Matemática – 9 .º Ano - LeYa...

1

Matemática – 9.º Ano

RESOLUÇÕES

Provas-modelo (exames)páginas 225 a 238

Prova-modelo 1

1. Consideremos o triângulo retângulo [ABO]. Sabe-mos que A�B� = O�B� = 2, porque é a medida do raiodas circunferências (ou metade da medida do ladodo quadrado).Recorrendo ao teorema de Pitágoras,O�A�2 = A�B�2 + B�O�2, ou seja,

O�A�2 = 22 + 22

⇔ O�A�2 = 4 + 4⇔ O�A�2 = 8⇔ O�A� = �8� (O�A� > 0)Como [AI] é um raio da circunferência, A�I� = 2, ecomo I�O� = O�A� + A�I�, vem que I�O� = �8� + 2 ≈ 4,8.

2. 2.1. Seja r a medida do raio da circunferência. Sabe-mos que A�D� = B�C� = 2r e A�B� = C�D� = r.Assim, P[ABCD] = 2r + 2r + r + r = 6r. Por outro lado,P[ABCD] = 30 cm.Logo, 6r = 30 ⇔ r = 5.Como Po = 2πr, então Po = 2π × 5 = 10π ≈ 31,4R.: Po = 31,4 cm

2.2. Como DEF é um ângulo inscrito, DE^

F = ,

ou seja, FD�

= 2 × DE^

F = 2 × 10o = 20o.Assim, FA

�= DA

�– FD

�= 180o – 20o = 160o.

Logo, a rotação de centro O que transforma o pontoF no ponto A tem amplitude 160o (ou –200o).

3. A opção [A] não é a correta porque 5 × 10 �≠ 10 × 20, ou seja, a × b não é constante.A opção [B] também não é a correta porque 5 × 25 ≠ 10 × 20, ou seja, a × b não é constante.Na opção [C] temos 5 × 6 = 10 × 3 = 15 × 2 = 20 × 1,5, ou seja, a × b = 30.A opção [D] não é a correta porque 5 × 10 �≠ 10 × 10, ou seja, a × b não é constante.Logo, a opção correta é a [C].

4. sen α =

sen 3o = �1x

0� ⇔ 0,0523 = �

1x

0�

⇔ x = �0,015023

�

⇔ x = 191,2046Logo, c = 2 × x ⇔ c = 2 × 191,2046

⇔ c = 382,4092382,4092 cm = 2,824092 mR.: O comprimento da rampa é, aproximadamente,3,8 metros.

5. Seja h a altura de cada um dos sólidos. Sabemosque Vcone + Vcilindro = 34, ou seja,

�13

� Ab × h + Ab × h = 34.

Assim,

�123h

� + 12h = 34 ⇔ 12h + 36h = 102⇔ 48h = 102⇔ h = 2,125

R.: A altura do cilindro é 2,125 cm.Outro processoComo os sólidos têm a mesma base, o volume docilindro é o triplo do volume do cone.Assim, 34 : 4 = 8,25 e, portanto, o volume do coneé 8,5 cm3 e o volume do cilindro é 25,5 cm3

(3 × 8,5 = 25,5).Logo, 25,5 = 12h ⇔ h = 2,125R.: A altura do cilindro é 2,125 cm.

6.

6.1. P(sair o número oito) = �14

�

O acontecimento complementar de “sair o númerooito” é o acontecimento “não sair o número oito”.P(não sair o número oito) = 1 – P(sair o número oito) =

= 1 – �14

� = �34

�

6.2.

O número de casos favoráveis é igual ao número deprodutos ímpares.Assim, Número de casos favoráveis: 2Número de casos possíveis: 12

Logo, P(sair número ímpar) = �122� = �

16

� .

FD�

�2

Medida do cateto oposto a α��

Medida da hipotenusa

Produto 2 5 7 8

2 — 10 14 16

5 10 — 35 40

7 14 35 — 56

8 16 40 56 —

RESOLUÇÕES2

A_Prova

7. Sabemos que n3 = k.

Assim, n–3 = ��1n

��3= �

n13�

Substituindo n3 por k, obtemos n–3 = �1k

�.

Logo, a opção correta é a [C].

8. P = [–3, �2�] ∩ [–�2�, +�[ = [–�2�, �2�]Logo, a opção correta é a [A].

9. Observando os termos da sequência, verificamosque o extremo esquerdo do intervalo de cada termoé igual à soma do extremo direito do intervalo dotermo anterior com 1.Por outro lado, a amplitude do intervalo é igual àordem do termo.Assim, os próximos termos são:

Concluímos então que o oitavo termo é [36, 44].

10. �(x –61)2

� – �2x

3+ 1� = 1

⇔ �x2 – 2

6x + 1� – �

2x3+ 1� = 1

(1) (2) (6)

⇔ x2 – 2x + 1 – 4x – 2 = 6

⇔ x2 – 6x + 7 = 0

⇔ x =

⇔ x =

⇔ x = �62± 8�

⇔ x = –1 ∨ x = 7

11. Seja x o número de quilómetros percorridos pelomédico.Assim, P(x) = 10 + 0,4xComo o Sr. Pereira pagou 18 euros, então P(x) = 18,ou seja,

10 + 0,4x = 18⇔ 0,4x = 8

⇔ x = �08,4�

⇔ x = 20R.: O médico percorreu 20 km.

12.12.1. a) Por exemplo, IJ.b) Por exemplo, o plano EFK.12.2. Por tentativas, temos:

R.: Há sete crianças no grupo com mais de 10 anos.Outro processoSeja x o número de crianças com 10 anos ou menose seja y o número de crianças com mais de 10 anos.Assim,

x + y = 20 1x = 20 – y⇔

10x + 15y = 235 10(20 – y) + 15y = 235

———⇔

200 – 10y + 15y = 235

——— ———⇔ ⇔

–10y + 15y = 235 – 200 5y = 35

x = 20 – 7 x = 13⇔ ⇔

y = 7 y = 7

R.: Há sete crianças no grupo com mais de 10 anos.

Prova-modelo 2

1. A opção correta é a [D].

2. Como A[ABFG] = 36 e A[BCDE] = 64, então B�F� = �3�6� = 6 e B�E��= �6�4� = 8.Logo, E�F� = B�E��– B�F� = 8 – 6 = 2.Recorrendo ao teorema de Pitágoras, temos (E�G�)2 = (G�F�)2 + (E�F�)2 , ou seja,

(E�G�)2 = 62 + 22

⇔ (E�G�)2 = 36 + 4⇔ (E�G�)2 = 40⇔ E�G� = �4�0�

6 ± �(–�6�)2� –� 4� ×� 1� ×� (�–�7�)��

2 × 1

6 ± �3�6� +� 2�8��

2

5.o termo 6.o termo 7.o termo 8.o termo

[15, 20] [21, 27] [28, 35] [36, 44]

Até 10 anos Mais de 10 anos Total (em euros

10 × 19 = 190 15 × 1 = 15 205

(…) (…) (…)

10 × 17 = 170 15 × 3 = 45 215

(…) (…) (…)

10 × 13 = 130 15 × 7 = 105 235

3


RESOLUÇÕES

3.3.1. Por observação do gráfico, a massa é 40 mili-gramas.3.2. k = 1 × 60 = 60

3.3. m = �6t0�

Logo, a opção correta é a [A].

4. A equação tem apenas uma solução se ∆ = 0, ouseja, se b2 – 4ac = 0.Assim,

b2 – 4 × 1 × 9 = 0⇔ b2 – 36 = 0⇔ b2 = ± �3�6�⇔ b = –6 ∨ b = 6

5. Seja A o acontecimento “sair o prémio a umcliente que comprou uma viagem para Paris emmarço”.

P(A) = �2542080

� = 0,22

6.6.1. Sendo a a medida da aresta do cubo, as dimen-sões do paralelepípedo são α = B�E��, 2a = A�B�

e �13

� a = B�I��.

Logo, Vparalelepípedo = a × 2a × �13

� a = �23

�

Assim, como Vcubo = a3, então Vsólido = a3 + �23

� a3.

Logo,

a3 + �23

� a3 = 25

⇔ 3a3 + 2a3 = 75⇔ a3 = 15⇔ a = �3

1�5�R.: a = �3

1�5�.6.2. A reta IH.

7. Como os triângulos [ABC] e [ADE] são semelhan-tes, e os lados [BC] e [DE] são lados corresponden-

tes, a razão de semelhança é r = = �46

� = �23

�.

Como a razão das áreas é o quadrado da razão desemelhança, temos:

= r2 = ��23

��2= �

49

�

8. 3 + �12– x� ≤ 4

⇔ �62

� + �12– x� ≤ �

82

�

⇔ 6 + 1 – x ≤ 8⇔ –x ≤ 8 – 6 – 1⇔ –x ≤ 1⇔ x ≥ –1C.S. = [–1, +�[Logo, A é o conjunto-solução da inequação.

9. Como a mediana é 4, então 4 ocupa a posiçãocentralAssim, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 5

12 pessoas 12 pessoas

25 pessoas

Logo, foram convidadas 25 pessoas.

10. A opção correta é a [C].

11.

11.1. Como ABC é um ângulo inscrito, AB^

C = .

Como AOC é um ângulo ao centro, AO^

C = AC�

, ouseja, AC

�= 140o.

Assim, AB^

C = �1420o� = 70o.

Logo, a opção correta é a [B].11.2. AD

^

E = 180o – AD^

CComo ADC é um ângulo com o vértice no exterior

da circunferência, AD^

C = .

Como CA�

= 360 – AC�

, CA�

= 360o – 140o = 220o.

Assim, AD^

C = �220o –

2140o� = �

802

o� = 40o.

Logo, AD^

E = 180o – 40o = 140o.

12.12.1. Por exemplo, os pontos C e D, porque [CD] éperpendicular ao eixo Oy.12.2. O ponto C tem coordenadas (4, f(4)).

Então, como f(4) = �12

� × 4 = �42

� = 2, C tem coordena-

das (4, 2).O ponto B tem coordenadas (2, g(2)).

D�E��B�C�

A[ADE]�A[ABC]

AC�

�2

CA�

– AC�

��2

RESOLUÇÕES4

A_Prova

Então, como g(2) = 2 × 22 = 8, B tem coordenadas(2, 8).Os pontos A e B têm a mesma ordenada. Logo, Atem coordenadas (0, 8).Os pontos C e D têm a mesma ordenada. Logo, Dtem coordenadas (0, 2).Concluímos então que C�D� = 4, A�B� = 2 e A�D� = 6(diferença entre as ordenadas de A e de D).Assim,

Atrapézio = × A�D�

Atrapézio = �2 +24

� × 6 = �62

� × 6 = 3 × 6 = 18

R.: A = 18 u.a.

13. (n + 1)2 – n2 = n2 + 2n + 1 – n2 = 2n + 12n é um número par porque qualquer número mul-tiplicado por 2 é par.Dados dois números naturais consecutivos, se um épar o outro é ímpar. Como 2n é par, então 2n + 1 éímpar.Nenhum número ímpar é múltiplo de 2, logo 2n + 1não é múltiplo de 2.

14. x(6x – 1) = 1⇔ 6x2 – x = 1⇔ 6x2 – x – 1 = 0

⇔ x =

⇔ x =

⇔ x = �11+25

� ∨ x = �11–25

�

⇔ x = �162� ∨ x = �

–142�

⇔ x = �12

� ∨ x = �13

�

Prova-modelo 3

1. 1.1. Como a turma tem um número par de alunos(28), a mediana corresponde à média dos dois valo-res centrais, ou seja, à média dos valores da 14.a e15.a idades ordenadas.

7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 9 9 9

Assim, mediana = �7 +28

� = 7,5.

1.2. Seja x a idade dos dois novos alunos.Assim, como a média das idades passou a ser 7,7,temos x– = 7, 7 ou seja,

= 7,7

⇔ 98 + 88 + 27 + 2x = 231⇔ 2x = 231 – 213⇔ 2x = 18⇔ x = 9R.: 9 anos.

2. 2.1. 1 euro valia 0,90 libras nos dias 11 e 14 defevereiro.2.2. 100 euros equivalem a 100 × 0,89 = 89.Logo, o Rui recebeu 89 libras.

2.3. E = �190� L

Logo, a opção correta é a [B].

3. Como Vprisma = Ab × h e Vprisma = 42, então

× 6 = 42

⇔ A�B� × 6 = 42

⇔ A�B� = �462�

⇔ A�B� = 7

Assim, tg (AB^

C) = �27

� , ou seja, AB^

C ≈ 16o.

4. Seja Q a projeção vertical do ponto D sobre areta BC.Assim, B�Q� = A�D� = 3 e D�Q� = A�B� = 4.Por outro lado, B�C� = B�Q� + Q�C� ⇔ Q�C� = B�C� – B�Q�,pelo que Q�C� = 5 – 3 – 2.Consideremos o triângulo [DQC], que é retânguloem Q. Utilizando o teorema de Pitágoras, temos, C�D�2 = D�Q�2 + Q�C�2, ou seja,

C�D�2 = 42 + 22

⇔ C�D�2 = 16 + 4⇔ C�D�2 = 20⇔ C�D� = �2�0�Assim, P[ABCD] = A�B� + B�C� + C�D� + D�A�.P[ABCD] = 4 + 5 + �2�0� + 3 = 12 + �2�0� ≈ 16,5Logo, a opção correta é a [B].

A�B� + C�D��

2

–(–1) ± �(–�1�)2� –� 4��×�6��× (–�1�)��

2 × 6

1 ± �2�5��

12

14 × 7 + 11 × 8 + 3 × 9 + 2 × x��

30

2 × A�B��

2

⇔ x = 1 ± �1� +� 2�4��

12

5


RESOLUÇÕES

5. 5.1. Os triângulos [ABC] e [EDC] são semelhantes,pelo critério AA: os ângulos CBA e EDC são retos eos ângulos ACB e DEC são ângulos agudos de ladosparalelos.5.2. Como os triângulos são semelhantes, a razão de

Assim, podemos concluir que B�C� = 3 × D�C�, ou seja,B�C� = 3 × 4 = 12.

R.: B�C� = 12 cm

6. 6.1. A ordenada do ponto B é a ordenada na origemda reta s.Logo, a ordenada de B é 4,5.6.2. Comecemos por determinar a abcissa do pontoA, que tem ordenada 0.Como A pertence à reta s, temos:

0 = –1,2x + 4,5

⇔ x = �41,,52�

⇔ x = 3,75

Logo, A�O� = 3,75.6.3. O ponto I é o ponto de interseção das retas r e s.Assim,y = 0,6x y = 0,6x

⇔y = –1,2x + 45 0,6x = –1,2x + 4,5

y = 0,6x y = 0,6x⇔ ⇔

1,8x = 4,5 x = �41,,58�

x = 2,5 x = 2,5⇔ ⇔

y = 0,6 × 2,5 y = 1,5

Logo, I(2,5; 1,5).

7. 7.1. Cada construção é constituída por quadradosdivididos em dois triângulos do tipo dos que sãocontados.Vericamos que:– na 1.a construção existe 1 quadrado e, por isso, 2 × 1 = 2 triângulos;

– na 2.a construção existem 22 = 4 quadrados e, porisso, 2 × 4 = 8 triângulos;– na 3.a construção existem 32 = 9 quadrados e, porisso, 2 × 9 = 18 triângulos.Então, na 5.a construção existem 52 = 25 quadradose, por isso, 2 × 25 = 50 triângulos.7.2. De acordo com a alínea anterior na n-ésimaconstrução existem n2 quadrados e, por isso, 2 × n2 = 2n2 triângulos.R.: 2n2

8. �811� = �

314� = ��

13

��4= 3–4

Logo, a opção correta é a [B].

9. x + (x – 1)2 = 3⇔ x + x2 – 2x + 1 = 3⇔ x

2 – x – 2 = 0

⇔ x =

⇔ x = �12± 3�

⇔ x = 2 ∨ x = –1 C.S. = {–1, 2}

10.

10.1. Como CAB é um ângulo inscrito, CA^

B = ,

ou seja, BC�

= 2 × CA^

B = 2 × 30o = 60o.Assim, AB

�= 180o – 60o = 120o.

10.2. Como a reta é tangente à circunferência, oângulo CAD é um ângulo reto. Como CA

^

B = 30o, então BA^

D = 90o – 30o = 60o.

11. ]0, 3[ ∪ ]2, 5[ = ]0, 5[Logo, a opção correta é a [A].

12. �13

� – 2x < �53

� + �2x�

⇔ 2 – 12x < 10 + 3x⇔ –12x – 3x < 10 – 2⇔ –15x > –8

⇔ x > – �185�

Logo, C.S. = �– �185�, +��.

1 ± �1� –� (�–�8�)��

2

BC�

�2

semelhança é r = = �155� = 3 .A�C�

�E�C�

⇔ x = 1 ± �9��

2

RESOLUÇÕES6

A_Prova

13.13.1. O gráfico da função f é simétrico em relaçãoao eixo das ordenadas. Logo, f(–2) = f(2) = 6.Assim, a opção correta é a [B].13.2. Como o ponto B(2, 6) é um ponto do gráficoda função g, podemos concluir que a constante deproporcionalidade é 12 (k = 2 × 6 = 12).

Logo, g é definida por g(x) = �1x

2�.

Assim, como o ponto C(c; 1,2) também pertence aográfico da função g, então o produto das suas coor-denadas é 12, isto é, c × 1,2 = 12, ou seja, c = 10.

14. Seja C o centro da circunferência. Como C éequidistante de A e de B, podemos concluir que Cpertence à mediatriz de [AB].Logo, C é o ponto de interseção da reta r com amediatriz de [AB].

14.

v1 = �td

1� 100 = �

td

1� 100t1 = d

⇔ ⇔v2 = �t

d

2� 80 = �

t +d1

� 80(t1 + 1) = d

——— ———⇔ ⇔

80(t1 + 1) = 100t 80t1 + 80 = 100t

——— ———⇔ ⇔

80 = 100t – 80t1 80 = 20t1

100 × 4 = d d = 400⇔ ⇔

4 = t1 t1 = 4

R.: O Jorge percorre 400 km.

A

r

B

1


RESOLUÇÕES

Provas Finais Modelopáginas 239 a 266

Prova final modelo 1

1. 1.o termo: 1b + 1p → 2 triângulos2.o termo: 2b + 3p → 3 triângulos 3n – 13.o termo: 3b + 5p → 2 triângulos

1.1. 3 × 20 – 1 = 60 – 1 = 59 triângulos1.2. 1; 3; 5; … 2n – 12 × 85 – 1 = 169 triângulos1.3. 2n – 1 = 201 ⇔ 2n = 202 ⇔ n = 101R.: 101 termos.

2.

2.1. Oito2.2. número de casos favoráveis: 5número de casos possíveis: 12

P = �152�

2.3. a) P(sair preta) = 0,3 = �130�

Como continuam a ser três cartas pretas

�3x� = �

130� ⇔ 30 = 3x ⇔ x = 10

Se 10 é o número de casos possíveis, é necessárioacrescentar três cartas vermelhas.

a) P(sair vermelho) = 0,25

�4x� = 0,25 ⇔ x = 4 × 4 ⇔ x = 16

4 + 3 = 1716 – 7 = 9Se 16 é o número de casos possíveis é necessárioacrescentar nove cartas.

3. 3.1.

3.2. a) Atotal = Abase + Alateral

Abase = 62 = 36 cm2

Alateral = 4 × �5 ×26

� = 60 cm2

Atotal = 36 + 60 = 96 cm2

b) Pelo teorema de Pitágoras, temos:F�I�2 = 32 + 52

⇔ F�I�2 = 9 + 25⇔ F�I� = ± 3�4�⇔ F�I� = ± 3�4� cmc) Pelo teorema de Pitágoras, temos:52 = 32 + h2

⇔ h2 = 25 – 9 ⇔ h = ± 1�6�⇔ h = 4 cm3.3. Vcubo = a3, ou seja, Vcubo = 63 = 216

Vpirâmide = �13

� Ab × altura

Vpirâmide = �13

� × 62 × 4 = 48

22% de 216 é 0,22 × 216 ≈ 48R.: 48 cm2

3.4. a) Estritamente paralelos.b) Por exemplo, a reta EH.c) O ponto E.3.5. H + HD

→= H + HD

→= D


4.4.1. AB

^

C = 90o, porque BC é tangente à circunfe-rência no ponto B e AB é um raio de circunferência.CA^

B = 180o – 90o – 27o = 63o

DA^

E = CA^

B = 63o, ângulos verticalmente opostoscomo DA

^

E é um ângulo ao centro, DA�

= DA^

E = 63o.4.2. BA

^

D = 180o – DA^

E = 180o – 63o = 117o

Asetor circular = �x ×36

π0×or2

�

Asetor circular = �117o

3×6π0o

× 102� = 32,5π ≈ 102,1

R.: A = 102,1 cm2

5.5.1. D pertence ao gráfico da função f para y = 0,então f(x) = 0 ⇔ –2x + 3 = 0

⇔ –2x = –3

⇔ x = �32

�

D��32

�, 0�

VP 2 3 4

2 4 5 6

3 5 6 7

4 6 7 8

7 9 10 11

I

I

I I

G

F

C

E

RESOLUÇÕES2

A_Prova

Os pontos A e C são os pontos de interseção dosgráficos das funções f e g, entãof(x) = g(x) ⇔ –2x + 3 = x2

⇔ x2 + 2x – 3 = 0

⇔ x =

⇔ x = �–22± 4�

⇔ x = –3 ∨ x = 1C.S. = {–3, 1}A abcissa de C é –3 e a de A é 1.f(–3) = –2 × (–3) + 3 = 6 + 3 = 9C(–3, 9)f(1) = –2 × 1 + 3 = –2 + 3 = 1A(1, 1)Como B tem a mesma ordenada de A, B(0, 1).

R.: A(1, 1), B(0, 1), C(–3, 9), D��32

�, 0� e E(0, 3).5.2. A[ABOD] = × O�B�

5.3. Se é paralela a f então h(x) = –2x + b e como Bpertence à sua representação gráfica, h(x) = –2x + 1.5.4. F tem ordenada simétrica à de E e a mesmaabcissa de E. Logo, F(0, –3).

6. x = –2y x + y = 0

⇔y = �

3x2+ 1� – 3 2y = 3x + 1 – 6

x + 2y = 0 x = –2y⇔ ⇔

–3x + 2y = –5 –3(–2y) + 2y = –5

——— ———⇔ ⇔

6y + 2y = –5 8y = –5

x = –2�– �58

�� x = �180� x = �

54

�

⇔ ⇔ ⇔y = – �

58

� ——— y = – �58

�

C.S. = ��54

�, – �58

��

R.: ��54

�, – �58

��

7. 16c + 3 × �32c

8

+ 1� =

= (24)c + 3 × �25(c

2

+

3

1)� =

= 24c + 12 × �25c

2

+

3

5� =

= 24c + 5c + 12 + 5 – 3 = 29c + 14

A opção correta é a [B].

8. �(–22– x)2� = 3(x + 2)

⇔ �4 + 4

2x + x2� = 3x + 6

⇔ 4 + 4x + x2 = 6x + 12⇔ x + 4x – 6x + 4 – 12 = 0⇔ x

2 – 2x – 8 = 0

⇔ x =

⇔ x = �22± 6�

⇔ x = 4 ∨ x = –2C.S. = {–2, 4}

9.9.1. [A] ]14, +�[ ∪ ]–4, 15[ = ]–4, +�[[B] ]13, +�[ ∩ ]–4, 15[ = ]13, 15[[C] ]13, +�[ ∩ ]–4, +�[ = ]13, +�[[D] ]13, +�[ ∪ ]–4, +�[ = ]–4, +�[A opção correta é a [C].

9.2. 2 + �43x� > �

6 + 2(2x + 13)�

⇔ 2 + �43x� > �

6 + 22x + 26�

⇔ 2 + �43x� > �

326+ 2x�

⇔ 2 + �43x� > 16 + x

⇔ 6 + 4x > 48 + 3x⇔ 4x – 3x > 48 – 6⇔ x > 42C.S. = ]42, +�[C � ]42, +�[ porque 42 > 13.

–2 ± 2�2�–� 4� ×� 1� ×� (�–�3�)��

2 × 1

O�D� + A�B��

2

2 ± (–�2�)2� –� 4� ×� 1� ×� (�–�8�)��

2

⇔ x = –2 ± 1�6��

2

A[ABOD] = × 1 = 1,25 u.a.�32

� + 1�

2

⇔ x = 2 ± 4� +� 3�2��

2

3


RESOLUÇÕES

10.10.1. 180o – 80o = 100o então

BC^

A = CA^

B = �1020o� = 50o

10.2. sen α = , α^ = DB^

C = = = 40o

cos β = , β^ = BC^A = 50o

11. A opção [A] é falsa, porque a circunferência éum lugar geométrico do plano.A opção [B] também é falsa, porque o círculo é umlugar geométrico do plano.A opção [C] é falsa, porque a superfície esférica é olugar geométrico dos pontos do espaço cuja distân-cia ao ponto P é igual a 8 cm.A opção [D] é verdadeira.Logo, a opção correta é a [D].


1.1.1.

x� = =

= �6138� = 3,5

1.2. Número de casos favoráveis: 4 + 3 + 4 + 2 = 13Número de casos possíveis: 2 + 4 + 3 + 4 + 2 + 3 = 18

Logo, P = �1138�.

1.3. Para que a mediana dos 19 dados seja 3 énecessário que o valor central seja 3. Desta forma,os valores possíveis são 1, 2 ou 3.O número de casos favoráveis é 3 e o número decasos possíveis 6.

Logo, P = �36

� = �12

�

2. Como o gráfico é de uma função de proporciona-

lidade inversa, então f(x) = �hx�. Como (2, 3) pertence

ao gráfico de f, então k = 2 × 3 = 6.

f(6) = a ⇔ �66

� = a ⇔ a = 1

3. Como se trata de proporcionalidade direta, a cons-tante de proporcionalidade é igual a 21,6 : 7,2 = 3.Então, k = 17,1 : 3 = 5,7.

4. [A] 28 = 22 × 725 = 52

28 × 25 = 700, afirmação falsa.[B] 10 = 2 × 5126 = 2 × 3 × 2110 e 126 não são primos entre si.[C] 28 = 22 × 745 = 32 × 528 e 45 são primos entre si e 28 × 45 = 1260.[D] 15 = 3 × 584 = 22 × 3 × 715 e 84 não são primos entre si.Logo, a opção correta é a [C].

5.5.1. h(0,5) = 4 × 0,52 + 4 = 3R.: 3 metros de altura.5.2. h(t) = 0 ⇔ –4t2 + 4 = 0 ⇔ –4t2 = –4⇔ t2 = 1⇔ t = ± 1C.S. = {–1, 1}R.: A bola manteve-se no ar 1 segundo.

6.

6.1. �0,9

115440� ≈ 16,4042 = 1,64042 × 10

6.2. 160 km = 160 000 m = 1,6 × 105

�10,6,9

×141400

5� = 174978,128

�13

� × 174978,128 ≈ 58326 = 5,8326 × 104

7.7.1. AP

^

D = CP^

B = 70o (ângulos verticalmente opos-tos)

DA^

C = = �602

o� = 30o (DA

^

C é um ângulo ins-

crito no arco DC�).

Então, BD^

A = 80o.

D�C��B�C�

AB^

C�2

80o�2

D�C��B�C�

1 × 2 + 2 × 4 + 3 × 3 + 4 × 4 + 5 × 2 + 6 × 2��

2 + 4 + 3 + 4 + 2 + 3

DC�

�2

RESOLUÇÕES4

A_Prova

7.2. BC^

A = BD^

A = 80o, porque são ângulos inscritosno mesmo arco (DC

�).

Pelo critério AA, os triângulo [BCP] e [ADP] sãosemelhantes.Logo, BD

^

A = BC^

A = 80o e CP^

B = DP^

A = 70o.

8.8.1. Vprisma = Ab × alturaVprisma = 102 × 7,5 =

= 730 A�B� = 10B�C� = 5C�D� = 5D�E� = 7,5O volume do sólido comum aos dois prismas V = 5 × 5 × 7,5 = 187,5 Vtotal = 750 × 2 – 187,5 = 1312,5R.: V = 1312,5 cm3

8.2. a) Por exemplo, BC.b) Por exemplo, CD.c) Por exemplo, GDE.d) Por exemplo, EDF.8.3. Um, porque por um ponto fora de um planopassa um único plano paralelo ao primeiro.8.4. Por exemplo, o ponto médio de [AB] porque ostrês pontos são colineares e três pontos colinearesnão definem um plano.8.5. A opção[A] é falsa porque as retas são nãocomplanares.A opção[B] é falsa porque as retas são não compla-nares.A opção[C] é falsa porque as retas são não compla-nares.A opção[D] é verdadeira.Logo, a opção correta é a [D].8.6. As retas CD e DF pertencem ao plano CDF eED é perpendicular a CD e a DF. Então, a reta ED éperpendicular ao plano CDF.

8.7. tg (EF^

D) = �71,05�

⇔ EF^

D = tg–1 ��71,05��

⇔ EF^

D ≈ 36,98.8. Um.

9.

9.1. [A] � �2= �54

� não é irracional.

[B] = �35

� não é irracional.

[C] (2 – 8�)(2 + 8�) = 4 – 8 = –4 não é irracional.[D] (5 – 3�)2 = 25 – 103� + 3 = 28 – 103� é irra-cional.Logo, a opção correta é a [D].

10. Se A�B� = 2 × D�E�, então r = 2

�PP[

[

A

D

B

E

C

F]

]� = r ⇔ P[ABC] = 2 × 40 = 80 cm.


11. 2n–5 = �n25�


12. 1 – (cos α – sen α)2 == 1 – (cos2 α – 2 sen α cos α + sen2 α ) = 2 sen α cos α= 1 – (–2 sen α cos α + sen2 α + cos2 α) == 1 + 2 sen α cos α – 1 == 2 sen α cos α

13. A = ]–π, 2[B = ]–�, –1]A ∩ B = ]–π, –1], ou seja, x > –π ∧ x < –1Logo, a opção correta é a [C].

14.14.1. � = b2 – 4aca = 1, b = –1, c = –2� = (–1)2 – 4 × 1 × (–2) = 1 + 8 = 9Como � > 0 a equação tem 2 soluções distintas.14.2. x2 – x – 2 = 0

⇔ x =

⇔ x =

⇔ x = �1 –23

� ∨ �1 +23

�

⇔ x = –1 ∨ x = 2C.S. = {–1, 2}14.3. As equações são equivalentes se têm o mesmoconunto-solução.

(2x – 1)2 = 9⇔ 2x – 1 = ± 9�⇔ 2x – 1 = –3 ∨ 2x – 1 = 3

5��2

3 2�7��5

–(–1) ± (–�1�)2� –� 4� ×� 1� ×� (�–�2�)��

2 × 1

1 ± 1� +� 8��

2

5


RESOLUÇÕES

⇔ 2x = –2 ∨ 2x = 4⇔ x = –1 ∨ x = 2C.S. = {–1, 2}

15. Cada arco de circunferência tem 72o pois360o : 5 = 72o.Assim, 216o : 72o = 3Logo, trata-se do triângulo [OEA] e a opção corretaé a [A].

16. 2 – �35– x� ≤ 2 �x + �13��

⇔ 2 – �35– x� ≤ 2x + �2

3�

(× 15) (× 3) (× 15) (× 5)

⇔ 30 – 9 + 3x ≤ 30x + 10⇔ 3x – 30x ≤ –11⇔ 27x ≥ 11

⇔ x ≥ �1217�

C.S. = ��1217�, +��

1717.1. f(x) = ax2. Como A pertence ao gráfico de fun-ção f, 1,5 = a × 12 ⇔ a = 1,5

Logo, f(x) = �32

� x2.

17.2. Como C pertence ao gráfico da função f, então

6 = �32

� x2

⇔ x2 = �

132�

⇔ x2 = 4

⇔ x = ± 2, ou seja, C(–2, 6).Como B tem a mesma abcissa que A, então B(1, 0).

17.3. A[ABC] = �1,5

2× 3� = 2,25 u.a.

17.4. A reta passa nos pontos A e C. Então,

mAC = �6–2––1,15

� = �4–,35� = –1,5 = – �

32

�

y = – �32

� x + b, substituindo por exemplo pelas coor-

denadas de c, determinamos a ordenada na origem.

6 = – �32

� × (–2) + b

⇔ b = 6 – 3

⇔ b = 3

y = – �32

� x + 3

17.5. Como as equações do sistema são as equaçõesdas duas funções, o conjunto-solução é o ponto deinterseção da reta com a parábola, ou seja, os pon-tos A e C.

R.: �1, �32�� e (–2, 6)17.6. Como a representação gráfica da função f é nosemiplano não negativo definido pelo eixo Oy,p � ]–�, 0[.

18.

19. Como o triângulo [ABC] é equilátero,

A�B� = B�C� = A�C� = �39 –

312

� = a – 4

Então, a área de cada quadrado é igual a (a – 4)2.Como são três quadrados 3 × (a – 4)2 = = 3 × (a2 – 8a + 16) == 3a2 – 24a + 48Logo, a opção correta é a [C].

20. (35)–2 × 310 + 5–1 + 3–2 =

= 3–10 × 310 + �15

� + �312� =

= 3o + �15

� + �19

� =

= 1 + �15

� + �19

� =(× 45) (× 9) (× 5)

= �4455� + �

495� + �

455�

= �5495�

Estádiodo Dragão

PraçaVelasquez

Casa do Rui

Marquês

E

RESOLUÇÕES6

A_Prova


1.1.1. A percentagem de elementos do grupo B é 6,9 + 1,2 = 8,1Logo, P(B�) = 1 – P(B) = 1 – 0,081 = 91,9%1.2. Como a percentagem de elementos do grupo Oé 35,4 + 6,7 = 42,1%,2000 × 42,1% = 842R.: 842 alunos.1.3. Tipo B: 6,9 + 1,2 = 8,1%

P = �18,,21� ≈ 0,15

A probabilidade do sangue ser Rhesus negativo saben-do que é do grupo B é, aproximadamente, 15%.

2.2.1. 1.a → 2 hexágonos

2.a → 7 hexágonos3.a → 12 hexágonos4.a → 12 + 5 = 17 hexágonos

R.: 17 hexágonos.2.2. 1.a → 1 hexágono branco

2.a → 3 hexágonos brancos3.a → 5 hexágonos brancos

Podemos utilizar a expressão 2n – 1 para determinaro número de hexágonos brancos, então 2 × 10 – 1 = 19A 10.a figura tem 19 hexágonos brancos.2.3. 1.a → 1 hexágono cinzento

2.a → 4 hexágonos cinzentos3.a → 7 hexágonos cinzentos

Podemos utilizar a expressão 3n – 2 para determinaro número de hexágonos cinzentos. Então 3n – 2 = 31⇔ 3n = 33⇔ n = 11A 11.a figura tem 31 hexágonos cinzentos.Brancos tem 2 × 11 – 1 = 21Então 31 + 21 = 52.Esses termo, o 11.o, tem 52 hexágonos.2.4. 3n – 2, já abordado na alínea c).2.5. 3n – 2 = 58⇔ 3n = 60⇔ n = 20R.: A sequência tem 20 termos.

3. Como o círculo está inscrito num quadrado, amedida do diâmetro do círculo é igual ao compri-mento do lado do quadrado.

Como P = 24 cm, então � = �244� = 6 cm.

Sendo d = 6 cm, então r = 3 cmAssim, Acírculo = π × r2 = 9π ≈ 28,3 Logo, a opção correta é a [B].

4.4.1. Se o número de participantes triplicar o valorcom que cada um participará passará à terça parte,ou seja, 2,5 €.4.2. Como k = 4 × 7,5 = 3030 : 6 = 530 : 10 = 330 : 1,5 = 2030 : 25 = 1,2

4.3. n × v = 30Logo, a opção correta é a [C].

5.

5.1. tg 40o = ⇔ A�B� = 8 tg 40o

A[ABCD] = 8 × 8 tg 40o == 64 tg 40o =≈ 53,5

R.: A = 53,7 cm2

5.2. Vcilindro = Ab × h = π × r2 × B�C�Vcilindro = π × (8 tg 40o)2 × 8 =

≈ 132R.: V ≈ 1132 cm3

6.6.1. Como o triângulo [AOC] é equilátero, AO

^

C = 60o.Como é um ângulo ao centro, o seu arco correspon-dente é AC

�= 60o.

Como AC�

= �32

� DF�

⇔ DF�

= �32

� × 60o

⇔ DF�

= 40o

Como BOA é um ângulo ao centro, BO^

A = BA�

= 90o.Como BEA é um ângulo excêntrico cujo vértice estáno exterior da circunferência, temos:

BE^

A = = �90o –

240o

� = �502

o� = 25o

6.2. Como A�B� = 5�0�, recorrendo ao teorema dePitágoras, temos:

A�B��2

AB�

– DF�

��2

��

�

+5

+5+5

�

+2

�

+2

�

+3

�

+3

Número de participantes 5 5 10 15 20 25

Valor da participação (€) 7,5 6 3 2 1,5 1,2

7


RESOLUÇÕES

A�B�2 = O�B�2 + O�A�2, ou seja, (5�0�)2 = O�B�2 + O�B�2

⇔ O�B�2 = 25⇔ O�B� = 2�5�⇔ O�B� = 5O�B� = O�A� = O�C� = A�C�, porque o triângulo [ABC] éequilátero.Para determinar a altura do triângulo [AOC],

52 = 2,52 × x2

⇔ x2 = 25 – 6,25

⇔ x = 1�8�,7�5�A[ABOC] = A[ABO] + A[AOC] =

= +

≈ 23 R.: A[ABOC] ≈ 23 cm2

7. B ∩ Z são os elementos de B que são númerosinteiros, ou seja, –5, 0 e 1�6�.Logo, a opção correta é a [D].

8.

8.1. g(x) = �kx

�

Como A pertence ao gráfico de f e a sua abcissa é–1, entãof(–1) = 4 × (–1)2 = 4, ou seja, A(–1, 4)

Logo, k = –1 × 4 = –4 e, portanto, g(x) = �–x

4�.

8.2. Como B pertence ao gráfico de g e de h,

g(–4) = �––44� = 1, ou seja, B(–4, 1)

C pertence ao gráfico de f e é simétrico de A emrelação ao eixo das ordenadas, então C(1, 4).Como B e C são pontos do gráfico de h, B(–4, 1) eC(1, 4).

mBC = �14––(–14)

� = �35

�

h(x) = �35

� x + b

Substituindo, por exemplo, pelas coordenadas doponto C, obtemos

4 + �35

� × 1 + b

⇔ b = 4 – �35

�

⇔ b = �157�

h(x) = �35

� x + �157�

8.3. Como A�C� = 2 e a diferença das ordenadas dospontos B e A é igual a 4 – 1 = 3, então

A[ABC] = �2 ×23

� = 3 u.a.

8.3. a) A’(1, 4), B’(4, 1) e C’(–1, 4)b) A’(3, 4), B’(6, 7) e C’(1, 4)

9. n – número de pinsp – número de postais9.1. 3n + 2p = 6,6

2n + 4p = 7,69.2. 3n + 2p = 6,6 ———

⇔2n = 7,6 – 4p n = 3,8 – 2p

3(3,8 – 2p) + 2p = 66 11,4 – 6p + 2p = 6,6⇔ ⇔

——— ———

– 4p = –4,8 p = 1,2 p = 1,2⇔ ⇔ ⇔

——— n = 3,8 – 2 × 1,2 n = 1,4

C.S. = {(1,4; 12)R.: Cada pin custou 1,4 € e cada postal custou 1,2 €.

10. Se a razão entre as áreas é �8116�, então r = ��

81�16��.

Logo, a razão entre os volumes é r3 = ��81�16��

3.

A opção correta é a [C].

11. Se a equação tem apenas uma solução, então� = 0

b2 – 4ac = 0⇔ (–a)2 – 4 × 2 × 8 = 0⇔ a2 – 64 = 0⇔ (a – 8)(a + 8) = 0⇔ a = 8 ∨ a = –8C.S. = {–8, 8}

12. (k7 × k–3)–1 = (k7 – 3)–1 = (k4)–1 = k–4 = ��1k

��4= �

k14�

O�B� × A�O��

2A�C� × x

��2

A[ABOC] = �5 ×25

� + ≈5 × 1�8�,7�5��

2

RESOLUÇÕES8

A_Prova

13. Como 6 + 5 = 11 e 6 – 5 = 1, 1 < B�C� < 11 e aopção correta é a [C].

14. 1.o Traçar a mediatriz de [AB].2.o Traçar o arco de circunferência de centro em A eraio 10 metros.3.o Marcar o ponto da mediatriz e do arco de cir-cunferência mais próximo da saída.


1. Cinco cartões1.1. A: ‘‘sair vogal’’

P(A) = = �25

�

O acontecimento complementar de A é igual a:

P(A�) = 1 – P(A) = 1 – �25

� = �35

�

1.2. Como a Susana retirou uma consoante, agora sóexistem duas consoantes, ou seja, o número de casosfavoráveis é 2 e o número de casos possíveis é 4.

P(‘‘sair consoante’’) = �24

� = �12

�

2. 2.1. O triângulo [EOF] é isósceles:E�O� = F�O� porque são raios de circunferência.

2.2. a) FG�

= �3680o� × 2 = 90o

b) GO^

B = �3680o� × 3 = 135o (ângulo ao centro)

c) DH^

G = ��3680o� × 3� : 2 = 67,5o (ângulo inscrito)

ou seja, DH^

G = = 67,5o

2.3. A[OABC] = 2 × A[OAB] = 2 × = A�B� × h

cos 22,5o = �h4

� ⇔ h = 4 cos 22,5o

sen 22,5o = �4x� ⇔ x = 4 sen 22,5o

Logo, A[OABC] = 4 cos 22,5o × 4 sen 22,5o ≈ 11,31 cm2

3. (k2)6 × �k15� = k12 × k–5 = k7


4. Como C � –2� e B � –22� e–22� < 1 – 22� < –2�, então 1 – 22� pertenceao segmento de reta [CB].Logo, a opão correta é a [A].

5.5.1. Como A(0, 8) e B(6, 0), então

mAB = �06––80

� = – �86

� = – �43

� e a ordenada na origem é

8, ou seja, b = 8.

AB: y = – �43

� x + 8

5.2. O diâmetro é igual a A�B�, ou seja, pelo teoremade Pitágoras

A�B�2 = 82 + 62

⇔ A�B�2 = 64 + 36⇔ A�B� = 1�0�0�⇔ A�B� = 10

r = = �120� = 5

Logo, a área do semicírculo é �252

π� ≈ 39 u.a.

6. Como 74 km/h = 46 mph, 1 Km/h = �2337� mph

7. Como EDC é um ângulo inscrito no arco CE�

= 154o,

então ED^

C = �1524o� = 77o.

Como a soma das amplitudes dos ângulos internosde um triângulo é igual a 180o, CE^

D = 180o – (77o + 51o) = 52o

Logo, a opção correta é a [A].

número de casos favoráveis��número de casos possíveis

DFG�

�2

A�B� × h��

2

A�B��2

A

Saída

Entrada

L

B

9


RESOLUÇÕES

8.

8.1. �13

� (x + 4)(x – 2) = 0

⇔ �13

� = 0 ∨ x + 4 = 0 ∨ x – 2 = 0

⇔ x = –4 ∨ x = 2C.S. = {–4, 2}

8.2. �13

� (x + 4)(x – 2) = 0

⇔ ��3x� + �

43

��(x – 2) = 0⇔ �

x

3

2� – �

23

� x + �43

� x – �83

� = 0

⇔ x2 + 2x – 8 = 0

⇔ x =

⇔ x = �–22± 6�

⇔ x = –4 ∨ x = 2C.S. = {–4, 2}

9. Como O�C� = O�B�, o triângulo [OBC] é isósceles.Então, BC

^

O = OB^

C = 50o.xo = 50o + 50o = 100o (x é externo e não adjacente aBC^

O e OB^

C, ou seja, a sua amplitude é igual àsoma das amplitudes dos dois ângulos).

10. 40% + 20% × 60o = 40% + 12% = 52%20% sobre os 60%


11. �620ckmm

� = �60 00

20c0m00 cm� = �

3 0010 000�

�3 00

10 000� = �

3x

,5�

⇔ x = 3,5 × 3 000 000⇔ x = 10 500 000 cm⇔ x = 105 km

12.12.1. A = (2x + 3) × (2x – 3) =

= (4x2 – 9) m2

12.2. 4x2 – 9 0 27⇔ 4x2 = 36⇔ x

2 = 9⇔ x = 3 ∨ x = –3Se x = 3 então 2x + 3 = 2 × 3 + 3 = 92x – 3 = 2 × 3 – 3 = 3R.: As dimensões da sala são 9 m e 3 m.

13. 1.o Marcar três pontos quaisquer na parte da cir-cunferência dada.2.o Traçar as cordas AB e BC.3.o Traçar as mediatrizes das cordas [AB] e [BC]. O ponto de interseção das duas mediatrizes é o cen-tro da circunferência.

14.14.1. P = ]–3�, 5] ∪ [1, +�[ = ]–3�, +�[Como –3� < –1, –1 é o menor inteiro que pertencea P.

14.2. Q = �x � R: �32

� (x + 3) > �35x� + 2�

�32

� + �92

� > �35x� + 2

(×5) (×5) (×2) (×5)

⇔ 15x + 45 > 6x + 20⇔ 15x – 6x > 20 – 45⇔ 9x > –25

⇔ x = – �295�

Q = �– �295�, +��

P ∩ Q = ]–3�, +�[ = P

15. 1 mesa → 6 cadeiras 2 mesas → 10 cadeiras3 mesas → 14 cadeiras

15.1. 4 mesas → 14 + 4 = 185 mesas → 18 + 4 = 226 mesas → 22 + 4 = 26 cadeiras15.2. Podemos utilizar a expressão

4n + 2 = 34⇔ 4n = 34 – 2

⇔ n = �342�

⇔ n = 8

R.: Oito mesas.

–2 ± 4� –� 4� ×� (�–�8�)��

2

�

+4

�

+4

259

3√

RESOLUÇÕES10

A_Prova

16. Substituindo x por –2 e y por 1, obtemos

–2 (–2 – 4) = �–3 ×

41 + 1� –2 × (–6) = �

–42�

⇔5 × (–2) + 10 × 1 = 0 –10 + 10 = 0

12 = – �12

� Falso ⇔

0 + 0 Verdadeiro

O par ordenado (–2, 1) não é solução do sistemaporque não é solução da 1.a equação.

17.


1.1.1. Como no total são 200 jornalistas200 – (12 + 4 + 24 + 12 + 12 + 12 + 12 + 20 + 33 + 15 + 14) = = 200 – 170 == 3030 jornalistas franceses do sexo masculino.1.2. Número de casos favoráveis: 12Número de casos possíveis: 200

Logo, P = �21020

� = �530� = 0,06

2.2.1. Como o triângulo [ABC] está inscrito numasemicircunferência é retângulo em C.Pelo teorema de Pitágoras, A�B�2 = A�C�2 + B�C�2, ouseja,

(7�5�)2 = (2�7�)2 + B�C�2

⇔ 75 = 27 + B�C�2

⇔ B�C�2 = 75 – 27

⇔ B�C�2 = 48⇔ B�C� = 4�8�

A[ABC] =

R.: A = 18 cm2

2.2. sen α =

⇔ α ≈ 36,9o

3.3.1. O raio da circunferência é igual a O�P�.P(x, 3), como P � f:

f(x) = 3 ⇔ 3x = 3 ⇔ x = �33

� ⇔ x = 1, então P(1, 3)

O�P�2 = 12 + 32 ⇔ O�P�2 = 10 ⇔ O�P� = 1�0�P� = 2 × π × rP� = 2 × π × 1�0� ≈ 19,9 R.: P = 19,9 cm3.2. Como OP

→= PA

→, a imagem é o ponto A.

4.4.1. Os triângulos [ABC] e [EBD] são semelhantes,pelo critério AA:os ângulos CBA e DBE são coincidentes e os ângu-los ACB e EDB são ângulos agudos de lados parale-los, ou seja, têm igual amplitude.

4.2. A[DEB] = �3 ×22

� = 2 cm2

�AA[

[

A

D

B

E

C

B

]

]� = �

132� = 4, ou seja, r = 4 ⇔ r = 2

Então, A�B� = 2 × E�B� = 2 × 3 = 6 cm, logo A�E� = 3 cm.

5. �2x� – João

�3x� – Filipe

2 – Carlos

�2x� + �

3x� + 2 = x

⇔ 3x + 2x + 12 = 6x⇔ 6x – 5x = 12⇔ x = 12R.: A coleção era composta por 12 filmes.

A�C� × B�C��

2

2�7��

7�5�

B

Bola

DeckPiscinaA

C

J

A[ABC] = = �326� = 182�7� + 4�8�

��2

⇔ α = sen–1 � �2�7��

7�5�

11


RESOLUÇÕES

6. V = Ab × h

Ab = �4 ×215� = 30

altura = 12 cmV = 30 × 12 = 360R.: V = 360 cm3

7.7.1. Vcírculo = π × r2 = π × 22 = 4πA�D� = A�B� = 2 × 2 = 4

Asetor circular = = �1366302π

� = �6185π

�

Logo, Acolorida = 4 π + �6185π

� ≈ 26,8

R.: A ≈ 26,8 cm2

7.2. EB^

D = 360o – 102o = 258o

Logo, 258o — 360o

x — 2πr

⇔ x = �2π ×

346

×0258

� = �2306604

� = �8165� π ≈ 18,01

R.: 18,01 cm

8. �2–3 ×

26–44

××8(22)3

� = �2–3

2×–42×

6

2×326

� =

= �2–

2

3

–

+

4

6

+

+

3

6� = �

22–

9

1� = 29 – (–1) = 210

9. a – número de automóveisb – número de bicicletas.4a – número de rodas dos automóveis2b – número de rodas das bicicletasComo há 252 rodas então 4a + 2b = 252E como o número de automóveis é o quadrúplo donúmero de bicicletas, então a = 4b.a = 4b4a + 2b = 252

10. f(x) = 3x – 6, D = {–1, 0, 2, 5}10.1. [2f(5) + 3f(0)]2 == [2 × (3 × 5 – 6) + 3 × (3 × 0 – 6)]2 == (2 × 9 + 3 × (–6))2 == (18 – 18)2 == 02 == 010.2. y = – 8�1� = –9

f(x) = –9 ⇔ 3x – 6 = –9

⇔ 3x = –9 + 6⇔ 3x = –3

⇔ x = – �33

�

⇔ x = –1R.: O objeto é –1.10.3. f(x) = 0⇔ 3x = 6

⇔ x = �63

�

⇔ x = 2C.S. = {2}10.4. (f + g)(2) = f(2) + g(2) =

= (3 × 2 – 6) + 22 == 6 – 6 + 4 == 4

11.11.1. O quadrilátero [ABCD] é um trapézio porqueé um quadrilátero com dois lados paralelos, [DC] e[AB].

11.2. A[ABCD] = × A�D�

A[ABCD] = �6 +

210� × 5 = 40

R.: A[ABCD] = 40 cm2

11.3. tg BCD = �54

� ⇒ BC^

D ≈ 51,34

CB^

A = 360o – (90o × 2 + 51,34o) == 360o – 231,34o == 128,66o

12. Os dois conjuntos não têm elementos comuns.

A opção correta é a [A].

13. x(1 + 3x) – 2x = x2 + 1⇔ x + 3x2 – 2x = x2 + 1⇔ 2x2 – x – 1 = 0⇔ 2x2 – x – 1 = 0

⇔ x =

⇔ x = �14± 3�

102 × π × 42��

360

A�B� + D�C��

2

1 ± 1�2�–� 4� ×� 2� ×� (�–�1�)��

2 × 2

127 252

⇔ x = 1 ± 1� +� 8��

4

RESOLUÇÕES12

A_Prova

⇔ x = – �12

� ∨ x = 1

C.S. = �– �12

�. 1�

14.14.1. A(0, 0); B(1, –1); C(2, 1); D(2, 1) e E(1, 1).14.2.

14.3.

15. – �x –43

� ≥ –2(x – 4) + 3

⇔ – �x –43

� ≥ –2x + 8 + 3(×4) (×4) (×4)

⇔ –x + 3 ≥ –8x + 32 + 12⇔ –x + 8x ≥ 32 + 12 – 3⇔ 7x ≥ 41

⇔ x ≥ �471�

C.S. = ��471�, +��

16. Como A�E� = A�B�, então AE^B = EB^

A = αComo o triângulo [ADE] é equilátero, então AE^

D = 60o, ou seja, α + β + α = 60o.Como o triângulo [BEC] é isósceles, então

CB^

E = �180o

2– β

�, ou seja, α + �180o

2– β

� = 90o

2α + β = 60 2 × �β2� + β = 60

⇔α + 90 – �

β2� = 90 k = �

β2�

2β = 60 β = 30 β = 30⇔ ⇔ ⇔

——— α = �320� α = 15

R.: α^ = 15o e β^ = 30o


1.1.1. Como B pertence à reta AB, B tem abcissa –2.Assim, y = –2 + 3 ⇔ y = 1Logo, B tem ordenada 1.1.2. Determinemos a equação reduzida da reta BC.

mBC = �44––(–12)

� = �36

� = �12

�

y = �12

� x + b

Como o ponto C pertence à reta BC, temos:

4 = �12

� × 4 + b

⇔ b = –2⇔ b = 2

BC: y = �12

� x + 2

Como D pertence ao eixo Oy, D tem abcissa 0.

Logo, y = �12

� × 0 + 2 = 2

1.3. A[ABC] = �b ×2h

�

A[ABC] = �3 ×23

� = �92

� u.a.

1.4. O polígono [ABCK] é um paralelogramo, por-que tem os lados paralelos dois a dois (AC // BK eAB // CK) e A�C� = B�K� e A�B� = C�K�.

2.

2.1. tg θ = e tg α =

Assim,

A�B��B�D�

B�C��B�D�

y

xAA’EE’ DD’

BB’ CC’–4

–4

–2

–2

2

4

6

42

y

xA

A’

E D

E’ D’

B C

B’ C’

–4

–4

–2

–2

2

4

6

42

�ttgg

θα

� = = × =�B�B�C�D�

�

�

�B�A�D�B�

�

B�C��B�D�

B�D��A�B�

B�C��A�B�

13


RESOLUÇÕES

2.2. Sabemos que DB^

A = 90o. Se AD^

B = 45o, entãoBA^

D = 180o – 90o – 45o = 45o, ou seja, o triângulotem dois ângulos de 45o. Assim, o triângulo é isós-celes, porque a ângulos de igual amplitude corres-pondem lados de igual comprimento.

2.3. tg θ = ⇔ tg 50o = ⇔ B�C� = 6 tg 50o

A[BDC] = �6 tg 5

20o × 6� ≈ 21,45

R.: A[BDC] = 21,45 cm2

3. �11020000

� ≈ 0,83

1 – 0,83 = 0,17, ou seja, 17%.

4. ��74418��

2= 3439170,25 = 2,43917025 × 106

5.5.1. BA

^

D = 90o porque a reta AB é tangente à cir-cunferência em A.AO^

C = 180o – 90o – 44o = 46o

Como AO^

C é um ângulo ao centro AC�

= 46o, logo oarco maior AC

�é igual a 360o – 46o = 314o.

5.2. Como AO^

C = 46o, temos:46o — 360o

x— 2πr

x = �2π ×

3460

× 46� = �

336680π

� = �4465� π ≈ 3,2

R.: 3,2 cm5.3. Como AO

^

C = 46o e AOC é um ângulo ao cen-tro, cada arco determinado pelo polígono teria 46o.Como 360o : 46o = 7,8 e 7,8 � N, não é possívelconstruir o polígono.

6. f(x) = ax2

20 = a × 52

⇔ a = �2205�

⇔ a = �45

�

Logo, f(x) = �45

� x2.

Se x = 6, então f(6) = �45

� × 62 = 28,8

A ordenada do ponto de abcissa 6 é 28,8.

7.7.1. Vprisma = 100 × 40 × 25 = 100 000 m3

Vmetade cilindro = �π × 202

2× 100� = 20 000π m3

Vsólido = 100 000 + 20 000π ≈ 162 831,9R.: Vsólido ≈ 162 831,9 m3.7.2. Por exemplo, a reta AB.7.3. Como a reta AF é paralela à reta CH, e sendo s // AF, então s // CH.7.4. O ponto A.

8. O número de casos favoráveis é zero, porque nãohá nenhum produto igual a zero. Logo P = 0.Logo, a opão correta é a [A].

9. Vcilindro = Ab × altura = πr2 × altura

r = �2x2+ 4�

V = 64π

⇔ π × ��2x2+ 4��

2× 4 = 64π

⇔ (x + 2)2 × 4 = 64⇔ (x + 2)2 = 16⇔ x + 2 = ± 1�6�⇔ x + 2 = –4 ∨ x + 2 = 4⇔ x = 2

10. A[HJF] =

A[HJF] = �12 ×

210

� = 60

R.: A[HJF] = 60 cm2.

11. [A] Se a e b são números naturais consecutivos,então um deles é par, logo o produto é par.[B] Falsa. Por exemplo, 7 – 6 = 1.[C] Falsa. Por exemplo, 72 = 49.[D] Falsa. Por exemplo, (7 – 6)2 = 12 = 1Logo, a opção correta é a [A].

12. [A] Falsa, β^ + α^ = δ^.[B] Falsa, α^ + β^ < ∅^ + δ^.[C] Falsa, α^ > ∅^ + β^. [D] Verdadeira, porque α^ + β^ = δ^.Logo, a opção correta é a [D].

B�C��B�D�

B�C��6

H�J� × G�F��

2

A[BDC] = B�C� × B�D��

2

RESOLUÇÕES14

A_Prova

13.13.1. Por exemplo, AF

→e HF

→.

13.2. a) ED→

+ GF→

= ED→

+ DA→

= EA→

b) Como os vetores ED→

+ AF→

sãlo equipolentes, e E + ED

→= D, então E + AF

→= D.

13.3. Como AD→

+ FG→, TAD

→(F) = 6.13.4. A imagem de D é A e a imagem de G é F,então a translação é associada ao vetor DA

→.

13.5. Rotação de centro no ponto médio de [FD] eamplitude 180o.

14.14.1. 2 × 1,5 = 3 milhões.14.2. a = 3 × 1 = 3

b = �33

� = 1

c = �34

� = 0,75

14.3. A opção correta é a [B] porque n × p = 3.14.4. n × p = 3Logo, a opção correta é a [C].

15. Média �5123� = 4

Mediana = 4Moda = 4

2 2 2 2 4 4 4 4 4 6 6 6 6


Matemática – 9 .º Ano - LeYa...

Documents

Transcript of Matemática – 9 .º Ano - LeYa...