Ficha de exames nº3

Provas de 2011–2013

10.º ano – Matemática A – Tema 4 (Funções)

📚 Itens de exames nacionais e testes intermédios

Itens de exames nacionais e testes intermédios portugueses que correspondem às Aprendizagens Essenciais deste tema, ordenados por data da prova. Em cada exercício indica-se a prova de origem e o grau de dificuldade. Os itens de MACS e de Matemática B foram adaptados (linguagem e, quando indicado, método) ao programa de Matemática A.

📝 15 itens 4 fáceis8 médios3 difíceis

1Médio

📄 Teste Intermédio de Matemática A – 10.º ano, 6 de maio de 2011 (versão 1) – Grupo II, itens 1.1, 1.2 e 1.3

Resolução

1.1.

1.2.

1.3.

2Médio

📄 Teste Intermédio de Matemática A – 10.º ano, 6 de maio de 2011 (versão 1) – Grupo II, item 2

Resolução

3Difícil

📄 Teste Intermédio de Matemática A – 10.º ano, 6 de maio de 2011 (versão 1) – Grupo II, itens 3.1 e 3.2

Resolução

3.1.

3.2.

4Fácil

📄 Adaptado de: Teste Intermédio de Matemática A – 11.º ano, 24 de maio de 2011, item 1 do grupo I

Seja $f$ a função, de domínio $[1, + \infty [$ , definida por $f (x) = \sqrt{x - 1}$ .
Qual é o valor de $f^{- 1} (3)$ ?

(A) $8$

(B) $9$

(C) $10$

(D) $11$

Resolução

Por definição de função inversa, $f^{- 1} (3) = a \Leftrightarrow f (a) = 3$ , com $a \in [1, + \infty [$ .

$f (a) = 3 \Leftrightarrow \sqrt{a - 1} = 3$ . Como ambos os membros são não negativos, elevamos ao quadrado: $a - 1 = 9 \Leftrightarrow a = 10$ .

Verificação: $10 \in [1, + \infty [$ e $f (10) = \sqrt{9} = 3$ .

Logo, $f^{- 1} (3) = 10$ . Resposta: (C).

5Fácil

📄 Adaptado de: Exame Nacional de Matemática B (735), 2011, 1.ª fase, item 3 do Grupo III

Numa composição geométrica inspirada no quadro A Porta da Harmonia, o quadrado exterior $[O P Q R]$ tem 14 unidades de lado. Um dos quadrados interiores pode rodar, de modo que um certo comprimento $k$ varia entre 0 e 5. A área da parte sombreada da composição, em função de $k$ , é dada por

$g (k) = 75 - 5 k, 0 \leq k \leq 5 .$

Existe algum valor de $k$ para o qual a área da parte sombreada seja $40 %$ da área do quadrado $[O P Q R]$ ? Justifique.

Resolução

Área do quadrado $[O P Q R]$ : $14^{2} = 196$ unidades de área.

$40 %$ dessa área: $0,40 \times 196 = 78,4$ .

Resolve-se $g (k) = 78,4$ : $75 - 5 k = 78,4 \Leftrightarrow - 5 k = 3,4 \Leftrightarrow k = - 0,68$ .

Mas $- 0,68 \notin [0, 5]$ . (Graficamente: $g$ é decrescente, com contradomínio $[50, 75]$ , e a reta $y = 78,4$ não interseta o gráfico de $g$ .)

Não existe nenhum valor de $k$ nessas condições.

6Fácil

📄 Adaptado de: Exame Nacional de Matemática B (735), 2011, época especial, itens 1.1 e 1.2 do Grupo II

Segundo a lei de Dolbear, a temperatura ambiente $T$ , em graus Celsius, pode ser estimada a partir do número $n$ de vezes que um grilo canta por minuto:

$T = 10 + \frac{n - 40}{7} .$

a) Durante um minuto, ouviu-se um grilo cantar 45 vezes em cada intervalo de 15 segundos. Estime a temperatura ambiente.

b) Num fim de tarde, registou-se o canto de um grilo entre as 18 h 15 min e as 18 h 16 min e entre as 19 h 44 min e as 19 h 45 min. No segundo período, o grilo cantou menos 7 vezes do que no primeiro. Determine a diferença entre as temperaturas estimadas nos dois períodos.

Resolução

a) Um minuto tem 4 intervalos de 15 s, logo $n = 4 \times 45 = 180$ .

$T (180) = 10 + \frac{180 - 40}{7} = 10 + \frac{140}{7} = 10 + 20 = 30$ . A temperatura estimada é 30 °C.

b) Se no primeiro período o grilo cantou $n$ vezes, no segundo cantou $n - 7$ vezes.

$T (n) - T (n - 7) = (10 + \frac{n - 40}{7}) - (10 + \frac{n - 47}{7}) = \frac{n - 40 - n + 47}{7} = \frac{7}{7} = 1$ .

Em alternativa: $T$ é uma função afim de declive $\frac{1}{7}$ , logo cada 7 cantos a menos correspondem a menos $7 \times \frac{1}{7} = 1$ °C.

A diferença entre as temperaturas estimadas é de 1 °C (o segundo período foi 1 °C mais fresco).

7Médio

📄 Teste Intermédio de Matemática A – 10.º ano, 16 de março de 2012 (versão 1) – Grupo I, item 3

Resolução

8Médio

📄 Teste Intermédio de Matemática A – 10.º ano, 16 de março de 2012 (versão 1) – Grupo I, item 4

Resolução

9Médio

📄 Teste Intermédio de Matemática A – 10.º ano, 16 de março de 2012 (versão 1) – Grupo I, item 5

Resolução

10Médio

📄 Teste Intermédio de Matemática A – 10.º ano, 16 de março de 2012 (versão 1) – Grupo II, itens 3.1 e 3.2

Resolução

3.1.

3.2.

11Difícil

📄 Teste Intermédio de Matemática A – 10.º ano, 16 de março de 2012 (versão 1) – Grupo II, itens 4.1 e 4.2

Resolução

4.1.

4.2.

12Difícil

📄 Adaptado de: Exame Nacional de Matemática B (735), 2012, 2.ª fase, itens 1, 2.1, 2.2.1 e 2.2.2 do Grupo II

No jogo «Choque de Triângulos», para dois jogadores, usa-se um tabuleiro com um referencial ortonormado $x O y$ , no qual estão marcados os pontos $A (- 8, 0)$ e $B (0, 8)$ e o segmento $[A B]$ . Por sorteio, um jogador fica com o 1.º quadrante e o outro com o 2.º quadrante. Regras:
• lança-se uma vez um dado cúbico com as faces numeradas de 1 a 6; seja $x$ o número saído;
• marca-se no eixo $O x$ o ponto $P$ de abcissa $x$ ;
• traça-se a reta $r$ que passa em $P$ e é perpendicular a $[A B]$ ;
• $M$ é o ponto de interseção de $r$ com $[A B]$ e $N$ é o ponto de interseção de $r$ com $O y$ ;
• sombreiam-se os triângulos $[M N B]$ (no 2.º quadrante) e $[N O P]$ (no 1.º quadrante);
• ganha o jogador em cujo quadrante está o triângulo de maior área.

a) Num jogo, saiu o número 3. Determine a equação reduzida da reta $r$ .

b) Mostre que a área do triângulo $[N O P]$ é dada por $f (x) = 0,5 x^{2}$ , com $x \in {1, 2, 3, 4, 5, 6}$ .

c) Admita que a área do triângulo $[M N B]$ é dada por $g (x) = 0,25 x^{2} - 4 x + 16$ , com $x \in {1, 2, 3, 4, 5, 6}$ . Num jogo entre o Diogo (1.º quadrante) e o Eduardo (2.º quadrante), saiu o número 4. Quem ganhou? Justifique.

d) Mostre que, em qualquer jogo, há sempre um e um só vencedor (isto é, as duas áreas nunca são iguais).

Resolução

a) O declive de $A B$ é $\frac{8 - 0}{0 - (- 8)} = 1$ ; uma reta perpendicular tem declive $- 1$ . Com $x = 3$ : $P (3, 0)$ e $N (0, 3)$ (o triângulo $[N O P]$ é isósceles, pois a reta faz $45^{\circ}$ com os eixos).

Declive: $m = \frac{3 - 0}{0 - 3} = - 1$ ; ordenada na origem: $b = 3$ . $r : y = - x + 3$ .

b) Em geral, $r : y = - x + x_{P}$ , logo $N (0, x)$ e $\overset{―}{O P} = \overset{―}{O N} = x$ . O triângulo $[N O P]$ é retângulo e isósceles, de catetos $x$ : área $= \frac{x \times x}{2} =$ $0,5 x^{2}$ .

c) $f (4) = 0,5 \times 16 = 8$ e $g (4) = 0,25 \times 16 - 16 + 16 = 4$ . Como $8 > 4$ , o triângulo $[N O P]$ (1.º quadrante) tem maior área. Ganhou o Diogo.

d) As áreas seriam iguais se $f (x) = g (x) \Leftrightarrow 0,5 x^{2} = 0,25 x^{2} - 4 x + 16 \Leftrightarrow 0,25 x^{2} + 4 x - 16 = 0 \Leftrightarrow x^{2} + 16 x - 64 = 0$ .

$x = \frac{- 16 \pm \sqrt{256 + 256}}{2} = - 8 \pm 8 \sqrt{2}$ , isto é, $x \approx - 19,31$ ou $x \approx 3,31$ . (Na calculadora: interseção dos gráficos de $f$ e $g$ em $x \approx 3,31$ .)

Nenhuma das soluções pertence a ${1, 2, 3, 4, 5, 6}$ . Confirmação: para $x = 1, 2, 3$ , $g (x) = 12,25; 9; 6,25$ é maior do que $f (x) = 0,5; 2; 4,5$ ; para $x = 4, 5, 6$ , $f (x) = 8; 12,5; 18$ é maior do que $g (x) = 4; 2,25; 1$ .

As áreas nunca são iguais, logo há sempre um e um só vencedor (ganha o 2.º quadrante se sair 1, 2 ou 3 e o 1.º quadrante se sair 4, 5 ou 6).

13Médio

📄 Adaptado de: Teste Intermédio de Matemática A – 11.º ano, 6 de março de 2013, item 5 do grupo I

Sejam $f$ e $g$ duas funções de domínio $ℝ$ . Sabe-se que:
• as funções $f$ e $g$ são funções quadráticas;
• a função $f$ tem dois zeros distintos;
• a função $g$ tem um único zero;
• os gráficos das funções $f$ e $g$ intersetam-se no ponto de coordenadas $(3; 0)$ .
Qual das afirmações seguintes é verdadeira?

(A) A função $f \times g$ tem dois zeros e a função $\frac{f}{g}$ tem um zero.

(B) A função $f \times g$ tem dois zeros e a função $\frac{f}{g}$ tem dois zeros.

(C) A função $f \times g$ tem três zeros e a função $\frac{f}{g}$ tem um zero.

(D) A função $f \times g$ tem três zeros e a função $\frac{f}{g}$ tem dois zeros.

Resolução

Como o ponto $(3; 0)$ pertence aos dois gráficos, $f (3) = 0$ e $g (3) = 0$ . Assim, $3$ é o único zero de $g$ e é também um dos zeros de $f$ .

Seja $a \neq 3$ o outro zero de $f$ . Os zeros de $f$ são $3$ e $a$ ; o zero de $g$ é $3$ .

$(f \times g) (x) = 0 \Leftrightarrow f (x) = 0 \lor g (x) = 0 \Leftrightarrow x = 3 \lor x = a$ : a função $f \times g$ tem dois zeros.

O domínio de $\frac{f}{g}$ é $ℝ ⧵ {3}$ (zero de $g$ ). Os seus zeros são os zeros de $f$ que pertencem ao domínio, ou seja, apenas $a$ : a função $\frac{f}{g}$ tem um zero.

Resposta: (A).

14Fácil

📄 Adaptado de: Exame Nacional de Matemática B (735), 2013, 1.ª fase, item 2 do Grupo IV

Estuda-se um modelo de janela cuja face exterior é formada por um retângulo $[P Q R T]$ , com $\overset{―}{P Q} = x$ dm e $\overset{―}{Q R} = y$ dm, e por um triângulo equilátero $[T R S]$ assente no lado $[T R]$ . Em todas as hipóteses estudadas, o perímetro da face exterior da janela mantém-se constante, variando $x$ , $y$ e a área da janela.
• A função $A$ , que dá a área da face exterior da janela (em dm²) em função de $x$ , atinge o seu máximo para $x = 9,4$ .
• O gráfico da função que dá $y$ em função de $x$ contém o ponto de coordenadas $(9,4; 5,9)$ .
Explique o significado dos valores $x = 9,4$ e $y = 5,9$ no contexto da situação descrita.

Resolução

$x = 9,4$ é o maximizante da função $A$ : é o valor de $\overset{―}{P Q}$ para o qual a área da face exterior da janela é máxima.

O ponto $(9,4; 5,9)$ do gráfico de $y$ em função de $x$ indica que, quando $x = 9,4$ dm, a outra dimensão do retângulo é $y = 5,9$ dm.

Atenção: $5,9$ não é a área máxima (é um comprimento, em dm); o valor máximo da área seria a ordenada do ponto de máximo do gráfico de $A$ .

(Verificação: o perímetro da face é $3 x + 2 y$ – três lados de comprimento $x$ e dois de comprimento $y$ –, e $3 \times 9,4 + 2 \times 5,9 = 40$ dm.)

A janela tem área máxima quando as dimensões do retângulo são $9,4$ dm (lado $[P Q]$ ) e $5,9$ dm (lado $[Q R]$ ).

15Médio

📄 Adaptado de: Exame Nacional de Matemática B (735), 2013, época especial, itens 1.1 e 1.2 do Grupo III

Num referencial ortonormado (unidade: metro), considere um semicírculo de centro na origem $O$ , acima do eixo $O x$ , e um quadrado $[P Q R S]$ inscrito nesse semicírculo: o lado $[P Q]$ está contido no eixo $O x$ , com $\overset{―}{O P} = \overset{―}{O Q}$ , e os vértices $R$ e $S$ pertencem à semicircunferência. Seja $x$ a abcissa do vértice $R$ (positiva), com $0 < x < 1,3$ . A região do semicírculo exterior ao quadrado está sombreada.

a) Mostre que a área da região sombreada, em m², é dada por $A (x) = (\frac{5 π}{2} - 4) x^{2}$ , com $0 < x < 1,3$ .

b) Pretende-se que a área da região sombreada seja superior a $2,5$ m². Nessas condições, o lado do quadrado pertence a um intervalo $] a, b [$ . Determine $a$ e $b$ , em metros, arredondados às décimas (nos cálculos intermédios, conserve uma casa decimal).

Resolução

a) Como $\overset{―}{O P} = \overset{―}{O Q}$ e $R$ tem abcissa $x$ , $Q = (x, 0)$ e $P = (- x, 0)$ ; o lado do quadrado mede $2 x$ , logo $R = (x, 2 x)$ e a área do quadrado é $(2 x)^{2} = 4 x^{2}$ .

O raio do semicírculo é $\overset{―}{O R}$ : pelo teorema de Pitágoras, ${\overset{―}{O R}}^{2} = x^{2} + (2 x)^{2} = 5 x^{2}$ . Área do semicírculo: $\frac{π \times 5 x^{2}}{2} = \frac{5 π}{2} x^{2}$ .

$A (x) = \frac{5 π}{2} x^{2} - 4 x^{2} =$ $(\frac{5 π}{2} - 4) x^{2}$ $\approx 3,854 x^{2}$ .

b) Resolve-se $A (x) > 2,5$ em $] 0; 1,3 [$ . Graficamente (arco de parábola e reta $y = 2,5$ ), a interseção tem abcissa $x \approx 0,8$ . Analiticamente: $x^{2} > \frac{2,5}{3,854} \approx 0,649 \Rightarrow x > 0,805$ .

Como $A$ é crescente em $] 0; 1,3 [$ , $A (x) > 2,5 \Leftrightarrow 0,8 < x < 1,3$ .

O lado do quadrado é $2 x$ : $2 \times 0,8 = 1,6$ e $2 \times 1,3 = 2,6$ . $a = 1,6$ m e $b = 2,6$ m.

Ficha de exames nº3 – Funções (2011–2013)

Ficha de exames nº3

10.º ano – Matemática A – Tema 4 (Funções)

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