Prova Modelo n.º 14 - Recursos para Matemática · Assim, a expressão pedida é 2cos 3 1 3 1 cos...

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www.raizeditora.pt Proposta de Resolução dos Exercícios do Subcapítulo “Trigonometria” Página 1 Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A Página 255 1. Sabemos que radianos equivalem a 180º, pelo que a um ângulo de 2 radianos vai corresponder 180 2 π 114,6 graus. Este ângulo só pode estar representado na opção D. Na opção A o ângulo à superior a 180º, na opção B é inferior a 90º e na opção C é superior a 135º. Resposta: D 2. Dado que ,0 , então pertence ao 3º ou ao 4º quadrante. Nestes quadrantes, temos que sen 0 , pelo que cos 0 . Nota que cos sen 0 e sen 0 . Então, pertence ao 1º ou 4º quadrantes. Se pertencesse ao 1º quadrante, tg 0 , e tg sen 0 , o que contradiz o enunciado. Então, pertence ao 4º quadrante. Repara que, neste caso, tg 0 , pelo que tg sen 0 Resposta: D 3. Consideremos a figura dada, onde acrescentámos o eixo das tangentes e prolongámos o lado do ângulo : Repara que BC BD AX . Nota que CD é um arco de circunferência centrado em B. OB 1 pois é o raio do círculo trigonométrico e como AX é o eixo das tangentes, temos que AX tg θ . Logo BD tg θ . Pela observação da figura, temos que a abcissa do ponto D é igual a OB BD 1 tg . Resposta: B

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Página 255

1. Sabemos que radianos equivalem a 180º, pelo que a um ângulo de 2 radianos vai

corresponder 180

114,6 graus. Este ângulo só pode estar representado na opção D. Na opção

A o ângulo à superior a 180º, na opção B é inferior a 90º e na opção C é superior a 135º.

Resposta: D

2. Dado que ,0 , então pertence ao 3º ou ao 4º quadrante. Nestes quadrantes, temos

que sen 0 , pelo que cos 0 . Nota que cos sen 0 e sen 0 .

Então, pertence ao 1º ou 4º quadrantes. Se pertencesse ao 1º quadrante, tg 0 , e

tg sen 0 , o que contradiz o enunciado. Então, pertence ao 4º quadrante. Repara que, neste

caso, tg 0 , pelo que tg sen 0

Resposta: D

3. Consideremos a figura dada, onde acrescentámos o eixo das tangentes e prolongámos o lado

do ângulo :

Repara que BC BD AX . Nota que CD é um arco de circunferência centrado em B.

OB 1 pois é o raio do círculo trigonométrico e como AX é o eixo das tangentes, temos que

AX tg θ . Logo BD tg θ .

Pela observação da figura, temos que a abcissa do ponto D é igual a OB BD 1 tg .

Resposta: B

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4. Ilustremos esta situação, sabendo que π 1

cos3 2

:

Como o intervalo considerado é π

, 3π2

, a equação tem 3

soluções. Repara que o intervalo considerado pode ser escrito como a

união de três intervalos: π

,02

(4ºQ), que não inclui nenhuma solução,

0,2 (1ºQ, 2ºQ, 3ºQ e 4ºQ), que inclui duas soluções, e 2 ,3 (1ºQ e

2ºQ), que inclui uma solução.

Resposta: C

Página 256

5. Comecemos por resolver a equação dada:

π 3 π 4π π 5πsen x x 2kπ x 2kπ,k

3 2 3 3 3 3

3π 4π 4πx 2kπ x 2kπ,k x π 2kπ x 2kπ,k

3 3 3

M

Como o intervalo considerado é 0,2 , obtemos as soluções fazendo

0k nas duas condições: 4

3x x

.

Estas soluções estão representadas na figura da opção C.

Resposta: C

6. Observando a representação gráfica de f , concluímos que 4

3 3

é período de f .

Repara que a partir de 3

x

o gráfico de f repete o que se encontra entre x e 3

x

.

Resposta: D

7.1 Achemos os zeros da função dada.

4sen 2 0 sen 2 0 2 , ,2

kx x x k k x k

.

Resposta: A

4

3

2

3

x

y

o

-3

2 5

3

o

y

x

4

3

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7.2 Para que g seja uma função contínua, temos que ter 0 0

lim ( ) lim ( ) (0)x x

g x g x g

0

lim ( ) (0) 3 cos 0 3 cos 3 1 3x

g x g a a a a

0 0 0 0 0

4sen 2 sen 2 sen 2lim ( ) lim lim 4 lim 4 2 lim 8 1 8

2x x x x x

ax x x xaxg x a a a

x x x x

Então, 0 0

lim ( ) lim ( ) (0) 8 3 2x x

g x g x g a a a

Resposta: B

Página 257

8.

Averiguemos se s é contínua em 2

x

:

2

22lim ( ) (0) 1

x

s x s

2 2

lim ( ) lim sen cos sen cos 1 0 12 2x x

s x x x

Então,

2 2

lim ( ) lim ( )2x x

s x s x s

e s é contínua em

2x

, pelo que a opção A não é

verdadeira.

Para sabermos a veracidade da opção B calculemos '2

s

e '2

s

e averiguemos se 's

muda de sinal positivo para negativo em 2

x

:

0

0

0

2 2

)

sen cos 1sen cos 12 2 2

lim lim lim2

2 2

y

x xi

s x s y yx x

sy

x x

Se 0,2 0x x (limite notável)

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0

0

0 0 0 0

1 cos 1 coscos sen 1 sen 1 coslim lim lim 1 lim

1 cos

y y y y

y yy y y y

y y y y y

2

0 0 0

sen 0sen sen sen1 lim 1 lim lim 1 1

1 cos 1 cos 1 cos 0

y y y

y y y

y y y y y

01 1 1 1 0 1

1 1

i) Mudança de variável: Se 2

x

então 02

x

Seja 2 2

y x x y

, 0y .

2 2 2

221

22 2' lim lim lim

2

2 2 2

x x x

xs x s x

s

x x x

Assim, 's muda de sinal positivo para negativo em 2

x

e a opção B é verdadeira. Repara que já

verificámos que s não é derivável em 2

x

pois ' '2 2

s s

(a opção C é falsa) e a opção D também é falsa visto

que s tem um máximo relativo em 2

x

.

Resposta: B

9. A expressão correta tem de satisfazer as seguintes condições:

o valor máximo é 11

o valor mínimo é 7

o período é 12 Se o tempo que decorre entre duas marés consecutivas é de 6 horas, as marés repetem-se de 12

em 12 horas.

o valor máximo é 11

O valor máximo de 11 4cos12

t

é 11 4 1 15 , pelo que a opção C está excluída. Da

mesma forma, a opção D está excluída pois o valor máximo de 9 cos6

t

é 9 1 10 . Em

ambas as expressões das opções A e B o valor máximo é 11.

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o valor mínimo é 7

Em ambas as opções A e B temos com valor mínimo 7 9 2 1 7 .

o período é 12

Sabemos que o período de uma função do tipo cosy a b cx d é 2

c

. Então, na opção A o

período é 2

12

6

, enquanto que na opção B é

26

3

.

Resposta: A

10. Podemos excluir de imediato a opção B, pois a área não toma valores negativos.

Observando a imagem, observemos algumas das possíveis posições do ponto P:

quando P é tal que x , a área considerada é mínima (o triângulo

considerado degenera num segmento de reta, de área 0). Desta forma,

excluímos a opção D.

quando P é tal que 0 2x x , a situação é semelhante à

anteriormente descrita, sendo a área do triângulo mínima. Assim,

excluímos a opção C.

Resposta: A

Página 258

11. Observemos a figura

O polígono PQRS é um trapézio, pelo que a sua área é dada pela

expressão 2

QP RSAB

.

2cosQP Repara que cos é negativo

1

2AB sen Nota que a ordenada de R é

1

2

Se a ordenada de R é 1

2 , que é o seno de

7

6

, então a sua abcissa é

7 3cos

6 2

. Então,

A

B

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32 3

2RS

Assim, a expressão pedida é

2cos 3 1 3 1cos

2 2 2 2 2

QP RSAB sen sen

Resposta: B

12. A área da região colorida será a área de um quarto de círculo menos a área do triângulo

AOB .

Assim, a expressão da área pedida em função do ângulo é:

21 1 sen 2sen

4 2 4 2 4

OA BX Repara que a altura do

triângulo AOB é igual à ordenada do ponto B e cos ,senB .

Resposta: D

Página 259

13. Consideremos a sucessão nu tal que 1 sen cos2

n

nu n

. Sabemos que

1 sen 1n e 1 cos 12

n

, pelo que 1 3nu e nu é limitada.

Resposta: D

14. 2

20 0 0

tg tg tg tg2 13 3 3 3

lim tg 2lim 2lim3 9

3 3

x x x

x x x x

x

x xx x x

0 0

tg tg2 2 23 3

lim lim 1 19 9 9

3 3

x x

x x

x x

Resposta: B

Se 0, 03

x

x (limite notável)

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15.1 Pela definição de derivada num ponto,

0 0 0

0 4 2cos 4 0 2 1 4 2cos 2' 0 lim lim lim

0x x x

f x f x x x xf

x x x

Resposta: A

15.2 Para calcular tal que 'f é máximo, determinemos a expressão de ''f e os seus zeros:

' 4 2senf x x '' 2cosf x x

'' 0 2cos 0 cos 0 ,2

f x x x x k k

. Como estamos a considerar o

intervalo , , obtemos '' 02 2

f x x x

, fazendo 1 0k k .

Recorrendo a um quadro de variação do sinal da função ''f , vem:

x 2

2

''f x 0 0

'f x min. máx. min máx.

Tendo em conta as opções apresentadas, 2

Resposta: C

16. Das condições do enunciado sabemos que ' 7f . Determinemos a expressão de 'f :

' cosf x a x

' 7 cos 7 1 7 7f a a a

Resposta: C

17. No intervalo ,6 4

, temos que a função dada é crescente, pelo que:

3

sen sen 16 4 3 2 2

f f x f f x f x

Então,

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3 3 31 1 1 0 0 1 1

2 2 2

3 30 1 1 1 1 1 1 1 1 2

2 2

f x f x f x

f x f x

Assim, o contradomínio da função f é 3

1, 22

Resposta: D

18. 4 4

lim lim 2 tg 2 lim tg2 2

n

n nU

n n

2 tg 0 2 tg 22 2

Resposta: A

Página 260

19.1

tg 2cos cos tg 2cos sen2

Observando a imagem, apenas sabemos que tg 15 . Através da

fórmula 2

2

11 tg

cos

calculemos cos :

2

2

2 2

1 1 1 1 11 15 16 cos cos cos

cos cos 16 4 4

Como, pela figura, temos que cos 0 , então 1

cos4

.

Resta-nos calcular sen :

sen sen 1 15

tg 15 sen 15 sen1cos 4 4

4

Assim,

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tg 2cos cos tg 2cos sen2

1 15 4 15 2 15 3 15 215 2

4 4 4 4

19.2 Visto que o círculo representado é o círculo trigonométrico, temos que cos ,A sen . De

19.1, concluímos que 1 15

,4 4

A

.

19.3 Em 19.1 verificámos que 1

cos4

. Além disso, pela observação da figura, sabemos que

pertence ao 2º quadrante. Assim, 1 1

180 cos 104,48º 104º 29'4

Nota que 0,48 x 60 = 29

19.4 Repara que a zona colorida a amarelo é composta por um triângulo

e por um sector circular de raio r e amplitude , pelo que a sua área

será:

2 21 15 1 15

2 2 2 2 2

b h r

19.5

15

sen 2 2cos sen 0 sen 2 2cos 04

15 152sen cos 2cos 0 2cos sen 0

4 4

15cos 0 sen 2 2 ,

4 2

x x x x

x x x x x

x x x k x k x k k

Repara que 15 15 15

sen sen sen4 4 4

b

h

r

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0

senlim 1x

x

x

0

senlim 1

y

y

y

0

senlim 1x

x

x

Página 261

20.1

0 0 0 0

sen 2 4 sen 2 sen 24lim lim lim 2lim 4 2 1 4 2

2

x x x x

x x x xx

x x x x

20.2

0)

0

0

1 1sen sen

1 1 1 1 sen 1 1lim lim lim sen lim lim 1

12 2 2 2 2 2

x xx x x ix y

xyx x

xe e x e y

x

i) Mudança de variável: Se x então 1

0x

Seja 1 1

y xx y

, 0y .

20.3

0

2 2 2 2 2 20

0 0 0 0

0 0

cos 2 cos cos 2 cos cos sen cos senlim lim lim lim

senlim limsen 1 sen 0 1 0 0

x x x x

x x

x x x x x x x x

x x x x

xx

x

20.4

2

tg2tg

lim3 2

cos cos cos4 2 4 4 2

x

x

x

20.5

02 20

0 0 0 0 0

0

2 5tg 6 tg 6 tg 62 2lim lim 5lim lim 5lim 2

3 3 3 3 6

tg 620 5 2lim 0 10 1 10

3 6

x x x x x

x

x x x xxx

x x x x

x

x

Se 0, 6 0 x x (limite notável)

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0

senlim 1

y

y

y

20.6

0

0

0 0 0 0 0

0

sen 3 sen 3 sen 3 1 4lim lim lim 3lim lim

tg 4 tg 4 3 4 tg 4

1 1 3 1 33 1 lim

tg 44 4 1 4

4

x x x x x

x

x x xx x

x x x x x

x

x

20.7

0

0

0 0 0 0 0

ln 2 1 ln 2 1 ln 2 11 3 1 1lim 2lim lim 2 lim lim

sen 3sen 3 2 3 sen 3 3 2

3

x x x x x

x x xx

xx x x x

x

2 1 21

3 1 3

20.8

0

0

3 0 0 0 0

2

)

32 3

2 3 2 3 3 2 12lim lim lim lim 2lim 2

sen3cos sencos cos

2 2

y y y yix

yx y y

yx yy y

y

i) Mudança de variável: Se 3

2

x então

30

2

x Seja

3 3

2 2

y x x y , 0y .

20.9

0

0

0 0 0

0 0 0 0

8sen 4 cos sen cos 4 sen cos 4

2 2 2lim lim lim

4 4 4

sen 4 sen 4sen 1 sen 1 5lim lim lim lim 1

4 4 4 4 4 4

x x x

x x x x

xx x x x x

x x x

x xx x

x x x x

Se 0, 3 0 x x (limite notável)

Se 0, 4 0 x x (limite notável)

Se 0, 3 0x x (limite notável)

Se 0, 3 0 x x (limite notável)

Se 0, 4 0 x x (limite notável)

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20.10

0

0

0 0 0

2

0

)

5cos 5

cos 5 sen 5 sen 52lim lim lim lim

11 11sen sen sen sen

6 12 6 12 12 6 6

sen 5 65 6lim 305

sen6

y y yx

y

i

yx y y

x y y y

yy

yy

i) Mudança de variável: Se 2

x então 0

2

x Seja

2 2

y x x y , 0y .

20.11

0

2 2 2 20

2 2 2 2 2 20 0 0 0

2

20 0 0 0 0

1 1lim lim lim lim

2cos 2 2 2cos 2sen 2 2 cos sen 1 2 1 sen sen 1

1 1 1 1 1 1lim lim lim lim lim

sen sen2 2sen 4 sen sen 4 4

x x x x

x x x x x

x x x x

x x x x x x x

x x x

x xx x x

x x

20.12

022 2 20

1 0 0 0

2

0 0 0

)

0 0

3 1 9 1 63 9 6 3 6 3 9 9 6 3 3lim lim lim lim

sen 1 sen 1 1 sen sen

13lim 3lim 3 lim lim 3 lim 3 0 1 3 1 3

sensen sen sen

x y y y

y

i

y y y y

y yx x y y y y y

x y y y

y y yy

yy y y

y

i) Mudança de variável: Se 1x então 1 0 x Seja 1 1 y x x y , 0y .

Se 0, 4 0 x x

Se 0, 06

y

x

(limite notável)

0

senlim 1

x

x

x

0

senlim 1

x

x

x

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21.

Se 84

3R r temos que

2

2 28 4

4 4

3 3A R r r

. Como tg sena A , obtemos

2 24 4

4 4

tg4 4tg sen tg sen

3 3sen

tg 4 1 4 1 4 3cos

sen 3 cos 3 cos 3 2 6

a A r r

22.1

Assíntotas verticais

0

0

2

2 2 2 2

2

2 2

cos 1 sen cos 1 sencoslim lim lim lim

1 sen 1 sen 1 sen 1 sen

cos 1 sen 1 11 sen 2lim lim

cos cos 0 0

x x x x

x x

x x x xxf x

x x x x

x x x

x x

Assim, 2

x é assíntota do gráfico de f .

0

0

23 3 3 3

2 2 2 2

23 3

2 2

cos 1 sen cos 1 sencoslim lim lim lim

1 sen 1 sen 1 sen 1 sen

cos 1 sen 1 11 sen 2lim lim

cos cos 0 0

x x x x

x x

x x x xxf x

x x x x

x x x

x x

Assim, 3

2

x é assíntota do gráfico de f .

Assíntotas não verticais

Como f está definida num intervalo limitado, não existem assíntotas não verticais do seu gráfico.

sentg

cos

0,

2

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22.2 Consideremos 0,2

tal que tg 2 . Para calcular 2

f precisamos de

determinar sen e cos . Para tal, vamos utilizar a fórmula 2

2

11 tg

cos

:

2 2

2 2

1 1 1 1 31 tg 1 2 cos cos cos

cos cos 3 3 3

Resta-nos calcular sen :

sen sen 3 6

tg 2 sen 2 sencos 3 33

3

Então,

2 2

222

2

22

3 3

cos 3 33 3

1 sen 36 3 6 3 61

3 3

3 15 6 63 3 3

3 6 9 6 6 6 15 6 6 15 6 6 15 6 6

45 6 6 45 18 65 2 6

915 6 6

f

22.3 Temos de escrever a área do trapézio OABC em função de x . Para tal observemos a

figura e calculemos as coordenadas de pontos importantes:

2

OABC

OA CBA OC

Para determinar OA temos de calcular o zero de f :

cos0 cos 0 1 sen 0

1 sen 2

xx x x

x

0,2

3,

2 2

x

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Por observação do gráfico, conclui-se que 0x , pelo que ,02

A e 2

OA .

CB x e C tem a mesma ordenada do que B . Como B é o ponto do gráfico de f cuja abcissa é

x , temos que cos

,1 sen

xB x

xe, portanto,

cos

1 sen

xOC

x.

Assim,

coscos 22

2 1 sen 2 1 sen

OABC

x xxx

Ax x

Utilizando o editor de funções da calculadora definem-se as funções

1

cos2

2 1 sen

x x

yx

e 2

1

2y

na janela 0, 0,12

. Obtém-se:

Assim, calculando o único ponto de interseção dos dois

gráficos em 0,2

obtém-se:

1

2OABC

A x a , com 0,76a rad

23. Sabemos que o período de uma função do tipo cosy a b cx d é 2

c

. Assim, o período

da função dada é 2

a. Pelo enunciado, temos que

24 4

2

a a

a.

Por outro lado, temos que

2

0 4 2 cos 4 0 4 cos 2 2cos

f b b b b .

Assim, 4a e 2 b

0a

x

y

O a2

1

2

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Página 262

24.1

6 6 6

22

3 1 16 6lim lim lim '

6 6 6 66

66

3cos

1 1 1 3 36 2 46 6 6 2 31sen

6 2

x x x

f x f f x ff x

fx

xx

O declive da reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 6

é '

6

f :

22

3cos

6 2' 2 36 1sen

6 2

f .

Então a equação da reta pedida vai ser do tipo 2 3 y x b . Como esta reta é tangente ao

gráfico no ponto de abcissa 6

, então o ponto , ,3

6 6 6

f pertence à reta

considerada.

Substituindo estas coordenadas na equação 2 3 y x b , obtemos:

33 2 3 3

6 3

b b

Então, a equação pedida é 3

2 3 33 y x .

24.2 Para provar que o gráfico de f não tem ponto de inflexão basta provar que ''f não muda de

sinal no intervalo considerado. Para tal, determinemos a expressão de ''f .

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2

2 4

2 2 2 2 2

3 3 3

cos sen sen 2sen cos cos'' '

sen sen

sen 2cos sen cos cos 1 cos

sen sen sen

x x x x x xf

x x

x x x x x x

x x x

Em 0, , 1 cos 0x e 3sen 0x , logo '' 0f x .

Assim, ''f não muda de sinal no intervalo considerado e o gráfico de f não tem pontos de

inflexão.

24.3 a) Temos que, pelo enunciado, 2

cos'

sen

xf x

x. Por outro lado, se

sen

sen

a b xf x

x, então

2 2 2

cos sen sen cos cos sen cos sen cos cos'

sen sen sen

b x x a b x x b x x a x b x x a xf x

x x x.

Assim, 2 2

cos cos1

sen sen

x a xa

x x.

Além disso, 1 sen

1 163 3 3 3 3 2 116

sen sen6 6 2

b

f b b b b .

24.3 b)

Assíntotas verticais

0 0

1 sen 1 0 1lim lim

sen 0 0

x x

xf x

x

Assim, 0x é assíntota do gráfico de f .

1 sen 1 0 1

lim limsen 0 0

x x

xf x

x

Assim, x é assíntota do gráfico de f .

Assíntotas não verticais

Como f está definida num intervalo limitado, não existem assíntotas não verticais do seu gráfico.

2 2sen cos 1 x x

Se 0, ,

1 cos 1

x

x

Se 0, ,

sen 0

x

x

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24.3 c)

1 sen 1 sen3 ln 1 3 ln 1 0

sen sen

1 13 ln 1 1 0 2 ln 1 0

sen sen

x xg x f x x x

x x

x xx x

Utilizando o editor de funções da calculadora define-se a função 1

12 ln 1

sen y x

x na

janela 0, 2,3 . Obtém-se:

Assim, calculando os zeros de 1y , obtém-se x a x b , com

0,437a e 2,84b

Então, as soluções inteiras de g x f x são 1 e 2.

25.1 Observando a figura dada, podemos concluir que a área da região

colorida é a diferença entre a área do triângulo [OCB] e a área do sector

circular de raio 1 e amplitude . Calculemos, então, cada uma destas

áreas:

2BOC

OB BCA

e

2

2

setor circular

rA

Como o círculo representado é o círculo trigonométrico, temos que 1r e

1OB .

Além disso, BC é tal que tg tg1

BCBC . Assim,

1 tg

2BOC

A

,

2

1

2setor circularA

e

tg tg

2 2 2região colorida região coloridaA A

-

1

x

y

O ab

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25.2 2 2

tg 2lim lim2 2x x

A

. Este resultado significa que quando tende para,

2

a área da região sombreada tende para .

25.3

2 2

22 2 2

1 1 cos sen1

tg tgcos cos cos' '2 2 2 2 2

A

Para estudar a função A quanto à monotonia, recorre-se ao estudo do sinal da derivada de A :

A função 2tg

'2

A

é positiva no seu domínio. Nota que tg 0 ,k k , mas estes valores

não pertencem a 0,2

.

Assim, a função A é crescente no seu domínio.

Para determinarmos a equação da reta tangente ao gráfico de A no ponto de abcissa 3

comecemos por calcular '3

A

:

22tg

3 33'

3 2 2 2A

. Então a equação da reta pedida vai ser do tipo 3

2y x b .

Calculemos as coordenadas de um ponto que pertença à reta pedida; como esta é tangente ao

gráfico no ponto de abcissa 3

, então o ponto ,

3 3A

pertence à reta considerada.

Calculemos a ordenada deste ponto:

tg 33 3 3

3 2 2A

.

Substituindo estas coordenadas na equação 3

2y x b , obtemos:

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3 33 3 3 4 3 23 3

2 2 3 2 2 2 6 2 2 6 2 3b b b b b

Então, a equação pedida é 3 3 2

2 2 3y x

.

25.4 A equação que permite resolver este problema é

tgtg tg2 tg

3 2 3 3

BOCA

A

Utilizando o editor de funções da calculadora definem-se as funções 1 tgy e

2

tg

3y

na

janela 0, 0,12

. Obtém-se:

Assim, calculando o único ponto de interseção dos

dois gráficos em 0,2

obtém-se:

3

BOCA

A x a , com 0,97a rad

x

y

O a2

tgy

tg

3y

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Página 263

26.1 Sabemos que sen 2 cosf x a x b x cx e 2' cos senf x x x .

Sabendo que sen 2 cosf x a x b x cx , temos que ' 2 cos 2 senf x a x b x c .

Então,

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2

2 2

cos sen 2 cos sen sen

cos sen 2 cos 2 sen sen

cos sen 2 cos 2 1 cos sen

cos sen 2 cos 2 2 cos sen

cos sen 4 cos sen 2

cos sen 2 cos 2 sen

x x a x x b x c

x x a x a x b x c

x

x x a x

x a x a x b x

b x

c

x x a x a a x b x c

x x a x b

c

x a c

Assim, comparando os dois membros, concluímos que

1

4 1 4

1 1

2 0 1

2

aa

b b

a cc

26.2 A equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 0 é do tipo ' 0y f x b .

Determinemos a expressão de 'f e, de seguida, calculemos ' 0f :

sen 2 2cos 2 cos 21 1

' cos ' sen sen4 2 4 2 2 2

x x xxf x x x x

cos 2 0 1 1 1

' 0 sen 0 0 12 2 2 2

f

O ponto 0, 0f pertence à reta considerada. Calculemos a sua ordenada utilizemos as suas

coordenadas para determinar o valor de b em ' 0y f x b :

sen 2 0 0 0

0 cos0 1 0 14 2 4

f

1 0 1b b

Então, a equação da reta pedida é 1y x .

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26.3

cos 2 2sen 21

'' sen ' cos sen 2 cos2 2 2

x xf x x x x x

2sen cos cos cos 2sen 1x x x x x

Para estudar a função f quanto ao sentido das concavidades e à existência de pontos de

inflexão do sue gráfico recorre-se ao estudo do sinal da segunda derivada de f :

'' cos 2sen 1f x x x

'' 0 cos 2sen 1 0 cos 0 2sen 1 0f x x x x x

1sen 2 2 ,

2 2 2 6 6x k x x k x k x k k

Como ,x , então 5

2 2 6 6x x x x

Recorrendo a um quadro de variação do sinal da função ''f , vem:

x 2

6

2

5

6

''f x 0 0 0 0

f x p.i. p.i. p.i. p.i.

Assim, o gráfico da função f tem a concavidade voltada para baixo em ,2

, em ,6 2

e

em 5

,6

, tem a concavidade para cima em ,2 6

e em 5

,2 6

e tem pontos de inflexão

em 2

x

, em 6

x

, em 2

x

e em 5

6x

.

27.1 A equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 0 é do tipo ' 0y f x b .

Determinemos os parâmetros desconhecidos:

' sen 2 cos ' 2cos 2 cos sen 2 senf x x x x x x x .

sen 2 2sen cosx x x

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18

' 0 2cos 2 0 cos0 sen 2 0 sen 0 2 1 1 0 0 2f . Então, a equação pedida será

2y x b

O ponto 0, 0f pertence à reta considerada. 0 sen 2 0 cos0 0 1 0f . Então,

0 2 0 0b b

Assim, a equação pedida é 2y x

27.2 Observa a representação gráfica da função f e da reta de equação 0,3y na janela

0, 0,12

, com o triângulo ABC desenhado:

Calculando o máximo da função f obtemos x a e

y b , com 0,62a e 0,77b . A medida da altura do

triângulo ABC é igual a 0,3 0,47b .

Calculando os pontos de interseção dos dois gráficos em

0,2

obtém-se x c x d , com 0,15c e 1,15d .

A medida da base do triângulo ABC é igual a 1d c .

Então,

0,3 1 0,470,2

2 2ABC

d c bA

28.1 Sabemos que o quadrado EFGH tem de área 2324 cm . Então, 324 18 FG cm .

Considerando o triângulo retângulo FBG , temos que

cos 18cos18

FBFB e sen 18sen

18

GBGB . Assim,

18cos 18sen

162cos sen 81sen 22 2

FBG

FB GBA

Então, 4 81sen 2 324sen 2região azulA

sen 2 2sen cos

x

y

O a2

b

c d

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28.2 A área da região azul é máxima quando sen 2 for máximo, ou seja, quando sen 2 1 :

sen 2 1 2 2 ,2 4

k k k

Como 0,2

, obtemos 4

.

28.3 Para 4

temos que

324região azulA . Como rosa 324região EFGHA A , a razão entre as

duas áreas consideradas é 1, o que significa que para 4

a área pintada a azul é igual à área

pintada a rosa.

29.1 Consideremos o gráfico dado:

Por observação desta representação gráfica, concluímos que:

para os valores de 1,3,5,7,9,11,13x a função g tem extremos, pelo que os zeros de 'g são

1,3,5,7,9,11,13 .

tendo em conta a monotonia de g , concluímos que 'g é positiva em

0,1 3,5 7,9 11,13 e negativa em 1,3 5,7 9,11 13,14 . Nota que nos intervalos

em que 'g é positiva, g é crescente, e nos intervalos em que 'g é negativa, g é decrescente.

29.2 O período positivo mínimo da função g é 6 2 4 . Repara que a função em 2x tem o mesmo

comportamento do que em 6x .

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29.3 seng x A B Cx . Então,

como o período positivo mínimo é 4, temos que 2

42

CC

. O período de uma função do tipo

seny a b cx d é 2

c

. Vamos considerar

2C

.

por observação do gráfico, 0 0 sen 0 0 0 0 02

g A B A B A

por observação do gráfico, 1 10 sen 1 10 1 10 102

g B B B

Assim, 10sen2

g x x

. Se considerássemos 2

C

iríamos obter 10sen2

g x x

que é equivalente

à expressão encontrada pois sen x é uma função ímpar.

Página 264

30.1 As três horas da tarde corresponde a 15t . Então,

15 3

15 2cos 8 2cos 2 8 2cos 8 0 8 86 6 2

P

Assim, às três horas da tarde, a profundidade da água na marina é 8 metros.

30.2

11

11 2cos 8 2cos 2 8 2cos 8 3 86 6 6

P

14 2

14 2cos 8 2cos 2 8 2cos 8 1 8 96 6 3

P

9,5 11 , 14 9,8 3P P Nota que 3 1,5

a função P é contínua no seu domínio

Então, pelo teorema de Bolzano, 11,14 : 9,5c P c , o que significa que existe pelo menos

um instante entre as 11h e as 14h em que a profundidade da água na marina é 9,5 metros.

cos 2 cos

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30.3

' 2 sen 0 sen6 6 3 6

t tP t

' 0 sen 0 sen 03 6 6

t tP t

6 ,6

tk t k k

. Como 0,24t , obtemos 0, 6, 12, 18, 24t t t t t .

Recorrendo a um quadro de variação do sinal da função 'P , vem:

t 0 6 12 18 24

'P t 0 0 0 0 0

P x máx. min. máx. min. máx

Assim, a profundidade mínima da água da marina nesse dia é

6

6 2cos 8 2 1 8 66

P

Repara que, da mesma forma, 18

18 2cos 8 2 1 8 66

P

31.1 0 sen cos 0 sen cos g x x x x x

Para resolver esta equação temos de pensar que sen cos4 4

e desenhar um círculo

trigonométrico para visualizarmos a situação:

Assim, 3

sen cos ,4

x x x k k .

Como , x , obtemos 3

4 4

x x .

4+π

π

4

x

y

o

4

B

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31.2 2 1 2sen 2cos 1 2sen 2cos 1 0 g x x x x x

Consideremos a função f tal que 2sen 2cos 1 f x x x . Temos de provar que esta função tem

pelo menos um zero no intervalo 2

,3 6

.

2 2 2

2sen 2cos 13 3 3

f

3 12sen 2cos 1 2 2 1 3

3 3 2 2

1 3

2sen 2cos 1 2 2 1 2 36 6 6 2 2

f

2

03 6

f f Nota que 2

0 e 03 6

f f

a função f é contínua no seu domínio, logo é contínua em 2

,3 6

.

Então, pelo teorema de Bolzano, 2

, : 03 6

c f c , ou seja,

2, : 1

3 6

c g c .

31.3 a) Repara que o octógono ABCDEFGH pode ser decomposto em

quatro quadriláteros congruentes ao quadrilátero OABC . Assim,

4ABCDEFGH OABC

A A . Nota que não podes dividir o octógono em triângulos

congruentes pois os triângulos variam com o

2 2

OABC OAB OBC

OA BX OC OXA A A

1 sen 1 cos sen cos

2 2 2

Assim,

sen cos

4 2 sen cos 22

ABCDEFGHA g

sen cos g x x x

X

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31.3 b)

2 sen cos 2 1 0 22 2 2

A .

Quando 0 e quando 2

, a figura que se obtém é um quadrado de diagonal igual a 2

(portanto de lado 2 ) cuja área é 2:

31.3 c) Para estudar a função A quanto à monotonia, recorre-se ao estudo do sinal da derivada de

A :

' A e 2 sen cos 2 1 0 22 2 2

A .

' 2 sen cos ' 2 cos sen A

' 0 2 cos sen 0 cos sen 0 A

cos sen ,4

k k

Como 0,2

, obtemos 4

.

Recorrendo a um quadro de variação do sinal da função 'A , vem:

0 4

2

A 0

' A min. máx. min

11

o

y

x

G=H

E=F

C=D

A=B

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A função A é decrescente em ,4 2

, é crescente em 0,4

, tem máximo em 4

x

2 22 2 2

4 2 2

A e mínimo em 0x e em 2

x 0 2

2

A A .

O valor máximo que a área do octógono ABCDEFGH pode assumir é 2 2 .