an = 43 + 5n - 50
an = a10 + (n - 10) * 5
a10 = 43 e r = 5
a5 = a1 + (5 - 1) * r3 8 = 20 + 4r3 4r = -123 r = -3
an = ak + (n - k) * r
a1 = 20; a5 = 8
an = a1 + (n - 1) * r = -5 + (n - 1) * 2 = -5 + 2n - 2 = 2n - 7
a1 = -5; r = 2 8.
é uma progressão geométrica de razão 21.
não é uma progressão aritmética.
Resposta: (B)
9. A sucessão das medidas dos lados dos quadrados Pág. 240
é uma progressão geométrica de razão sendo
A sucessão das áreas é
Resposta: (D)
10. ; ; ; .
Se os termos conhecidos de estivessem em progressão geomé-trica de razão , seria
•
•
Dado que
pelo que não é uma progressão geométrica.
Resposta: (D)
11. Seja a sucessão das medidas dos lados dos quadrados. Pág. 241
é uma progressão geométrica de razão
A sucessão das áreas é, então
Resposta: (D)
an = (’n)2 = 33 * 1122
n-1
42
= 32 * 11222n-2
= 9 *1
22n-2 =9
22n-2
(an)
’n = 3 * 1122n-1
’n = ’1 * r n-1
r =12
e ’1 = 3.(’n)
(’n)
(un)Œ80 u2100
u2020Œ20 u2020
u20000
Œ80 u2100
u2020= Œ80 12 500 * 106
8000 * 106 ) 1,006
Œ20 u2020
u2000= Œ20 8000 * 106
6000 * 106 ) 1,014
u2100 = u2020 * r803 r80 =u2100
u20203 r = Œ80 u2100
u2020
u2020 = u2000 * r 203 r 20 =u2020
u20003 r = Œ20 u2020
u2000
un = uk * rn-k.r > 0(un)
u2100 = 12 500u8000 = 2020u2000 = 6000u1987 = 5000
an = (’n)2 = 13
n +2
5n-1 22
=(3n +2)2
(5n-1)2 =32n +4
52n-2 .
’n = 27 * 1352n-1
= 33 *3n-1
5n-1 =3n-1 +3
5n-1 =3n+2
5n-1
’n = ’1 * r n-1
’1 = 27.r =35
(’n)
(bn)
b3 - b2 0 b2 - b1
b3 - b2 =103
-72= -
16
b2 - b1 =72- 4 = -
12
b1 = 4; b2 = 3 +12=
72
; b3 = 3 +13=
103
bn = 3 +1n
(an)
an +1 - an = 1 - (n + 1) - (1 - n) = 1 - n - 1 - 1 + n = -1
an = 1 - n
12.
é uma progressão geométrica de razão e
Resposta: (D)
13. Por observação da figura e considerando um dos triângulos rectân-gulos, tem-se
Assim, conclui-se que
as medidas dos lados dos
sucessivos quadrados estão
em progressão geométrica
de razão sendo o
primeiro termo igual a u.
Substituindo estes valores
na expressão do termo
geral de uma progressão
geométrica, tem-se
Resposta: (A)
1. (an) é uma progressão aritmética. Pág. 242
1.1
1.2
2. é uma progressão aritmética.
r = 310r = 30342 = 12 + 10r3
a11 = a1 + (11 - 1) * r
an = ak + (n - k) * r
a1 = 12; a11 = 42
(an)
an = 2n - 5
an = -3 + 2n - 2
an = a1 + (n - 1) * 2
a10 = 15
a10 = -3 + 9 * 2
a10 = a1 + (10 - 1) * 2
an = ak + (n - k) * r
a1 = -3; r = 2
’n = u * 1Œ592
n-1
3 ’n = 31592124n-1
* u3 ’n = 1592n - 1
2 * u.
Œ59
3’n +1
’n
= Œ59
3 ’n +1 = Œ59’n
3 ’2n+1 =
59’2
n
’2n+1 = 113 ’n2
2
+ 123 ’n22
3 ’2n +1 =
19’n
2 +49’n
2
un = u1 * r n-13 un = 1 * 1432n-1
u1 = 1.r =43
(un)
u3 =19* 4 * 4 =
169
=43* u2
u2 =13* 4 =
43=
43* u1
u1 = AB = 1 3. é uma progressão aritmética em que
4. (bn) é uma progressão aritmética; b35 = 9 e b45 = 17.
• Cálculo da razão
•
5.1
5.2
6.
7. (an) é uma progressão aritmética.
Como n = 10, vem:
8.1
Sn =n(n + 1)
2
Sn =a1 + an
2* n =
1 + n2
* n =n(n + 1)
2
an = n
r = 49r = 36339 = 3 + 9r3
a10 = a1 + (10 - 1)r
a10 = 39 e a1 = 3
3 21n = 2103 n = 10
3 3 + 392
* n = 210
3a1 + an
2* n = 210Sn = 210
an = 39; Sn = 210; a1 = 3
3 n = 20n å N
3 n = 20 › n = -18
3 n2 - 2n - 360 = 0
3 2n - n2 + 360 = 0
3 4 - 2n2
* n + 360 = 03 (2 - n)n + 360 = 0
3 1 + 1 - 2n + 22
* n = -360
31 + (1 + (n - 1) * (-2))
2* n = -360
bn = b1 + (n - 1) * n3
b1 + bn
2* n = -360Sn = -360
Sn = -360; b1 = 1; r = -2
S10 = 80
S10 =u1 + u10
2* 10 =
(2 - 3) + (20 - 3)2
* 10 = 8 * 10 = 80
un = 2n - 3
20 + 25 + 30 + 35 + 40 =20 + 40
2* 5 = 150
b50 = 21
= 17 + 5 * 0,8
b50 = b45 + (50 - 45) * 0,8
r = 0,810r = 8317 = 9 + 10r3
b45 = b35 + (45 - 35)r
bn = bk + (n - k)r
a15 =314
a15 = 9 -54
a15 = a10 + (15 - 10) * 1- 142
r = -14
9 = 10 + 4r3
a10 = a6 + (10 - 6)r
an = ak + (n - k) * r
a6 = 10 e a10 = 9.(an)
83
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 11
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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!
84
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 11
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
EX
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11©
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dito
ra
8.2
8.3
9. Sucessão das descidas: Pág. 243
(dn) é uma progressão geométrica de razão e d1 = 15.
Sucessão das subidas:
(sn) é uma progressão geométrica de razão sendo
9.1
9.2
10.
10.1
10.2
11. é a soma dos n primeiros termos de
uma progressão geométrica (an) de razão e
12. (bn) é uma progressão geométrica.
•
(1)3 r n-1 =250128
3 r n
r1 =125643 r n =
125r64
bn = 2503 b1 * r n-1 = 2503 128 * r n-1 = 250
b1 = 128, bn = 250, Sn = 738
S10 =1023512
S10 = a1 *1 - rn
1 - r= 1 *
1 - 112210
1 -12
=
10231024
12
=1023512
n - 1 = 93 n = 10
1122n21
= 11229
1122n-1
=129 31122
n-1
=1
512 3
an =1
512
an = 1 * 1122n-1
a1 = 1.12
1 +12+
14+ … +
1512
= -58 0256561
S10 = -3 *1 - 1232
10
1 -23
= -3 *1 -
102459 04913
= -9 *58 02559 049
r =23
-3, -2, -43
S10 = 5115
S10 = 5 *1 - 210
1 - 2= 5 *
1 - 1024-1
= 5115
Sn = a1 *1 - rn
1 - r
sn = 6 * 1252n-1
sn = s1 * r n-1
s3 = 0,96 m
s1 = 6; s2 = 6 *25=
125
; s3 =125
*25=
2425
= 0,96
s1 = d2 = 15 *25= 6.
25
25
Sn = n2
Sn =a1 + an
2* n =
1 + 2n - 12
* n = n * n = n2
an = 2n - 1
Sn = n2 + n
Sn =a1 + an
2* n =
2 + 2n2
* n = (1 + n)n = n2 + n
an = 2n
•
(2)
Substituindo (1) em (2), vem
Substituindo r em (1):
13. (an) é uma progressão geométrica de razão .
14. (cn) é uma progressão geométrica; r = 3; c2 = 18
n = 6
6 termos
3n = 36
3n = 729
3n - 1 = 728
-3 * (1 - 3n) = 2184
6 *1 - 3n
1 - 3= 2184
c1 *1 - rn
1 - r= 2184
Sn = 2184
c1 =c2
r=
183
= 6
3 an = 23-n
an = 4 * 1122n-1
3 an = 22 * 2-n +1
an = a1 * rn-1
3 a1 =638
*32633 a1 = 4
a1 *1 - 1122
6
1 -12
=6383 a1 *
6332
=638
S6 =638
r =12
n = 4
1542n
= 15424
1542n
=625256
1542n
=12564
354
r =54
rn =12564
r
r =54
r =305244
3
244 r = 30564 - 125r = 369 - 369r3
1 -125r64
=36964
(1 - r)
3r011 - r n =
36964
* (1 - r)
3 1 - r n
1 - r=
738128
3 1 - rn
1 - r=
36964
Sn = 7383 b1 *1 - r n
1 - r= 7383 128 *
1 - r n
1 - r= 738
!
729 3243 381 327 39 33 31
85
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 11
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
CE
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15. (an) e (bn) são progressões geométricas de razões Pág. 244r1 e r2.
Seja .
é uma progressão geométrica de razão
16.1 Em T1 há um triângulo branco.
Em T2 há três triângulos brancos.
Cada triângulo branco dá origem a três triângulos brancos peloque em T3 há 3 * 3 = 9 triângulos brancos.
Em T4 há 9 * 3 = 27 triângulos brancos.
Em T5 haverá 27 * 3 = 81 triângulos brancos.
16.2
é uma progressão geométrica de razão 3. Como a razão ésuperior a 1 e é crescente.
A área de cada triângulo branco em é um quarto da área dotriângulo
Como o processo se repete, a área de cada triângulo branco emé um quarto da área de cada triângulo branco em
Tem-se então que é uma progressão geométrica de razão pois
Dado que e (an) é decrescente.
é uma progressão geométrica crescente de razão 3.
(an) é uma progressão geométrica decrescente de razão
17.1 Seja a sucessão de Galileu
17.2
A sucessão de Galileu é constante. Todos os termos são iguais a
Pode ser considerada uma progressão geométrica de razão 1 ou
uma progressão aritmética de razão 0.
18. Valor inicial: Pág. 245
Seja o valor do equipamento ao fim de n anos. Então,
é uma progressão geométrica de razão 0,8.(vn)
vn+1
vn= 0,8
vn+1 = 0,8 * vn
vn+1 = vn - 0,2 * vn = vn(1 - 0,2) = 0,8 * vn
vn
v1 = 800 - 0,2 * 800 = 800 * (1 - 0,2) = 800 * 0,8 = 640
v0 = 800
13
.
a4 =1 + 3 + 5 + 7
9 + 11 + 13 + 15=
1648
=13
a3 =1 + 3 + 57 + 9 + 11
=927
=13
a2 =1 + 35 + 7
=412
=13
a1 =13
a5 =1 + 3 + 5 + 7 + 9
11 + 13 + 15 + 17 + 19=
2575
=13
(an)
14
.
(xn)
0 < r < 1,an > 0, A n å N
an +1
an=
14
.
14
,(an)
an +1 =14
an
Tn:Tn +1
a2 =14
a1
T1.T2
xn > 0, A n å N, (xn)(xn)
xn +1 = xn * 33xn +1
xn= 3
r1
r2.1an
bn2
= r1 *1r2
=r1
r2
un +1
un=
an+1
bn +1
an
bn
=an +1 * bn
an * bn +1
=an +1
an*
1bn +1
bn
un =an
bn Após cinco anos de uso o equipamento vale cerca de 262 euros.é uma progressão geométrica de razão 0,8:
ou .
19.1 Se a, b, c estão em progressão aritmética,
19.2 Se a, b, c estão em progressão geométrica de termos positivos:
20. Vamos admitir que o estudante trabalhava todos os 31 dias do mês de Agosto:
proposta: 350 libras
proposta: trata-se da soma de 16 termos de uma progressãogeométrica de razão 2 sendo o primeiro termo igual a 0,01.
A segunda proposta é mais vantajosa pois receberia 655,35 libras.
21.
21.1
21.2
é uma progressão geométrica de
razão .
21.3
1.1 a) Área de t1 Pág. 246
a1 =œ34
u.a.
a1 =1 *
œ32
2=œ34
h1 = Œ343 h1 =
œ32
h21 = 1 -
14
h12 + 1122
2
= 123
un = 6 * 1142n-1
- 4
6 * 1142n-1
= un + 4
vn = un + 4
vn = 6 * 1142n-1
v1 = v1 + 4 = 2 + 4 = 6
vn = v1 * rn-1
14
vn +1
vn=
14
, A n å N ± (vn)
=un + 4
4(un + 4)=
14
porque un 0 -4, A n å N
vn+1
vn=
un+1 + 4un + 4
=114 un - 32 + 4
un + 4=
un
4+ 1
un + 4=
un + 44
un + 4
vn = un + 4, A n å N
u2 = -52
e u3 = -298
u3 =14
u2 - 3 =14* 1- 5
22 - 3 = -298
u2 =14
u1 - 3 =14* 2 - 3 = -
52
5u1 = 2
un+1 =14
un - 3, A n å N
S = 0,01 *1 - 216
1 - 2= 0,01 (216 - 1) = 655,35
2.a1.a
3 b = œac3 b2 = acba=
cb
3 b =a + c
23 2b = a + cb - a = c - b
vn = 800 * 0,8n
vn = 640 * 0,8n-1(vn)
v5 = 640 * 0,84 ) 262
vn = 640 * 0,8n-1
vn = v1 * 0,8n-1
86
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 11
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
EX
MA
11©
Port
oE
dito
ra
b) Área de t2
c) Área de t10
1.2
Área de t3
não é uma progressão aritmética
1.3 a)
b)
c)
d)
1.4
1.5
2.1 ( ) é uma progressão aritmética de razão 800 sendo Pág. 247
.
2.2
O declive é a razão da progressão e representa o aumento mensalconstante das vendas.
2.3
3n>0
n > 3,15 (2 c. d.)
3 2n2 + 73n - 250 > 0
3 400n2 + 14 600n - 50 000 > 0
3 (14 600 + 400n)n - 50 000 > 0
3 29 200 + 800n2
* n - 50 000 > 0
3 15 000 + 14 200 + 800n2
* n - 50 000 > 0
Sn > 50 0003b1 + bn
2* n > 50 000
m = 800
bn = 14 200 + 800n
bn = 15 000 + 800n - 800
bn = b1 + (n - 1) * 800
b1 = 15 000
bn
pn +1 - pn = 3, A n å N
pn+1 - pn = 3(n + 1) - 3n = 3
pn = 3n
p6 = 18
p6 = 3 * 6
p3 = 9
p3 = 3 * 3
p2 = 6
p2 = 3 * 2
p1 = 3
a2 - a1 0 a3 - a2 ± (an)
a3 - a2 =9œ3
4- œ3 =
5œ34
a3 =3 *
3œ32
2=
9œ34
h3 = Œ9 -94= Œ27
4=œ27
2=
3œ32
h23 + 1322
2
= 32
a2 - a1 = œ3 -œ34
=3œ3
4
a10 = 25œ3 u.a.
a10 =103 5œ3
2= 25œ3
3 h10 = 5œ3h10 = œ100 - 25h210 + 52 = 1023
a2 = œ3 u.a.
a2 =2 * œ3
2= œ3
3 h2 = œ3
3 h22 = 4 - 1h2
2 + 12 = 22
A venda de camisolas foi atingida durante o quarto mês(Abril).
2.4
camisolas.
2.5
No 9.8 mês, ou seja, em Setembro.
3.1 Seja a sucessão das medidas dos catetos Pág. 248
.
Seja h a hipotenusa de T4
Medida dos catetos:
Medida da hipotenusa:
3.2
3.3 A construção de divide Tn em 4 triângulos geometricamenteiguais. Logo, a área de é um quarto da área de Tn .
Assim, , pelo que (an) é uma progressão geo-
métrica de razão sendo a1 5 32.
Então, .
3.4
Em alternativa, usando acalculadora gráfica com un = an,verifica-se que a5 = 0,125, ou seja,a área do quinto triângulo é0,125 cm2.
3.5
3.6 .
Como a área de cada triângulo é igual a um quarto da área do triân-gulo precedente, para n > 5, as áreas dos triângulos são inferiores aa5. Logo, não há nenhum triângulo cuja área seja igual a 0,2.
3.7 A afirmação é falsa porque (an) é decrescente.
a4 = 0,5 e a5 = 0,125
S10 ) 42,67 cm2
S10 = a11 - r5
1 - r= 32 *
1 - 114210
1 -14
) 42,67
a5 = 0,125 cm3
3 n = 5
2n = 107 - 2n = -333 25-2n+2 = 2-33
25
22n-2 = 11223
3 25 *1
(22)n-1 = 1 5102
3
3
25 * 1 1222n-1
=53
10332 * 1142n-1
=1251000
3
an = 0,125
an = a1 * rn-13 an = 32 * 1142n-1
, n å N
14
an +1 =14
an,A n å N
Tn +1
Tn +1
a1 = 32 cm2; a2 = 8 cm2 ; a3 = 2 cm2
a3 =2 * 2
2= 2 cm2
a2 =4 * 4
2= 8 cm2
a1 =8 * 8
2= 32 cm2
œ2 cm
1 cm
h2 = 12 + 123 h = œ2
c1 = 8; c2 = 4; c3 = 2; c4 = 1
(cn)
n = 9
800n = 7200
14 200 + 800n = 21 400
bn = 21 400
232 800
S12 =b1 + b12
2* 12 =
15 000 + 14 200 + 800 * 122
* 12 = 232 800
50 000
87
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 11
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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4. Sejam an e fn o número de páginas que a Ana e a Pág. 249Fátima lêem no enésimo dia, respectivamente.
; (an) é uma progressão geométrica de razão 2.
; (fn) é uma progressão aritmética de razão 2.
4.1 Sejam An e Fn o número de páginas que a Ana e a Fátima já leramao fim de n dias.
•
•
4.2 • Número de dias que a Ana leva a ler o livro:
A Ana leva 8 dias a ler o livro.
• Número de dias que a Fátima leva a ler o livro:
A Fátima leva 15 dias a ler o livro.
A Ana e a Fátima levam, respectivamente 8 e 15 dias a ler o livro.Logo, se a Ana acaba de ler o livro no dia 18 de Abril, a Fátimaacaba-o no dia 25 de Abril.
5.1 Seja fn o número de cadeiras da enésima fila (fn) uma progressãoaritmética de razão k, sendo f1 5 10.
fila: 10
Última fila: 52
Total de cadeiras: 465
A plateia tem 15 filas.
5.2Aplicando a fórmula , vem
k = 314k = 42310 + 14k = 523
f1 + (15 - 1)k = 52
fn = f1 + (n - 1)3 r
f15 = 52
n = 1531 n = 465310 + 522
* n = 4653
f1 + fn
2* n = 465
Sn = 465
1.a
3 n = -17 › n = 15 nåN3 n = 15
n2 + 2n = 2553 n2 + 2n - 255 = 03 n =-2 ¿ œ4 + 4 * 255
2
2n - 1 = 2553 2n = 2563 2n = 283 n = 8
Fn =f1 + fn
2* n =
3 + (2n + 1)2
* n = n2 + 2n
An = a1 *1 - rn
1 - r= 1 *
1 - 2n
1 - 2= 2n - 1
Fn = n2 + 2n
Fn =3 + 2n + 1
2* n =
2n + 42
* n = (n + 2) * n
f n = 2n + 1
= 3 + (n - 1) * 2fn = f1 + (n - 1) * r
Fn =f1 + fn
2* n
An = 2n - 1
= 1 *1 - 2n
1 - 2An = a1 *
1 - rn
1 - r
5 f1 = 3
fn +1 = fn + 2, n å N
5a1 = 1
an +1 = 2an, n å N
6.1 Se é uma progressão geométrica de razão r Pág. 250
tem-se
6.2 Sendo o capital acumulado as fim de n anos na opção A e ocapital acumulado ao fim de n anos na opção B, tem-se:
Construiu-se a seguinte tabela, usando a calculadora:
A partir do 9.8 ano a opção B é mais vantajosa.
7. Ao João cabe a quantia inicial de 20 euros e um acréscimo mensalconstante de 50 euros. Assim, decorridos n meses, a quantia, emeuros, existente no mealheiro do João é dada por .
O André recebe inicialmente 0,01 . As ofertas mensais da tia Beta ao André estão em progressão geométrica de razão 2. Ao fim de nmeses – o que corresponde a ofertas – a quantia, em euros, acumuladapelo André é dada por
A equação que traduz o problema é,então:
Resolvendo a inequação com recurso à calculadora, podemos concluir que o André fica com mais dinheiro no mea-lheiro do que o João, ao fim de 16 meses.
0,01 (2n+1 - 1) > 20 + 50n.
Sn +1 = 0,01 *1 - 2n+1
1 - 2= 0,01(2n+1 - 1)
n + 1
Æ
Jn = 20 + 50n
nCapital acumulado
Opção A Opção B
1 1040,00 1035,00
2 1080,00 1071,23
3 1120,00 1108,72
4 1160,00 1147,52
5 1200,00 1187,69
6 1240,00 1229,26
7 1280,00 1272,28
8 1320,00 1316,81
9 1360,00 1362,90
10 1400,00 1410,60
bn = 1000 * 1,035n
an = 1000 + 40n
bnan
r = 1,035
b2
b1
=1000 * 1,0352
1000 * 1,035
= 1000 * 1,0352
= 1000 * 1,035(1 + 0,035)
b2 = 1000 * 1,035 + 0,035 * 1000 * 1,035
= 1000 * 1,035
b1 = 1000 + 0,035 * 1000 = 1000 * (1 + 0,035)
r =b1
b2
.
(bn)
88
Capítulo 12
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
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1. Pág. 261
•
Logo, não existe .
•
•
•
Resposta: (B)
2. •
•
•
•
Resposta: (D)
3.
Como , não existe pelo
que é oscilante.
Resposta: (A)
4. •
•
•
•
Resposta: (D)
5. •
•
•
Resposta: (C)
6. • Pág. 262
•
•
•
Resposta: (D)
lim(dn) = lim 23n+1
8n = lim 23n * 2
8n = lim 8n * 2
8n = 2
lim(cn) = lim 2n
5n + 1= lim
1
1522n
+15n
=1+?
= 0
lim(bn) = lim111102
-n
= lim110112
n
= 0
lim(an) = lim(- 0,999)n = 0
lim(cn) = lim 2n2
n2 + 1= lim
2n2
n2 = 2
lim(bn) = lim 2n
n - 8n2 = lim 2n-8n2 = lim
1- 4n
=1-?
= 0
lim(an) = lim 1- 1
2œn2 = -1?
= 0
lim(dn) = lim - 3n + n2
n3 = lim n2
n3 = lim 1n= 0
lim(cn) = lim1- 100 +1n22 = -100 + 0 = -100
lim(bn) = lim11n - 102 = 0 - 10 = -10
lim(an) = lim11 +1n22 = 1 + 0 = 1
(an)
lim(an)lim1522n
= +? e lim3-1522n
4 = -?
an = 1- 522
n
= 5 1522
n
se n é par
-1522n
se n é ímpar
lim(dn) = lim113 - n23
= (-?)3 = -?
lim(cn) = lim(23n+1) = lim((23)n * 2) = 2 lim(8n) = +?
lim(bn) = lim18p2n
= +?
lim(an) = lim(n2 - 1010) = +?
lim(dn) = lim( - pn) = -?
lim(cn) = lim(100 - n2) = -?
lim(bn) = lim(3œn) = +?
lim(an)lim1432n
= +? e lim3-1432n
4 = -?.
an = 1 - 432
n
= 5 1432
n
se n é par
- 1432n
se n é ímpar
7. •
•
•
Resposta: (C)
8. •
•
•
Resposta: (C)
9. •
•
•
Resposta: (A)
10. •
•
•
Resposta: (D)
11.
Pág. 263
Resposta: (D)
12.
Resposta: (A)
13. (I) é falsa.Por exemplo, a sucessão definida por não émonótona e é convergente.
(II) é falsa.
Por exemplo a sucessão definida por
não é limitada superiormente e não
é um infinitamente grande positivo ( é oscilante).
Resposta: (D)
(un)
un = 53 se n é parn se n é ímpar
(un)
un =(-1)n
n(un)
=2?
= 0= lim (n + 2) - n
œn + 2 + œn= lim
2
œn + 2 + œn
lim (œn + 2 - œn)(œn + 2 + œn)
œn + 2 + œn
?-?=
lim(bn) = lim(œn + 2 - œn)
=œ1 + 0 + 2
1 + 0= 3= lim
Œ1 +1n2 + 2
1 +3n
(œn2 = \n|= n)= lim nŒ1 +
1n2 + 2n
n + 3
lim(an) = lim œn2 + 1 + 2nn + 3
??= lim
Œn211 +1n22 + 2n
n + 3
lim an
bn
= lim
3n1
n + 2
= lim 3n + 6
n= lim13 +
6n2 = 3
lim(bn) = lim 1
n + 2= 0
lim(an) = lim 3n= 0
lim un
vn=
50- = -?
lim(vn) = lim1 -1n + 12 = 0- (vn < 0, A n å N)
lim(un) = lim15 +1n22 = 5
lim an
bn
= lim 50+ = +?
lim(bn) = lim 2
n + 5= 0+ (bn > 0, A n å N)
lim(an) = lim15 +1n2 = 5
lim(cn) = lim -1 - n7 - 3n
= lim -n-3n
=13
lim(bn) = lim 6n2 - 1
9n2 = lim 6n2
9n2 =69=
23
lim(an) = lim3n - 1
n= lim13 -
1n2 = 3
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO
89
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 12
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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14. (I) é falsa.
Por exemplo a sucessão definida por é uma
sucessão decrescente de termos negativos e não é um infinita-mente grande negativo .
(II) é verdadeira.
Se é um infinitamente grande, qualquer que seja o número
positivo L, existe uma ordem a partir da qual Então,
não pode ser limitada.
Resposta: (A)
15. (I) é verdadeira. Pág. 264
Se é decrescente tem-se que , Logo, se (un) édecrescente e de termos positivos vem peloque é limitada. Então é convergente porque toda asucessão monótona e limitada é convergente.
(II) é falsa.
Por exemplo a sucessão definida por é um
infinitamente grande positivo e não é monótona.
Resposta: (B)
16.
é um infinitamente grande positivo.
Resposta: (D)
17.
•
Resposta: (B)
18. (I) é falsa.
Por exemplo, as sucessão e definidas por e
são decrescentes e não são infinitésimos.
(II) é falsa.
Por exemplo, sobre a sucessão definida por
é possível afirmar:
•
•
• não é decrescente
Resposta: (A)
19. • (I) é falsa. Pág. 265
Por exemplo a sucessão definida por
não é limitada e não é um infinitamente grande.
un = 51 se n é parn se n é ímpar
(un)
(u2 = 1, u3 = 2)(an)
an ≥ 0, A n å N
lim an = lim 1n= 0
an = 5n - 1 se n ≤ 3
1n
se n > 3
(an)
vn = -n
un = 2 +1n
(vn)(un)
lim(an) = lim n + 1
2n= lim
n2n
=12
an = 5n2 se n < 1000
n + 12n
se n ≥ 1000
(an)
lim an = lim(10 - n)2 = +?
an = (10 - n)2
un = n + (-1)n(un)
(un)(un)0 < un ≤ u1, AnåN,A n å N.un ≤ u1(un)
(un)
\un|> L.
un
(unS - 2)
un = -2 +1n
(un)
• (II) é falsa.
Por exemplo, sobre a sucessão , definida por
é possível afirmar que:
• é um infinitamente grande positivo
• Se n é par
Se n é ímpar
Resposta: (B)
20. (I) é verdadeira.
Se então .
(II) é falsa.
Por exemplo, a sucessão definida por é limi-
tada, tem os termos todos positivos e é divergente.
Resposta: (C)
21. Seja a sucessão dos comprimentos dos arcos.
sendo o raio do enésimo arco.
. . .
é uma progressão geométrica de razão
Resposta: (B)
1.1 Pág. 266
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8 .
1.9 ; Não existe
1.10 lim(jn) = lim1 - 122
n
= 0
lim(in) = lim(-2)n
lim(hn) = lim1n +122
5
= +?
lim(gn) = limœn2 + 3n = +?
lim(fn) = lim œn - 110
= +?
lim(en) = lim(-n2 + 2n + 1) = -?
lim(dn) = lim1322n+1
= +?
lim(cn) = lim(pn) = +?
lim(bn) = lim13n4 2 = +?
lim(an) = lim (n2 + 1) = +?
lim Sn = lim3c1 *1 - 1122
n
1 -124 = p * 1 - 0
12
= 2p
12
.(cn)
c3 =p4
c2 =p2
c1 = p * 1
rncn =2prn
2= prn
(cn)
un = 2 + (-1)n(un)
lim 1an
=10+ = +?an > 0, A n å N ‹ anS 0
un+1 - un = (n + 1) - 2n = -n + 1 ≤ 0
un+1 - un = 2(n + 1) - n = 2n + 2 - n = n + 2 > 0
(un)
un = 5n se n é par2n se n é ímpar
(un)
90
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 12
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
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ra
1.11
1.12
1.13
1.14
2. Por exemplo:
2.1
2.2
2.3
3.
3.1 é não limitada porque a subsucessão dos termos de ordempar é um infinitamente grande.
3.2 não é um infinitamente grande porque a subsucessão dos ter-mos de ordem ímpar é constante.
4.Pág. 267
não tem limite.
(bn) e (cn) são infinitésimos.
5.
5.1
5.2
nåN3 91 + n
<1
1003 900 < n + 13 n > 899
3 \1 - 8n + 8 + 8n
1 + n \ < 1100
3 \ 91 + n \ < 1
100
\un - (-8)|< 0,013 \1 - 8n1 + n
+ 8 \ < 1100
lim an = -8
lim an = lim 1 - 8n1 + n
= lim -8nn
= -8
an =1 - 8n1 + n
lim 0 = 0 ‹ lim 1
3n + 1= 0 ± lim cn = 0
cn = 50 se n é par
1
3œn + 1se n é ímpar
lim1- 1n2 = lim
1n2 = 0 ± lim bn = 0
bn = 5 -1n
se n é par
1n2 se n é ímpar
(an)
lim(-1) = -1; lim 1n= 0
an = 5-1 se n é par
1n
se n é ímpar
(un)
(un)
un = 516n se n é par
0 se n é ímpar
un = 58n + 8n se n é par
8n - 8n se n é ímpar
un = 8n + (-1)n * 8n
cn = p +1n
bn = -1n
an = 5n se n par1 se n ímpar
lim(on) = lim (3n2 - 1)5 = +?
lim(mn) = lim n - 1
1 - 2n= lim
n-2n
= -12
lim(’n) = lim1 2n + 13n2 - 12 = lim
2n3n2 = lim
23n
= 0
lim(kn) = lim1n2 + 2nn + 1 2 = lim
n2
n= lim n = +? 6.1 a)
b)
6.2
7.1 Por exemplo: Pág. 268
7.2 Por exemplo:
7.3 Por exemplo:
7.4 Por exemplo:
8.
8.1
8.2
Logo, não existe lim(un * vn).
lim - 2n
n + 1= lim
-2nn
= -2
lim 2n
n + 1= lim
2nn
= 2
un * vn = 52n
n + 1se n é par
-2nn + 1
se n é ímpar
un = 5 n se n é par-n se n é ímpar
lim vn = lim 2
n + 1=
2?
= 0
lim \un|= lim|(-1)n * n|= lim n = +?
un = (-1)n * n e vn =2
n + 1
lim(an + bn) = lim(n + 2 - n) = 2
lim bn = lim(-n) = -?
lim an = lim(n + 2) = +?
an = n + 2 e bn = -n
lim(an - bn) = lim(n - n - 3) = -3
lim an = lim bn = +?
an = n e bn = n + 3
lim an
bn
= lim
1n
-13n
= lim -3n
n= -3
lim bn = lim1- 13n2 = 0
lim an = lim 1n= 0
an =1n
e bn = -13n
lim (un * vn) = lim 11n * 2n2 = 2
lim vn = lim(2n) = +?
lim un = lim 1n= 0
un =1n
e vn = 2n
= lim a0np
= lim a0np * (1 + 0 + … + 0 + 0)
= lim a0np * lim11 +
a1
a0n+ … +
ap-1
a0np-1 +
ap
a0np2
= lim3a0np11 +
a1
a0n+ … +
ap-1
a0np-1 +
ap
a0np24
lim(a0np + a1n
p -1 + … + ap-1 n + ap)
lim(6n3 - 10n2 + 25) = lim(6n3) = +?
lim(-5n + 1) = -?
9.1
9.2
9.3
10.1 porque
10.2 porque
10.3
10.4
10.5
10.6
10.7
10.8
11.1 Verdadeiro. Se é decrescente, Pág. 269
11.2 Falso. Por exemplo un = -n.
un ≤ u1, A n å N.(un)
= -12
= lim -n
n + nŒ1 +1n
= lim -1
1 + Œ1 +1n
=-1
1 + œ1 + 0
= lim n2 - (n2 + n)
n + œn2 + n= lim
-n
n + Œn211 +1n2
lim(n - œn2 + n ) = lim (n - œn2 + n)(n + œn2 + n)
n + œn2 + n
=-8 + 03 61 + 03 2
= -8
= lim -8 +
6n
(-8)n * 6
1 +4n
(-8)n * 2= lim
-8 + 1- 682
n
* 6
1 + 1- 482
n
* 2
lim (-8)n+1 + 6n+1
(-8)n + 22n+1 = lim (-8)n * (-8) + 6n * 6
(-8)n + (22)n * 2
=0 * 3 + 1
0 + 5=
15
lim 3n+1 + 5n
3n + 5n+1 = lim 3n * 3 + 5n
3n + 5n * 5= lim 1352
n
* 3 + 1
1352n
+ 5
lim 2n + 3n
6n = lim12n
6n +3n
6n2 = lim1132n
+ lim1122n
= 0 + 0 = 0
lim (1,1)n = +?
lim(0,28)2n = lim 3(0,28)2 4n = lim(0,0784)n = 0
52> 1lim1522
n
= +?
0 <34< 1lim1342
n
= 0
lim an
bn
= lim
2n + 1
23n - 5
= lim 3n - 5n + 1
= lim 3nn
= 3
an =2
n + 1; bn =
23n - 5
= lim 1
-6n3 = 0
lim an
bn
= lim
15 - 2n4
3n
= lim n
15 - 6n4 = lim n
- 6n4
an =1
5 - 2n4 ; bn =3n
= lim(-n) = -?
lim an
bn
= lim
13 - n2
1n3 + 1
= lim n3 + 13 - n2 = lim
n3
-n2
an =1
3 - n2 ; bn =1
n3 + 111.3 Falso. Por exemplo
11.4 Falso, atendendo a 11.1.
11.5 Falso. Por exemplo e não é monótona.
11.6 Falso. Por exemplo é crescente e limitada.
11.7 Falso. Por exemplo é crescente e .
11.8 Falso. Por exemplo é um infinitésimo e não é
monótona.
11.9 Falso. Se caso exista.
11.10 Falso. Por exemplo e não é monótona.
11.11 Falso. Se existirem a e b reais tais que então os termos de não podem tornar-se definitivamentesuperiores (ou inferiores) a qualquer número dado.
11.12 Verdadeiro.
11.13 Verdadeiro. Por exemplo .
11.14 Verdadeiro. Por exemplo, se e
11.15 Verdadeiro. Se ,
11.16 Verdadeiro. Por exemplo
11.17 Verdadeiro.
11.18 a) Verdadeiro.
b) Falso.
11.19 Falso.
11.20 Falso. Por exemplo, se Pág. 270
11.21 Falso. Por exemplo, se
são divergentes convergente.
11.22 a)Falso. Se .
b) Falso. Se monótona crescente.bn = 10n, an + bn = (-1)n + 10n é
bn =1n
, (an * bn) =(-1)n
nS 0
e (un * vn) =2n + 1n + 1
é(un) e (vn)
vn = (-1)n 2n + 1n
,un = (-1)n nn + 1
e
un = n e vn = -n, (un + vn) S 0.
2n2 + 1S + ? e -1S -1
an = 52n2 + 1 se n é par-1 se n é ímpar
12S 1
2e
12n2 S 0
an = 512
se n é par
12n2 se n é ímpar
-1n2 S 0 e -
14n2 S 0
an = 5 -1n2 se n é par
-1
4n2 se n é ímpar
un = 51 se n é parn se n é ímpar
un
vnS 0.unS 0 e vnS +?
an
bn
S 0 ebn
anS +?.
bn = n2an = n
e lim(un * vn) = 2.
vn = 2nS +?un =1nS 0,
lim(un + vn) = lim un + lim vn
(un)a < un < b, A n å N
un = 9 - n2S -?
un > 0, A n å N, lim un ≥ 0,
un =(-1)n
n
unS 0un = -1n
un = -1n
(un)un = n2 - 9S +?
un = -n.
91
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 12
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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12. A sucessão dos números pares, , é uma progressãoaritmética de razão 2.
13. uma progressão geométrica de razão r tal que
, a soma de todos os termos de é dada por
.
13.1
13.2
13.3
14.
é uma progressão geométrica de razão r, sendo
Então,
15. é uma progressão geométrica.
16.1
16.2
Pág. 271
17.1 Trata-se de calcular a soma de todos os termos de uma progres-
são geométrica sendo e a razão
lim Sn =1600
3cm2
=1600
3lim Sn =
a1
1 - r=
400
1 -14
=40034
= 400 *43
r =14
.a1 = 202 = 400(an)
=123:3999:3
=41333
0, 123 123 123 ... = lim Sn =0,123
1 - 0,001=
0,1230,999
=123999
0, 5555 ... = lim Sn =0,5
1 - 0,1=
0,50,9
=59
3 a1 = -8
3a1
1 - 1- 352
= -53a1
85
= -53 a1 = -5 *85
a1
1 - r= -5
lim Sn = -5
r = -35
; lim Sn = -5
(an)
3 r =8
103 r =
45
3 10r = 8
2 = 10 - 10r3 21 - r
= 1033a1
1 - r= 10lim Sn = 10
-1 < r < 1.(an)
a1 = 2; lim Sn = 10
=3 + œ33 - 1
=3 + œ3
2
œ31œ3 + 121œ3 - 121œ3 + 12
lim Sn =1
1 -1
œ3
=1
œ3 - 1
œ3
=œ3
œ3 - 1=
r =1
œ31 +
1
œ3+
13+
1
3œ3+ ...
lim Sn =1
1 - 1- 122
=23
r = -12
1 -12+
14-
18+ ...
lim Sn =0,1
1 - 0,1=
0,10,9
=19
r = 0, 10, 1 + 0, 01 + 0, 001 + ...
lim Sn = lim a1 *1 - r n
1 - r=
a1 - r
(an)-1 < r < 1
Se (an) é
= n + n2
Sn = 2 + 4 + 6 + ... + 2n =2 + 2n
2* n =
2(1 + n)2
* n
un = 2n(un) 18. Sejam os raios de dois círculos consecutivos.
Aplicando o Teorema de Pitágoras, vem:
Os raios dos círculos estão em progressão geométrica de
razão
18.1 Seja a sucessão das áreas dos círculos.
( ) é uma progressão geométrica de razão sendo
18.2 Seja Qn a área do quadrado inscrito no círculo de raio rn .
Logo,
é uma progressão geométrica de razão , sendo
19.1
19.2 • Para
(proposição verdadeira)
• Hipótese: A condição é verdadeira para .
1 - 4 + 9 - 16 + ... + ( - 1)p+1 p2 = ( - 1)p+1 1 + p2
* p
n = p
1 = ( - 1)1+1 *1 + 1
2* 13 1 = 1
n = 1
1 - 4 + 9 - 16 + ... + (-1)n+1 * n2 = (-1)n+1 1 + n2
* n, A n å N
lim Sn =Q1
1 - r=
2r2
1 -12
= 4r2
Q1 = 2(r1)2 = 2r2 .
12
(Qn)
Qn +1
Qn
=2(rn +1)
2
2(rn)2 = 1rn +1
rn2
2
= 1œ22 2
2
=12
Qn = 2(rn)2
(’n)2 = 2(rn)
2
2(’n)2 = 4(rn)
2
(’n)2 + (’n)
2 = (2rn)2
Qn = (’n)2
lim Sn =c1
1 - r=pr2
1 -12
= 2pr2
c1 = pr2.12
cn
cn+1
cn=p(rn+1)
2
p(rn)2 = 1rn+1
rn2
2
= 1œ22 2
2
=12
cn = p(rn)2
(cn)
œ22
.
3rn+1
rn=œ22
rn+1
rn= Œ1
2(rn)
2 = r2n+1 + r2
n+13 r2n = 2r2
n+13r2
n+1
r2n
=123
rn e rn +1
rn + 1
rn + 1
r n
rn
’n
• Tese: A condição é verdadeira para .
Por hipótese vem,
Adicionando a ambos os membros
Concluímos então que se a condição é verdadeira para n = p tam-bém é verdadeira para n = p 1 (é hereditária).
Então, pelo princípio de indução matemática,
20.1
20.2
• Para n = 1, (proposição verdadeira)
• Hipótese: A condição é verdadeira para n = p.
• Tese: A condição é verdadeira para n = p 1.
Por hipótese, vem
Adicionando a ambos os membros,
Logo, se a condição é verdadeira para n = p também é verda-deira para n = p 1.
Pelo princípio de indução matemática,
1 +12+
14+
18+ ... +
12n-1 = 2 -
12n-1 , A n å N
+
3 1 +12+
14+
18+ ... +
12p = 2 -
12p
3 1 +12+
14+
18+ ... +
12p = 2 -
2 - 12p
3 1 +12+
14+
18+ ... +
12p = 2 - 1 22p -
12p2
1 +12+
14+
18+ ... +
12p-1 +
12p = 2 -
12p-1 +
12p
12p
1 +12+
14+
18+ ... +
12p-1 = 2 -
12p-1
1 +12+
14+
18+ ... +
12p = 2 -
12p
+
1 +12+
14+
18+ ... +
12p-1 = 2 -
12p-1
1 = 2 -120 3 1 = 1
1 +12+
14+
18+ ... +
12n-1 = 2 -
12n-1
1 +12+
14+
18+ ... +
12n-1 = 2 -
12n-1 , A n å N
1 - 4 + 9 - 16 + ... + ( - 1)n * n2 = (-1)n+1 1 + n2
* n, A n å N
+
= (-1)p+2 1 + (p + 1)2
(p + 1)
3 1 - 4 + 9 - 16 + ... + (-1)p+2 (p + 1)2 =
= (-1)p+2 -p + 2p + 22
(p + 1)
3 1 - 4 + 9 - 16 + ... + (-1)p+2 (p + 1)2 =
= (-1)p +2 3(p + 1)1- p2+ (p + 1)24
3 1 - 4 + 9 - 16 + ... + (-1)p+2(p + 1)2 =
= (-1)p+2 1- 1 + p2
* p + (p + 1)223 1 - 4 + 9 - 16 + ... + (-1)p+2(p + 1)2 =
= (-1)p +1 1 + p2
* p + ( - 1)p+2(p + 1)2
1 - 4 + 9 - 16 + ... + (-1)p+1 p2 + (-1)p+2(p + 1)2 =
(-1)p+2 * (p + 1)2
1 - 4 + 9 - 16 + ... + (-1)p+1 p2 = (-1)p+1 1 + p2
* p
1 - 4 + 9 - 16 + ... + (-1)p+2(p + 1)2 = (- 1)p+2 1 + (p + 1)2
* (p + 1)
n = p + 121. Pág. 272
21.1
21.2
• Para n = 1
(proposição verdadeira)
• Hipótese: A condição é verdadeira para n5 p.
• Tese: A condição é verdadeira para .
Por hipótese vem:
Adicionando a ambos os membros,
Podemos assim concluir que se a condição é verdadeira para n = p também é verdadeira para n = p + 1.
Pelo princípio de indução matemática,
13+
13 * 5
+1
5 * 7+ ... +
1(2n - 1)(2n + 1)
=n
2n + 1, A n å N
3 13+
13 * 5
+ ... +1
(2p + 1)(2p + 3)=
p + 12p + 3
3 13+
13 * 5
+ ... +1
(2p + 1)(2p + 3)=
(p + 1)(2p + 1)(2p + 1)(2p + 3)
3 13+
13 * 5
+ ... +1
(2p + 1)(2p + 3)=
2p(p + 1) + (p + 1)(2p + 1)(2p + 3)
3 13+
13 * 5
+ ... +1
(2p + 1)(2p + 3)=
2p2 + 2p + (p + 1)(2p + 1)(2p + 3)
3 13+
13 * 5
+ ... +1
(2p + 1)(2p + 3)=
2p2 + 3p + 1(2p + 1)(2p + 3)
3 13+
13 * 5
+ ... +1
(2p + 1)(2p + 3)=
p(2p + 3) + 1(2p + 1)(2p + 3)
=p
2p + 1+
1(2p + 1)(2p + 3)
13+
13 * 5
+ ... +1
(2p - 1)(2p + 1)+
1(2p + 1)(2p + 3)
=
1(2p + 1)(2p + 3)
13+
13 * 5
+ ... +1
(2p - 1)(2p + 1)=
p2p + 1
13+
13 * 5
+ ... +1
(2p + 1)(2p + 3)=
p + 12p + 3
n = p + 1
13+
13 * 5
+ ... +1
(2p - 1)(2p + 1)=
p2p + 1
1(2 - 1)(2 + 1)
=1
2 * 1 + 13 1
3=
13
13+
13 * 5
+ ... +1
(2n - 1)(2n + 1)=
n2n + 1
, A n å N
Sn =n
2n + 1
S1 =13
; S2 =25
; S3 =37
; S4 =49
S4 =1
1 * 3+
13 * 5
+1
5 * 7+
17 * 9
=37+
163
=49
S3 =1
1 * 3+
13 * 5
+1
5 * 7=
25+
135
=37
S2 =1
1 * 3+
13 * 5
=13+
115
=615
=25
S1 =1
1 * 3=
13
Sn =13+
13 * 5
+1
5 * 7+ ... +
1(2n - 1)(2n + 1)
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22.
22.1 Hipótese: A condição é verdadeira para n = p.
Tese: A condição é verdadeira para n = p + 1.
Partindo da hipótese,
e adicionando p 1 1 a ambos os membros vem,
Logo, se a condição é verdadeira para n = p também é verdadeirapara .
22.2 Para vem,
é uma proposição falsa.
A proposição obtida para é falsa.
23.
• Para n = 1
• Hipótese: A condição é verdadeira para .
• Tese: A condição é verdadeira para .
por hipótese
Logo, se a condição é verdadeira para também é verda-deira para .
Dado que a condição se verifica para e é hereditária, pode-mos concluir, pelo princípio de indução matemática, que é universal,ou seja,
an =n
n + 1, A n å N.
n = 1
n = p + 1n = p
=1
2p + 2 - pp + 1
=p + 1p + 2
=1
2 -p
p + 1
ap+1 =1
2 - ap
ap+1 =p + 1p + 2
n = p + 1
ap =p
p + 1
n = p
12=
12
é verdade.
a1 =1
1 + 1
5 a1 =12
an+1 =1
2 - an
, A n å N
n = 1
1 =98
1 =18* 9
1 =18
(2 * 1 + 1)2
n = 1
n = p + 1
3 1 + 2 + ... + p + 1 =18
(2p + 3)2
3 1 + 2 + ... + p + 1 =18
(4p2 + 12p + 9)
3 1 + 2 + ... + p + 1 =18
(4p2 + 4p + 1 + 8p + 8)
3 1 + 2 + ... + p + 1 =18
(4p2 + 4p + 1) +18* 8(p + 1)
1 + 2 + ... + p + p + 1 =18
(2p + 1)2 + p + 1
1 + 2 + ... + p =18
(2p + 1)2
1 + 2 + ... + p + 1 =18
(2p + 3)2
1 + 2 + ... + p =18
(2p + 1)2
1 + 2 + ... + n =18
(2n + 1)2 24.
. . .
pn é uma progressão geométrica de razão 0,99.
1200 m corresponde a n = 12 pois 12 100 = 1200.
No cimo da montanha a pressão é, aproximadamente, 868,66 hPa.
25. (cn) é uma progressão aritmética, sendo e a Pág. 273razão igual a 0,9.
25.1
25.2
Para segurar 11 pedaços de corda são necessários 12 suportes.
26.
Pretende-se provar que a condição é universal em .
• Para n5 1
1 = 1 é verdade.
• Hipótese: A condição é verdadeira para n = p.
• Tese: A condição é verdadeira para n = p + 1.
(da fórmula de recorrência)
(da hipótese)
Logo, a condição é hereditária.
Dado que a condição se verifica para n5 1 e é hereditária, pode-mos concluir que é universal em , ou seja,
.un =n2 + n
2, A n å N
N
=(p + 1) + (p + 1)2
2
=(p + 1) + (p2 + 2p + 1)
2=
p + p2 + 2p + 22
=p + p2
2+ (p + 1)
up+1 = up + (p + 1)
up+1 =(p + 1) + (p + 1)2
2
up =p + p2
2
u1 =12 + 1
2
Nun =n2 + n
2
5u1 = 1un = un-1 + n, n > 1
nåN3 n = 113 n =
- 1,5 ¿ 21,31,8
3 n =-1,5 ¿ œ(1,5)2 - 4 * 0,9 * (-125,4)
2 * 0,9
3 0,9n2 + 1,5n - 125,4 = 0
3 1,5n + 0,9n2 = 125,4
3 (2,4 + 0,9n - 0,9) * n = 2 * 62,7
31,2 + 1,2 + (n - 1) * 0,9
2* n = 62,7
c1 + cn
2* n = 62,7
Sn = 62,7
c1 = 1,2; c2 = 2,1; c3 = 3; c4 = 3,9; c5 = 4,8
cn = 0,9n + 0,3
cn = 1,2 + (n - 1) * 0,9
cn = c1 + (n - 1) * r
c1 = 1,2
p12 = 980 * 0,9912 ) 868,66
*
pn = 980 * 0,99n
pn = 980 * 0,99 * (0,99)n-1
pn = p1 * rn-1
pn +1 = pn * 0,99
p1 = 980 -1
100* 980 = 980 * (1 - 0,01) = 980 * 0,99
p0 = 980
!
27. •
é convergente e, portanto, é limitada.
•
Atendendo a que e podemos concluirque é divergente.
, logo, é limitada inferiormente.
( ) não é limitada porque a subsucessão dos termos de ordempar é um infinitamente grande.
•
( ) é convergente. Logo, é limitada.
e são convergentes, dado que e . Logo,são limitadas.
A sucessão é divergente (é oscilante), e não limitada, emboralimitada inferiormente .
28. •
( ) é limitada e é divergente.
•
é convergente sendo lim bn = Logo, (bn) é limitada.
•
( ) é divergente porque
( ) é limitada porque são limitadas dado serem convergentes.
•
é divergente e é limitada dado ser um infinitamente grande.
são limitadas.
( ) é convergente, sendo lim (bn) =32
.bn
(an), (bn) e (cn)
(dn)
=13* (0 +?) = +?
=13
lim 31232n + 1432n4lim dn = lim 2n + 4n
3n+1 = lim 2n + 4n
3n * 3
dn =2n + 4n
3n+1
(bn) e (-bn)cn
bn S32
e - bn S -32
.cn
cn = an * bn = (-1)n * bn = 5 bn se n é par-bn se n é ímpar
32
.(bn)
lim bn = lim 3n3 - 3n2 + 1
2n3 - 3= lim
3n3
2n3 =32
bn =3n3 - 3n2 + 1
2n3 - 3
(-1 ≤ an ≤ 1, A n å N)an
an = (-1)n = 5-1 se n é ímpar1 se n é par
(vn ≥ 0, A n å N)(vn)
wnS 2unS 0(wn)(un)
wn
=2
1 + 0= 2lim wn = lim
2n+1
2n + 1= lim
2n * 22n + 1
= lim 2
1 +12n
wn =2n+1
2n + 1
vn
(vn)vn ≥ 0, A n å N
(vn)lim (2n) = +?lim 0 = 0
vn = 31 + (-1)n 4 * n = 50 se n é ímpar2n se n é par
(un)
lim 1- 1n22 = lim
1n2 = 0
un =(-1)n
n2 = 5-1n2 se n é ímpar
1n2 se n é par
29. Pág. 274
29.1 é convergente se e só se
29.2 é divergente e limitada se e só se
30.1 14 5005 7000
Recebeu no ano 2000.
30.2 Ordenado em 2001:
500 1,04 = 520
Ordenado em 2002: 520 1,04 = 540,80
No ano de 2002 recebia 540,80 de ordenado.
30.3 Os ordenados então em progressão geométrica de razão 1,04sendo o primeiro termo .
O valor pedido corresponde a 14 vezes a soma dos primeiros 20 termos de .
Durante 20 anos recebeu, aproximadamente, 208 446,55 .
31.
31.1
31.2
é monótona decrescente.
31.3
é limitada1 < un ≤ 2 , A n å N ± (un)
1 < 1 +1n≤ 2 , A n å N
0 <1n≤ 1 , A n å N
un =n + 1
n= 1 +
1n
(un)
un+1 - un =-1
n(n + 1)< 0, A n å N
un+1 - un =n + 2n + 1
-n + 1
n=
n2 + 2n - n2 - 2n - 1n(n + 1)
2
1
0 n1 2 3 4 5
nu
u1 = 2; u2 =32
; u3 =43
; u4 =54
; u5 =65
un =n + 1
n
Æ
) 208 446,55 Æ
14 * S20 = 14 * a1 *1 - r20
1 - r= 14 * 500 *
1 - 1,0420
1 - 1,04
(an)
a1 = 500
Æ
*
*=500 + 500 *4
100 = 500 (1 + 0,04)
7000 Æ
*
a4= -13 a = -4(un)
-1 <a4≤ 13 - 4 < a ≤ 4 3 a å4 - 4, 44
(un)
un =12* 1a42
n
un =an
2 * 22n =12*
an
4n
un =an
21+2n
95
PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 12
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 12
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANOC
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dito
ra
31.4
e a partir do termo de ordem 1000 os termos de (un)são valores aproximados de 1 com erro inferior a 0,001.
31.5 Por exemplo, se e, portanto,
.
(por exemplo)
1. (rn) é uma progressão geométrica de razão Pág. 275
sendo e
1.1
1.2
Soma dos raios = 12 cm
1.3
(an) é uma progressão geométrica de razão sendo
A soma das áreas dos círculos de centros cn é dada por
Área da parte colorida
Área da parte colorida
1.4
PnS 0
lim Pn = lim 312p 1122n-1
4 = 12p * 0 = 0
Pn = 12p 1122n-1
Pn = 2p * 61122n-1
Pn = 2p(rn)
= 96p cm2
= 96p= 144p - 48p= p * 122 - 48p
= 48p cm2lim Sn =a1
1 - r=
36p
1 -14
=43* 36p
a1 = 36 p.r =14
an = 36 p * 1142n-1
an = p * 16 * 1122n-1
22
= p * 36 * 11222(n-1)
an = p * (rn)2
lim Sn =a1
1 - r=
6
1 -12
= 12
rn < 0,0013 n > 13
3 n > 13
rn < 0,0013 6 * 1122n-1
< 0,001
rn = 6 * 1122n-1
rn = r1 * r n-1.r1 = 6
r =12
vn =1 - n
n
lim (un + vn) = 1 + (-1) = 0
vn =1 - n
n, lim vn = -1
lim un = 1
3 \n + 1 - nn \ < 1
10003 1
n<
11000
3 n > 1000
\un - 1|< 0,0013 \n + 1n
-1 \ < 0,001
lim un = lim n + 1
n= lim
nn= 1
2. Seja fn o número de flores na figura número n.
2.1 (fn) é uma progressão aritmética de razão 3, sendo
2.2
A centésima figura tem 298 flores.
2.3
São necessárias flores.
2.4
A figura ocupa uma posição superior à 67.a.
3.1Pág. 276
3.2
3.3
•
•
Logo,
3.4
. . .
lim an = p
an = p
an = n2 * p * 1 22n2
2
= n2 * p * 1n2 = p
a3 = 9 * p * 12622
= 9 * p * 19= p
a2 = 4 * p * 12422
= 4 * p * 14= p
a1 = p * 12222
= p * 12 = p
lim (œn - œn + 2)( - 1)n = 0
lim 3- (œn - œn + 2)4 = - lim(œn - œn + 2) = -0 = 0
= lim - 2
œn + œn + 2=
-2+?
= 0
= lim n - (n + 2)
œn + œn + 2
lim(œn - œn + 2) ?-?= lim
(œn - œn + 2)(œn + œn + 2)
œn + œn + 2
(œn - œn + 2)( - 1)n = 5 œn - œn + 2 se n é par
- (œn - œn + 2) se n é ímpar
=1 - 2 * 05 + 0 * 3
=15
lim 5n - 2 * 3n
5n+1 + 3n+1 = lim 5n - 2 * 3n
5n * 5 + 3n * 3= lim
1 - 2 * 1352n
5 + 1352n
* 3
lim 1 + 2-1n
n + 3= lim
2-1nn
=12
3 n > 67
fn > 2003 3n - 2 > 2003 3n > 2023 n >2023
14 950
S100 =f1 + f100
2* 100 =
1 + 2982
* 100 = 299 * 50 = 14 950
f100 = 3 * 100 - 2 = 298
fn = 3n - 2 , A n å N
fn = 1 + 3n - 3
fn = f1 + (n - 1) * 3
f1 = 1.
5 f1 = 1
fn+1 = fn + 3, A n å N
f4 = 10
f3 = 7
f2 = 4
f1 = 1
4.1 Seja ( ) a sucessão das medidas dos raios.
( ) é uma progressão geométrica de razão
.
4.2 Seja a sucessão das áreas e a sucessão dos perímetros doscírculos.
Como é a sucessão dos raios, tem-se:
A sucessão dos perímetros, é uma progressão geo-
métrica de razão e a sucessão das áreas,
é uma progressão geométrica de razão .
5. Seja o comprimento da enésima semicircunferência e Pág. 277o seu raio:
é uma progressão geométrica de razão 0,9.
Então,
é uma progressão geométrica de razão 0,9 sendo
é o comprimento das primeiras n semicircun-
ferências.
5.1
5.2
6. Na figura 1 há 1 círculo de raio
Na figura 2 há 2 círculos de raio
Na figura 3 há 3 círculos de raio
. . .
Na figura n há n círculos de raio 42n
423 3
423 2
423 1
lim Sn =3p
1 - 0,9=
3p0,1
= 30p cm
S10 = 3p *1 - (0,9)10
1 - 0,9 <61,39 cm
Sn = 3p *1 - 0,9n
1 - 0,9
c1 = 3p.(cn)
cn = 3p * (0,9)n-1
cn =2p * rn
2= p * 3 * 0,9n-1
rn = 3 * 0,9n-1
rn = r1 * 0,9n-1
(rn)
rn +1 = 0,9 rn
r1 = 3
rn
cn
15622
=2536
an = 16p * 125362
n-1
,56
pn = 8p1562n-1
,
pn = 2p xn = 2p * 4 * 1562n-1
= 8p1562n-1
= 16p * 125362
n-1
= p * 16 * 315622
4n-1
an = p * (xn)2 = p * 34 * 1562
n-142
xn = 4 * 1562n-1
(pn)(an)
xn = 4 * 1562n-1
56
;xn
xn = x1 * rn-1 = 4 * 1562n-1
x1 = 4 e xn+1 =56
xn
xn
7. n — número de bilhetes vendidos Pág. 278
6n — receita em euros
0,9 6n — total do lucro a dividir pelos três grupos
7.1 — lucro de cada grupo
7.2
O lucro é de 160 euros.
7.3 1000 - 30 = 970
O lucro é de
8.1 1 h — 60 min
t h — 8 min
Estes valores representam o tempo gasto pelo professor, em horassemanais, com 1, 2, 3, 4 ou 5 alunos, respectivamente.
8.2 Tempo gasto por aluno:
Tempo total gasto por semana:
8.3 4 25 5 100
horas
43 horas
8.4
No máximo, o professor por ter 75 alunos.
9.1 Pág. 279
9.2 Em cada figura a partir da segunda são acrescentados 6 cubos àfigura anterior
Então, é uma progressão aritmética de razão 6.
Como , vem .an = 1 + (n - 1)3 63 an = 6n - 5a1 = 1
an
a1 = 1; a2 = 7; a3 = 13; a4 = 19
an = 6n - 5
an ≤ 403 30 +215
n ≤ 403 2n15
≤ 103 2n ≤ 1503 n ≤ 75
a100 = 30 +215
* 100 ) 43
3
an = 30 +215
n
215
h
a1<30,1 ; a2<30,3 ; a3 = 30,4 ; a4<30,5 ; a5<30,7.
a5 = 30 +1015
< 30,7;
a3 = 30 +6
15= 30,4 ; a4 = 30 +
815
< 30,5 ;
a1 = 30 +2
15 < 30,1 ; a2 = 30 +
415
< 30,3;
t =860
=215
h
1546 Æ
a970 = 1,83 970 - 200 = 1546
a200 = 1,83 200 - 200 = 160
an = 1,8n - 200
an =0,93 6n
3- 200
3
lim cn = lim 116 -4pn 2 = 16 - 0 = 16
cn = 42 - n * an3 cn = 16 - n *4pn2 3 cn = 16 -
4pn
lim an = lim 4pn2 = 0
an = p * 1 42n2
2
3 an = p *4n2 3 an =
4pn2
lim pn = lim 4pn
= 0
pn = 2p * 42n3 pn =
4pn
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PROPOSTAS DE RESOLUÇÃO CAPÍTULO 12
EXERCÍCIOS DE MATEMÁTICA A 11.° ANO
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9.3
Não é possível porque a equação é impossível em .
9.4
1160 cubos
10.1 é a soma de n termos de uma
progressão geométrica de razão .
10.2 Seja h a altura do triângulo [RST]
A = área de [RST]
Então, como a área S da região limitada pelo arco de parábola e
por [RS] é , vem
11.1 Pág. 280
11.2
an+1 =a2
aan +1 = 1œ2
2a2
2
3
an = a2
pn +1 = 2œ2apn+1 = 43 œ22
a3
pn = 4a
x =œ22
a3 x = Œ12
a2 3
3 x = Œ2 * a2
4
x2 = 1a222
+ 1a222
A3 = 22 cm2 = 4 cm2
P3 = 43 2 cm = 8 cm
’3 = 23 ’3 = œ2 + 23
’23 = (œ2)2 + (œ2)2
’2 = 2œ23 ’2 = œ83
’22 = 22 + 22
’1 = 4 cm
S =433 16œ3 cm2 =
643 œ3 cm2
S =43
A
=83 4œ3
2= 16œ3 cm2
h = 4œ33 h = œ483
h2 = 48h2 + 42 = 823
lim Sn =a1
1 - r=
A
1 -14
=43
A
r =14
(an)
SnA +14
A +14
A2 + .... +1
4n-1A
S20 =a1 + a20
23 20 = (1 + 63 20 - 5)3 10 = 1160
N6n - 5 = 4805
3 n =4810
6∫ Nan = 48053 6n - 5 = 48053 6n = 4810 11.3
é uma progressão geométrica de razão .
; é uma progressão geométrica de razão .
11.4 Soma das áreas:
A soma das áreas dos quadrados é .
Soma dos perímetros:
A soma dos perímetros dos quadrados é .
12. Seja fn o número de flores da figura número n.
12.1
12.2 é uma progressão geométrica de razão 2.
12.3
12.4 Na fase n são acrescentados
Logo, na fase n o comprimento total de todos os ramos da árvoreé ou seja, metros.(2n)(n * 2) m,
2nn
m = 2m.
S20 = f131 - 220
1 - 2= 220 - 1 = 1048 575
fn = 2n-1
fn = f13 2n-1
(fn)
f6 = 32
f5 = 16
f4 = 8
f3 = 4
f2 = 2
f1 = 1
(32 + 16œ2) cm
= 32 + 16œ2
=32(2 + œ2)
(2 - œ2)(2 + œ2)=
32(2 + œ2)2
= 16(2 + œ2)
lim Sn =16
1 -œ22
=16
2 - œ22
= 1632
2 - œ2
32 cm2
lim Sn =16
1 -12
= 32
an = 163 1122n-1
an = 423 1122n-1
12
(an)an+1
an=
12
a2
a2 =12
pn = 163 1œ22 2
n-1
pn = p13 1œ22 2
n-1
œ22
(pn)
pn+1
pn
=2œ2a
4a=œ22
’2 = 2 V√ 2
’2
’3
22
’1 = 4
V√ 2
V√ 2
a—2a—2
a
x
4R S
T
h8