Escola Secundária de Fontes Pereira de Melo - 401780"Escola em processo de mudança"

Ano Lectivo2011/20

12

RESOLUÇÃO DA FICHA DE AVALIAÇÃOMATEMÁTICA A

11ºA30-04-2012

Grupo I

1.Se α ϵ 3º Q, então sinα <0, cosα<0 e tgα>0.Logo, sinα× tgα<0

sinα×cosα>0

cosα ×tgα<0

As opções (A), (B) e (D) são falsasResposta certa: (C)

2.

r : ( x , y , z )=(0 ,1,2 )+λ (1 ,0 ,3 ) , λ∈ Rr⃗=(1 ,0 ,3)

Na primeira alínea, s⃗=(−1 ,0 ,−3)

r⃗ . s⃗=−1+0−9=−10≠0

Na segunda alínea,s⃗=(1 ,0 ,−3)

r⃗ . s⃗=1+0−9=−8≠0Na terceira alínea,

s⃗=(1 ,2,−1/3)r⃗ . s⃗=1+0−1=0

Como r⃗ ⊥ s⃗ a reta apresentada na alínea c é perpendicular à reta r.Resposta certa: (C)

3.Um dos zeros da função quadrática f é o zero. Designemos por a o outro zero desta função e por b o zero da função afim g.Se construirmos a tabela temos:

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x -∞ a b 0 +∞f(x) - 0 + + + 0 -g(x) - - - 0 + + +

f (x )g (x)

+ 0 - S.S. + 0 -

Da tabela resulta que o conjunto solução é: [a, b[ U [0,+∞ [. Como só a alternativa (D) tem esta forma, conclui-se que é essa a resposta certa( a= -4 e b= -2).Resposta certa: (D)

4.

x −∞ 0 +∞

f ' +¿ 0 −¿

f Máximo

Resposta certa: (C)

5.Da análise do gráfico conclui-se que:(fog) (-1) = f(g(-1)) = f(3) = 0Resposta certa: (C)

Grupo II

1.

1.1.

No inicio da experiencia a temperatura era de:

f (0 )=02−22×0−1380−30

=13830

=4,6 ° C

No final da experiencia a temperatura era de:

f (24 )=242−22×24−13824−30

=906

=15 °C

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Assim o ambiente no recinto, no final da experiencia, ficou mais quente.

1.2. Pretende-se estudar os valores de t para os quais:

t2−22t−138t−30

>15

t2−22t−138t−30

−15>0

t2−22t−138−15 t+450t−30

>0

t2−37 t+312t−30

>0

C.A:Cálculo dos zerosZeros numerador:

t 2−37 t+312=0⟺ t=37±√1369−12482

⟺t=37±112

⇔

⟺ t=13⋁ t=24

Zeros denominador:t−30=0⇔t=30

x -∞ 0 13 24 30 +∞t 2−37 t+312 + + + 0 - 0 + + +

t−30 - - - - - - - 0 +t2−37 t+312

t−30- - - 0 + 0 - S.S. +

No contexto do estudo só faz sentido no intervalo [0, 24]. Assim, conclui-se que entre as 13 horas e o final da experiencia (24 horas) a temperatura tomou valores superiores a 15°C.

1.3.Com o auxílio da calculadora gráfica constrói-se o gráfico de

f e processa-se o seu máximo.

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As coordenadas do ponto máximo (19,9005; 17,801)

Então a temperatura máxima atingida aconteceu, aproximadamente, 20 horas depois do início da experiência.

2. 2.1.

V ( x )=x2× y

V ( x )=x2× (19−2 x )=19x2−2 x3

2.2.

V ( x )=19 x2−2x3

V ' (x )=38 x−6x2

V ' (x )=0⇔38 x−6 x2=0⇔x (38−6x )=0⇔x=0∨ x=19/3

x 19/3 9,5

f ' +¿ 0 −¿

f Máximo

V ( 193 )≃254dm3

Dimensões

x=386

≃6,3

y=193

3.

f (x)=x –2 g ( x )=−2+√6+x h(x )= x2−31−x

3.1.

h ( x )= x2−31−x

=x⇔ x2−3=x− x2∧1−x ≠1

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⇔2x2−x−3=0∧ x ≠1⇔

⇔ x=32

∨ x=−1

3.2. 3.2.1.

h ( x )≥−f (x)

x2−31−x

≥− (x –2 ) ⇔ x2−3+x−x2−2+2 x1−x

≥0

⇔ 3 x−51−x

≥0

Quadro de sinais−∞ 1 5/3 +∞

3 x−5 −¿ −¿ −¿ 0 +¿

1−x +¿ 0 −¿ −¿ −¿

3x−51−x

−¿ s . s . +¿ 0 −¿

Resposta: x∈ ¿1;5 /3¿¿

3.2.2. g(x )=f (x)

−2+√6+x=x−2⇔√6+x=x−2+2⇒6+x=x2

⇔ x2− x−6=0⇔ x=1±√1−4×1× (−6 )2

⇔ x=−2∨ x=3

Verificação:x=−2 :

g (−2 )=−2+√6−2=0f (−2 )=−2−4=−4

Como g(−2)≠ f (−2) então x=−2 não é solução.x=3 :

g (3 )=3+√6+3=1f (3 )=3−2=1

Como g(3)≠ f (3) então x=3 é solução.

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Resposta: A solução é x=3.

3.3.f ∘h

f ∘h ( x )=f (h ( x ) )=f ( x2−31−x )= x2−3

1−x−2= x2−3−2+2 x

1−x= x2+2x−5

1−x

Df ∘h={x∈R : x ∈Dh ∧h( x)∈ Df }Dh=R ¿ {1¿}

Df =R

h(x )∈ Df : x2−31−x

∈R sendo a única limitação o x=1

f ∘h :R ¿{1¿}→ Rx x2+2x−51−x

3.4.g−1

y=−2+√6+x⇔ y+2=√6+x

⇒ ( y+2 )2=6+x⇔ y2+4 y+4−6=x

⇔ y2+4 y−2=x

D g=¿

D g' =¿

g−1 :¿

x x2+4 x−2

4. 4.1.

1º processo

f ( x )= x−4x+2

Como o numerador e denominador têm o mesmo grau as assintotas são:

Assintota vertical: x = -2Assintota horizontal: y=1

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2º processof ( x )= x−4

x+2

x−4 x+2

−x−21

0−6

Logo f ( x )=1− 6x+2

Assintota vertical: x=−2

Assintota horizontal:y=1

4.2. f ( x )=f −1(x )

C.A:Calcular f−1(x)

y=f ( x )⟺ y= x−4x+2

⟺

⟺ xy+2 y−x+4x+2

=0

⟺ x ( y−1 )=−2 y−4∧ x ≠−2

⟺ x=−2 y−4y−1

∧ x ≠−2

⟺ x=2 y+41− y

∧ x≠−2

D f −1=R ¿1}

f−1=R ¿1 }⟶R ¿−2 }

x⟶ 2x+41−x

f ( x )=f −1(x )

x−4x+2

=2 x+41−x

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( x−4 ) (1−x )−( x+2 )(2x+4)( x+2 )(1−x )

=0⟺ x−x2−4+4 x−2 x2−4 x−4 x−8( x+2 )(1−x)

=0

⟺ −3x2−3 x−12( x+2 )(1−x)

=0⟺−3 x2−3 x−12=0∧ x ≠−2∧ x≠1

C.A:

−3 x2−3 x−12=0⟺ x=−(−3 ) ±√(−3 )2−4× (−3 ) × (−12 )2× (−3 )

⟺

⟺ x=3±√−135−6

impossivel

Como −3 x2−3 x−12=0 é uma equação impossível em R, logo os gráficos de f e f-1 não se intersetam.

4.3. A reta tangente ao gráfico de f no ponto de coordenadas (1 , f (1)) é dada pela equação y=mx+b

f ( x )= x−4x+2

Como:f ´ ( x )= 6

( x+2)2

Então:m=f ´ (1 )=6

9=23

Como:f (1 )=1−4

1+2=−33

=−1

y=mx+b

−1=23

×1+b

b=−53

Então temos que a reta tangente é: y=23 x−53

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