Compilação testes intermédios resoluções

1. No mês de Março há trinta e um dias. Assim o números de casos possíveis é 31 O número de casos favoráveis é 1.

A probabilidade pedida é 131

.

2, Seja E a face europeia e N a face nacional. Os casos possíveis são: { }, , ,NE NN EN EE

A probabilidade de ser o André a entregar é: 14

A probabilidade de ser o Bruno a entregar é: 14

A probabilidade de ser o Carlos a entregar é: 2 14 2

=

O Carlos tem maior probabilidade de ser ele a entregar a prenda do que qualquer um dos seus colegas.

3. Se a mediana é 4, conclui-se que o 4 ocupa a posição central

Foram convidadas para a festa 25 pessoas. 4. O número irracional é 1,6 . 5. ] [ ] ], 3,141 2,A π= −∞ ∩ −

] [2; 3,141A = −

Teste Intermédio de Matemática 9.º Ano de Escolaridade

3.º Ciclo do Ensino Básico Janeiro/2008

RESOLUÇÃO

1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 5

12 pessoas 12 pessoas

25 pessoas

6.1 Por exemplo, 15 g. 6.2 Se os cartões forem enviados em envelopes separados, os custos são: 16 g +2 g = 18 g custo do envio 30 cêntimos. 19 g + 2 g =21 g custo do envio 50 cêntimos. Neste caso, o custo total é de 80 cêntimos.

Se os dois cartões forem enviados no mesmo envelope, o peso total é 37 g (16 + 19 + 2 = 37) e custo é de 50 cêntimos. Fica mais económico enviar os dois cartões no mesmo envelope.

7. Resolução do sistema de equações:

3 153 33 3 4 46 3 4 3 3 32

3 4 4

x y x xx y x yx y

y y y yyy y

� �+ = = − − = −� � �= − = −� �� � �⇔ ⇔ ⇔ ⇔+� � � � �= − + = −= � �� � �= − = −� � �� �

O par ordenado ( ) 15 3, ,

4 4x y � �= − −� �

é solução do sistema.

8. É o gráfico A. 9. Seja l o número de pacotes de leite e s o número de pacotes de sumo.

O problema pode ser traduzido pelo seguinte sistema de equações:

30,7 0,6 54l s

l s

=�� + =�

10.1 (C) … diminui para metade. 10.2 Se fossem 3 pessoas o contributo de cada uma seria de 20 euros. Pode-se

concluir que o preço da prenda era de 60 euros. Seja x o número de participantes, contribuindo cada um com 7,5 euros. Então, 7,5 60x = .

60

7,5 60 87,5

x x x= ⇔ = ⇔ =

Participaram na compra da prenda 8 pessoas.

11.1 A área sombreada da figura é 66 (resposta B). 11.2 36 6BF = = e 64 8BE = = . 8 6 2EF BE BF= − = − =

Recorrendo ao Teorema de Pitágoras tem-se:

( ) ( ) ( )2 2 2EG GF EF= +

( )22 26 2 40EG EG= + ⇔ =

O valor exacto de EG é 40 .

1.1 Das 28 letras existentes no saco, há 12 vogais: 2 letras A, 3 letras E, 2 letras I, 4

letras O e 1 letra U.

A probabilidade de sair vogal é 12 328 7

= .

A opção correcta é a B. 1.2 Após ter formado a palavra GATO ficaram no saco 24 peças das quais duas são

T.

A probabilidade pedida é; 2 1

24 12= .

2. Do dia 2 (inclusive) ao dia 12 (exclusive) foram 10 dias de estadia. Despesa feita durante os dez dias, sem desconto.

1 dia 10 dias Leonor (10 anos) 3,20 � 32,00 � Martim (13 anos) 5,50 � 55,00 � Pai (mais de 12 anos) 5,50 � 55,00 � Mãe (mais de 12 anos) 5,50 � 55,00 � Automóvel 5,80 � 58,00 � Tenda familiar 6,50 � 65,00 � Total 32,00 � 320,00 �

Como a estadia foi superior a uma semana há um desconto de 35%.

Desconto: 0,35 320 112× = O desconto foi de 112,00 �.

Assim, o valor final a pagar é dado por 320 112 208− = A Família Martim pagou pela estadia 208,00 �.

3. A opção correcta é a A: ] [0,+∞ .

Teste Intermédio de Matemática 9.º Ano de Escolaridade

3.º Ciclo do Ensino Básico Maio/2008

RESOLUÇÃO

4. Resolução do sistema:

2 4 4 2 4 2 22

23 5 4 2 3 5 1 13 5

x x y x y x y xyx y y y y yx y

� + = = − = − =+ = � � � �� ⇔ ⇔ ⇔ ⇔� � � � �+ = − + = = =� � � �� + =�

A opção correcta é a D: ( )2,1 .

Nota: Outra estratégia era substituir no sistema as coordenadas de cada par ordenado e verificar qual dos pares era solução.

5. Resolução da equação: ( )22 5 8x x− =

( )2 2 2 22 5 8 2 10 8 2 8 10 0 4 5 0x x x x x x x x− = ⇔ − = ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔

4 16 20 4 6

5 12 2

x x x x± + ±⇔ = ⇔ = ⇔ = ∨ = − .

Conjunto solução da equação: { }1, 5− . 6.1 Seja A a área e P a pressão e k a constante de proporcionalidade inversa. A P k× = 0,005 4000 20k = × = . A constante de proporcionalidade inversa é 20. 6.2 A área da face do tijolo correspondente a uma pressão sobre a areia de

1000 N/m2 é de 0,005 m2. A área do rectângulo é 22 2A l l l= × = , então

2 22 0,005 0,0025 0,0025 0,05l l l l= ⇔ = ⇔ = ⇔ = A largura do rectângulo é 0,05 m (5 cm) e o comprimento é 0,10 m (10 cm)

7. 3 75 2 3 10 4 4 7 3 7

2 3x

x x x x x x x− + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ − ⇔ − ≥ − ⇔ ≤ .

7,3

x � �∈ −∞� �� �.

8. O gráfico correcto é o A. Quando o cão anda à volta do poste descreve circunferências, sendo a distância

ao poste constante. Tal situação não acontece no gráfico B. No início o cão afasta-se do poste rapidamente e na parte final aproxima-se

lentamente. No gráfico C esta situação está invertida, isto é, o afastamento é mais lento do que a aproximação ao poste.

9.1 A opção correcta é a C: BF.

9.2 ( ) ( ) ( )2 2 2IK KJ IJ+ =

( ) ( )2 22 20,6 1 0,64 0,84 0,8IK IK IK IK+ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

Altura da pirâmide [ ]EFGHI é 0,8 m. Volume da barraca = Volume do Prisma + Volume da pirâmide Volume do prisma: 31,2 m 1,2 m 1,7 m 2,448 m× × =

Volume da pirâmide: 311, 2m 1,2 m 0,8m 0,384 m

3× × × =

Volume da barraca: 3 3 32,448 m 0,384 m 2,832 m+ = O volume da barraca de praia é 32,832 m 10. A opção correcta é a C. 11.1 Os vértices do pentágono dividem a circunferência em cinco arcos

geometricamente iguais. A amplitude de cada um desses arcos é igual a 72º (360 : 5).

3 72ˆ 108º

2TPQ

×= = .

11.2 A área da zona sombreada é igual à diferença entre a área do círculo e a área do

pentágono. Área do círculo: 25 25π π× = Área do pentágono: 5× Área do [ ]SOR∆ 5 12 60× = Área sombreada: 25 60 18,5π − ≈

1.1 A opção correcta é: (A) 115

.

1.2 Através de uma tabela de dupla entradas são identificados os casos favoráveis a

cada uma das irmãs e os casos possíveis.

. Número de casos possíveis: 16

. Número de casos favoráveis à Ana: 10

. Número de casos favoráveis à Sara: 6

No caso da rifa ser premiada, a probabilidade da Ana

fazer a viagem é 10 516 8

= e a probabilidade de ser a Sara a fazer a viagem é

6 3

16 8= .

Verifica-se que as duas irmãs não têm igual probabilidade de fazer a viagem.

2.1 Por observação do gráfico verifica-se que 26% dos 50 sócios compraram 2 rifas. Como 0, 26 50 13× = , conclui-se que 13 sócios compraram 2 rifas. 2.2 A seguir são apresentadas as diferentes possibilidades e o valor da mediana em

cada caso.

Possibilidades Dados dispostos por ordem crescente Mediana 1 - 1 1 1 1 1 1 1 3 3 3 4 1 1 - 2 1 1 1 1 1 2 3 3 3 4 1,5 1 - 3 1 1 1 1 1 3 3 3 3 4 2 1 - 4 1 1 1 1 1 3 3 3 4 4 2 2 - 2 1 1 1 1 2 2 3 3 3 4 2 2 - 3 1 1 1 1 2 3 3 3 3 4 2,5 � 2 - 4 1 1 1 1 2 3 3 3 4 4 2,5 � 3 - 3 1 1 1 1 3 3 3 3 3 4 3 3 - 4 1 1 1 1 3 3 3 3 4 4 3 4 - 4 1 1 1 1 3 3 3 4 4 4 3

Em relação a cada um dos dois sócios conclui-se que um comprou 2 rifas e o outro comprou 3 rifas ou, um comprou 2 rifas e o outro comprou 4.

× 1 2 3 4 1 1 2 3 4 2 2 4 6 8 3 3 6 9 12 4 4 8 12 16

Teste Intermédio de Matemática 9.º Ano de Escolaridade

3.º Ciclo do Ensino Básico Fevereiro/2009

RESOLUÇÃO

3. A opção correcta é: (B) ] [2, 23 ; 2,24 . 4. ] [ [ [ ] [; 3,15 , 3,15 ;B π= −∞ ∩ + ∞ = + ∞ 5. O maior diâmetro que a peça pode ter nas condições pretendidas é igual ao lado

de cada um dos 64 quadrados em que o tabuleiro foi dividido.

Área de cada um dos 64 quadrados: 2 232 400 cm : 64 506, 25 cm=

Lado de cada um dos 64 quadrados: 2506, 25cm 22,5 cm=

O maior diâmetro da base das peças é de 22,5 cm. 6.1 Seja n o número de rifas e 1,5 euros o preço de cada rifa.

180

1,5 180 1201,5

n n n× = ⇔ = ⇔ =

Devem ser vendidas 120 rifas. 6.2 O número de rifas (n) e o preço (p) de cada rifa são grandezas inversamente

proporcionais tais que 180n p× = . A constante de proporcionalidade inversa é 180.

6.3 A opção correcta é: (D) 180p

n= .

7. Resolução do sistema

( )

13 3 3 33

3 4 3 3 4 3 4 4 4 1

x y x y x y x y xx y x y y y y

y

�=� = = = =� � �� �⇔ ⇔ ⇔ ⇔� � � � �+ = + = + = =� � � �� � =�

Solução do sistema: 13

x = e 1y = .

8. ( )3 2 3 6

3 3 3 6 15 3 21 75 5

x xx x x

− −≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ .

Conjunto-solução: ] ], 7−∞ . 9. Seja t o preço da torrada. O preço do sumo é representado por 0,55t + . Sabe-se que o custo total foi de 2,25 euros. Então, tem-se:

1,7

0,55 2,25 2 1,7 0,852

t t t t t+ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = .

A torrada custou 0,85 euros e o sumo custo 1,40 euros (0,85 + 0,55). 10. Como [ACEF] é um quadrado conclui-se que AF FE AC x= = = . Como [BCDG] é um quadrado conclui-se que 8BG GD BC= = = . 8AB AC BC x= − = − 8ED EC DC x= − = −

Perímetro da região sombreada ( )2 8 2 8 2x x− + × +

Simplificar a expressão do perímetro

( )2 8 2 8 2 2 16 16 2 4x x x x x− + × + = − + + =

O perímetro da região sombreada é dado pela expressão 4x .

11.1 A opção correcta é: (B) Estritamente paralela. 11.2 Por aplicação do teorema de Pitágoras ao triângulo rectângulo [ABC], tem-se:

( ) ( )2 22 2120 160 40000BC BC= + ⇔ =

Então 40000 200BC = = .

Área do rectângulo [BEFC]:

2180 cm 200 cm 36000 cmBE BC× = × = .

x

8

8

x - 8

x - 8

x

1.1 A alternativa correcta é: (C) 23

.

1.2 Todas as possibilidades podem ser indicadas, recorrendo a um diagrama em

árvore.

Teste Intermédio de Matemática 9.º Ano de Escolaridade

3.º Ciclo do Ensino Básico Maio/2009

RESOLUÇÃO

FitaSapatilhasMaillot

cor-de-rosa

cor-de-rosa

preto

preto

cor-de-rosa

preto

preto

cor-de-rosa

preto

cor-de-rosa

preto

preto

cor-de-rosa

cor-de-rosa

lilás

preto

cor-de-rosa

preto

preto

cor-de-rosa

cor-de-rosa

Há no total 12 possibilidades diferentes para a Marta se apresentar numa aula de ballet.

2. ( )11º C 6º C 17 º C− − =

3. Alternativa correcta: (B) 17

0, 2 0,5 5,5x y

x y

+ =�� + =�

4. 109 5. Alternativa correcta: (B) 6. A representação gráfica apresentada não satisfaz duas das condições indicadas, a

saber:

- a cadeira não parte do nível do solo, pois o ponto do gráfico de abcissa 0 tem ordenada positiva e não nula;

- a distância máxima ao solo corresponde a uma única abcissa, o que significa que a cadeira não permaneceu durante algum tempo no cimo da torre.

7.1 O valor do aluguer do apartamento é de 4 400 1600× = euros Se o grupo for constituído por 5 amigas cada uma terá de pagar 320 euros

(1600 : 5).

7.2 A alternativa correcta é: (A) 1600p

n= .

8.

( )2 1 1 2 2 1 58 8 3 8 5

3 4 3 4 8

x xx x x

− −≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ − ≥ − ⇔ ≤

Conjunto-solução: 5,

8� �−∞� �� �

.

9.

2 2 2 216 20

2 16 20 4 4 16 20 0 4 5 02

xx x x x x x x

+ = ⇔ + = ⇔ − + + = ⇔ − + + =

( )( )

24 4 4 1 5 4 362 1 2

4 65 1

2

x x

x x x

− ± − × − × − ±⇔ = ⇔ = ⇔× − −

− ±⇔ = ⇔ = ∨ = −−

Conjunto-solução: { }1, 5− 10.1 O triângulo [ABC] é rectângulo em B, atendendo a que o ABC� é um ângulo

inscrito numa semicircunferência.

� 180ºˆ 90º2 2

CAABC = = = .

10.2 A área sombreada é a diferença entre a área do círculo e a área do triângulo

[ABC].

Área do círculo 2� r× , sendo r o raio do círculo: 2

� 7,5× .

Área do triângulo [ABC]: 2

BC BA×

Recorrendo ao Teorema de Pitágoras, tem-se:

( ) ( )2 22 212 15 81 9BC BC BC+ = ⇔ = ⇔ =

9 1254

2 2BC BA× ×= =

Área sombreada: 27,5 � 54 123× − ≈ (unidades de área)

11. A alternativa correcta é: (A). 12.1 A capacidade da piscina é dada multiplicando a área da base pela altura.

Área da base da piscina: 2 3

6 6 32

×× = ×

Capacidade da piscina: ( ) 2 31,5m 6 3 m 9 3 m× =

A capacidade da piscina, em metros cúbicos, é aproximadamente 15,6 m3.

12.2 Pelos dados da figura, conclui-se que 1,8

tg tg 0,92

α α= ⇔ = .

Recorrendo à tabela de valores trigonométricos ou a uma calculadora, conclui-se que 42ºα ≈ .

13.

Teste Intermédio – 3 Fevereiro 2010

Versão1

Soluções:

1.1. 3

6( .º )p soma ser n par = , ( ) 2

16

ºp soma ser n ímpar > = , 1

16

( )p soma= = , logo os amigos não têm a

mesma probabilidade de ser o porta-voz.

1.2. (C)

2. 2

5( )p Pedro ficar separado =

3. Suponhamos então que existem apenas duas raparigas na turma. Como a média das alturas das raparigas é

150cm temos que: 180

150 150 1202

xx x

+= ⇔ = ⇔ = , ou seja, existe uma rapariga que mede 120cm, o que

não pode acontecer, visto que o aluno mais baixo da turma é o Jorge que mede 120cm. Logo, o n.º de raparigas tem

de ser superior a 2.

4.1. 50 triângulos;

4.2. (D)

5. (B)

6. 2 1 42; ,

7. 4,89

8. (D);

9. Cada amigo deve pagar 14,80€. Nota: Considera n o número de amigos e a a quantia total paga pelo almoço em

euros. O sistema que permite resolver este problema é: 14 4

16 6

n a

n a

= −

= +. A solução do sistema é o par ordenado

( ) ( ), 74,5a n = , ou seja, os 5 amigos pagaram 74€ no total, o que dá 14,80€ a cada um ( 74

14 805

,= € ).

10.1. Representa quanto pesa o bolo em kg ( 6 0 6 3 6, ,k = × = );

10.2. 3 6,n p× = (ou equivalente).

11. ( ) 1 3, ,

14 14x y

=

é a solução do sistema.

12. ] ]1,S = −∞ −

13.1. 7 1,EF ≃ ;

13.2. (B).

1. CP = 30

CF = 3 � � ���� � ��� � 0,10 � 10% (B)

2.

3. �√2,√2� (A)

4. Aqui poder-se-ia utilizar a calculadora e chegar à conclusão que o número

irracional é √�� 5. Substituindo 3 � 3 � 1 � 6 � 9 � 9 (C)

6. ������

� � � �

����� � �

� 8 � 8" � 3 � �8" � 3 � 8 � 8" # 5 � " # %&

' ( )�∞, +,-

7.1 . � 1,8 � ��25� / 32 � . � �01 7.2 1,82 � . � 32 � 2 � 3���

�,& � 2 � 4%����,& � 1+

7.3 Gráfico A – 150 C não corresponde a 50 F

Gráfico B – 00 C não corresponde a -320 F

9º Ano - Teste Intermédio – 11 Maio 2010

Versão1

8. 567777 � 827777 / 587777 � 627777 � 527777 � 687777 substituindo as letras pelos valores dados temos: 567777 � 567777 / 9 � 12 � √150� � 567777� � 150 � 108 � 9:7777 � √;�

9. Não esquecer que a Rita tem 5,50 € logo temos que converter os cêntimos

para euros 20 c = 0,20 € e 50 c = 0,50€

A opção é a (B)

10. Esta questão é para aplicação da semelhança de triângulos. Como se

observa, existem 2 triângulos [ABD] e [ECD]

,&�,< �

�=�,%�,% � 1,6" / 4 � 12 � 1,6" � 12 � 4

� " � &�,< � ' � + ?

11.1. Como a [ABCDEF] é um hexágono isto significa que para determinar os

ângulos ao centro basta dividir 3600 por 6.

3600 : 6 = 600

11.2. Para determinar a área da região sombreada devemos calcular a área do

hexágono e do circulo e depois subtrair estas áreas.

5@A� � 6 � 4√3 � 41,57 5CDE� � F � 4� � 50,27

9G.IJ?K � 5CDE� � 5@A� � 50,27 � 41,57 � 8,7 � L

11.3.

R (6M, 240°� O P

12. No triângulo são dados o cateto oposto ao ângulo A e a hipotenusa do

triângulo, logo o mais simples é calcular a amplitude de A através do seno de

A. QRS 25T8 � �,U�,% � V9WX � ;1°

13.

1. 1.1 Em primeiro lugar ordenam-se os valores: 1,1,1,1,1,1,2,2,2,2,3,3. Uma vez que o número de valores é par existem dois valores centrais e a mediana é a média

aritmética desses dois valores. Sendo assim 5,12

21

Mediana .

1.2 Para saber quantos são e quais são os casos possíveis podemos recorrer, por exemplo, a uma tabela de dupla entrada. Observando a tabela onde estão registados os produtos possíveis, vemos que apenas 4 destes produtos são números pares. Sendo assim,

3

2

6

4"" parnúmerouméprodutooP .

2. 2.1 Nº total de alunos : 5+40+25+10=80

5,1480

1160

80

101625154014513

Média

2.2 Considerando apenas os alunos com menos de 15 anos ( 45 alunos), apenas 5 têm 13 anos.

Sendo assim a probabilidade pedida é 45

5. (C)

3. 2,3BA logo a opção correcta é 23: xxRx (D)

4. 4.1 Elaborando uma tabela: O 7º termo (n=7) tem 4x7+1=29 quadrados.

4.2 974

388

4

438841389438914 n

nnnn

Outra forma de resolver é: Observando que o número de quadrados é sempre um “múltiplo de 4 mais um”, se subtrairmos 1 a

389 devemos obter um múltiplo de 4. Fazendo 974388 concluímos o pretendido. R: Há um termo com 389 quadrados, é o 97º termo. 5. O número pretendido tem que ser: - divisível por 4 ( por ser o perímetro de um quadrado cujos lados são números inteiros); - divisível por 5( por ser o perímetro de um pentágono regular cujos lados são números inteiros); - dar resto 1 quando dividido por três ( uma vez que adicionado com um é o perímetro de um triângulo equilátero cujos lados são números inteiros); -inferior a 45. Então procuramos um múltiplo de 4 e 5, inferior a 45, que dividido por 3 dê resto 1. Múltiplos comuns a 4 e a 5 : 20,40,… 20 dividido por 3 dá resto2 40 dividido por 3 dá resto 1 R: O número pretendido é o 40. 6. Uma vez que as grandezas são inversamente proporcionais,

275

150

75

755,110075 a

aa .

7. tvdt

dv

Sendo x o número de horas que o Jorge demora a percorrer a distância a uma velocidade de

100km/h, obtemos que a distância é dada por x100 .

A uma velocidade de 80km/h o Jorge demora x+1 horas logo a distância percorrida é )1(80 x .

Como a distância percorrida é a mesma igualamos as duas expressões: )1(80100 xx e

resolvemos a equação obtida:

X 1 2 3

1 2 3

2 2 6

3 3 6

Ordem 1 2 3 n

Nº quadrados 5 9 13 4n+1

9.º Ano - Matemática

Teste Intermédio – 7 Fevereiro 2011

Versão 1

420

80

20

20802080801008080100)1(80100 x

xxxxxxxx .

Se demorou 4 horas a uma velocidade de 100km/h percorreu 400 km.

8. xxxxxx 3442

1

2

13141

2

1

9918228111

4

2

1

2

1

2)2(

xxxxxxx

x

9,.. SC

9.

32

5

yx

xy

6526)5(2

5

62

5

62

5

xxxx

xy

yx

xy

yx

xy

1

4

1

51

x

y

x

y )4,1(),( yx

10. 4264462 222 xxxxxxx (A)

11. 11.1 xxxxxP 4218182292)9(2

Podíamos também dizer directamente que o perímetro é x4 uma vez que o perímetro da

região sombreada é igual ao perímetro do quadrado [ACEF]( basta ver que BCBG e

DCGD ).

11.2 BCGDACEF

12 9

12

9 Logo a razão de semelhança da redução é

12

9.

12. Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo rectângulo [ABC],

2020422222

ACACAC

Como se trata de um comprimento 20AC

O número que corresponde ao ponto E é 120201 .

13. Seja ABx . Como ABAE3

1 ,

3

xAE e sendo assim xDC

3

2 . Seja h a altura do

trapézio.

Uma vez que a área do trapézio [ABCD] é 20, podemos escrever a equação 202

3

2

h

xx

.

Daqui obtemos

202

3

2

3

3

h

xx

202

3

5

h

x

206

5h

x

6

120

6

5xh1205xh

245

120 xhxh .

Como a área do triângulo não sombreado é 2

3

2hx

, ou seja 3

xh, vem que a área desse triângulo é

83

24 e portanto a área sombreada é 20-8=12. (B)

9.º Ano - Matemática

Teste Intermédio – 17 Maio 2011

Versão 1

Soluções:

1.1. 12

25p = . Nota: Há 12 rapazes com mais de 14 anos (casos favoráveis) nos 25 alunos da turma (casos possíveis).

1.2. 15 anos. Nota: A idade da Rita é igual à média das idades dos alunos da turma inicial.

2. 1, 0− e 1.

3. 144 e 169 . Nota: O termo geral desta sequência é 2n . A diferença é 25 entre o 12º (

212 144= ) e o 13º termo

(2

13 169= ).

4. ( ) ( ), 1,0x y =

5. (C)

6.1. Representa o número total de alunos dessa escola (os das 4 turmas do 5º ano mais os das 5 turmas do 6º ano).

6.2. 2 67

2 71

x y

x y

+ =

+ =

7. 6 6b b= − ∨ = . Nota: A equação tem apenas uma solução (raiz dupla) quando o binómio discriminante

( )24b ac∆ = − é igual a zero. Deste modo:

2 20 4 1 9 0 36 36 6b b b b∆ = ⇔ − × × = ⇔ = ⇔ = ± ⇔ = ± .

8.1. 37,5 m por hora. 8.2. (A); 8.3. 17h30m. Nota: ( ) 3,75 1,5 3,75 2,5h t t t= ⇔ = ⇔ = , ou seja, passadas 2,5h

(2h30m) a altura da água no tanque é 3,75m, deste modo, a água atingiu essa altura às 17h30m (15h + 2h30m = 17h30m).

9. (B)

10.1. 108º . Nota: � 180º 72º 108ºAB = − = .

10.2. [ ]

32 64 tan36º 54Sombreada Semicírculo QBSA A A π= − = −△

≃ . Nota: 28 64A π π= × =

⊙, logo 32SemicírculoA π= ;

tan 36º 8 tan 36º8

OQOQ= ⇔ = ; [ ] [ ]

8 tan36º 82 2 2 64 tan36º

2 2QBS QOB

OQ OBA A

× ×= × = × = × =

△ △;

11.1. (C); 11.2. 72

2 2 72 26,72

P rπ π π= = × × =⊙

≃ . Nota: pelo Teorema de Pitágoras podemos determinar o

diâmetro da circunferência. 2 2 2 2 2

2 26 6 72 72AC AB BC AC AC AC= + ⇔ = + ⇔ = ⇔ = ± , como se trata de um

comprimento, não pode ser negativo logo 72AC = , ou seja, o valor exacto do raio desta circunferência é 72

2 .

Proposta de Resolução do Teste Intermédio de Matemática (v1 2012) 16/05/2012 9.º Ano

Nome: ________________________________________________________ N.º: _____ Turma: ___

1.

a)

A alternativa correta é a C (1 3

,2 4

p

).

Escolhido ao acaso um aluno da turma A, a probabilidade de ele ter 15 anos é (15 anos) 67% 0,67rp f . Logo, 0,5;0,75p .

b)

Como a expressão 9 14 3 15 4 16

n

representa a média das

idades das raparigas da turma B, então o valor de n é 16, pois o número de raparigas da turma B é 9 3 4 16 .

c) Na turma B, há 4 alunos com 15 anos: 3 raparigas ( 1M , 2M e 3M ) e 1 rapaz ( R ).

Como não interessa a ordem pela qual esses dois alunos são escolhidos, os resultados possíveis são:

1 2,M M , 1 3,M M , 2 3,M M , 1,M R , 2,M R e 3,M R .

Assim, o número de casos possíveis é 6NCP e o número de casos favoráveis é 3NCF . Logo, a probabilidade de os dois alunos escolhidos serem do

mesmo sexo é 3 1

6 2p .

Em alternativa, poderia recorrer-se a uma tabela de dupla entrada ou a um diagrama de árvore, considerando que esses dois alunos eram escolhidos um a seguir ao outro. Nesta situação, ainda que o número de casos possíveis e favoráveis duplicasse, obtinha-se ainda o mesmo valor para a probabilidade pedida.

2.

A alternativa correta é a D ( 3,14 A ).

Note que 3,14159265... (dízima infinita não periódica).

3.

Ora,

44 2 881 1 1

39 3 3

.

Logo, para que a expressão 3k seja igual a 4

1

9

, o número k é 8 .

4.

Em cada termo, o número de círculos é igual à soma dos n primeiros números naturais: o primeiro termo (para 1n ) é formado por 1 círculo; o segundo termo (para 2n ) é formado por 1 2 3 círculos; o terceiro termo

(para 3n ) é formado por 1 2 3 6 círculos; e assim sucessivamente. Logo, é o 100.º termo dessa sequência que tem um número total de círculos (1 2 3 ... 99 100 ) igual à soma dos cem primeiros números naturais. Por outro lado, em cada termo, o número de círculos pretos é igual ao dobro da ordem do termo decrescido de uma unidade, isto é, o número de círculos pretos do termo de ordem n é dado pela expressão 2 1n . Assim, o centésimo termo tem 2 100 1 199 círculos pretos.

5.

2 2

(6)(1) (2)

2

2

2

1 2 1 2 1 2 11 1

6 3 6 3

2 1 4 2 6

6 7 0

6 6 4 1 7

2 1

6 36 28

26 8

21 7

x x x x x

x x x

x x

x

x

x

x x

6.

a) A ordenada do ponto B é 4,5 , pois é o valor do parâmetro b (ordenada

na origem) da equação da forma y kx b relativa à reta

: 1,2 4,5s y x . Em alternativa, pode ser calculada determinando o valor de y

correspondente a 0x : 1,2 0 4,5 4,5y y . Isto é, como o

ponto B tem coordenadas 0;4,5 , então a ordenada de B é 4,5 .

b) A alternativa correta é a B ( 3,75 ). Comecemos por determinar a abcissa do ponto A, que tem ordenada 0:

4,50 1,2 4,5 3,75

1,2x x x . Logo, 3,75OA .

c) 0,6

0,6 0,6 0,6 2,5 2,54,5

1,2 4,5 0,6 1,2 4,5 1,8 4,5 0,6 2,5 1,51,8

y xy x y x y x x x

xy x x x x y y

Portanto, 2,5;1,5I .

7.

a) A alternativa correta é a B (10 ).

O ponto P tem coordenadas ,x y , que verificam a relação 10

yx

, pois

esse ponto pertence ao gráfico da função f . Por outro lado, a área do retângulo [OAPC] é dada por:

OAPCA OA AP x y , pois OA x e AP y .

Como 10

10y yxx

, então 10OAPCA OA AP x y .

b)

Se 4OB , então a abcissa de B e de Q é 4.

Determinemos a ordenada de Q: 10 5

2,54 2

y y y .

Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo [OBQ], temos:

22 2 2 5 25 89 89

4 162 4 4 2

OQ OB BQ

.

Logo, o perímetro pedido é: [ ]89

4 2,5 11,22OBQP OB BQ OQ , arredondado às décimas.

8.

a) Seja r , em centímetros, o comprimento do raio da circunferência.

De acordo com os dados, 2AD BC r e AB CD r .

Logo, [ ] 2 2 6ABCDP r r r r r .

Como o perímetro do retângulo é 30 cm, temos:

[ ] 6 30 6 5ABCDP r r r (em cm).

Logo, o comprimento da circunferência é 2 5 10 31,4P centímetros.

b) Como a amplitude de um ângulo inscrito numa circunferência é metade da

amplitude do arco compreendido entre os seus lados, temos: 2 2 10 20FD DEF .

Assim, 180 20 160FA DA FD . Logo, a rotação de centro O que transforma o ponto F no ponto A tem 160 (ou 200 ) de amplitude.

c) A alternativa correta é a B. O ponto O pertence à mediatriz do segmento de reta [ED], pois o ponto O é equidistante dos extremos do

segmento, visto que OE OD , já que [OE] e [OD] são raios da mesma circunferência.

9.

O sólido que se obtém depois de retirada a pirâmide tem 27 9 18V cm3 de volume.

Como se sabe, as expressões Pr isma bV A h e P1

3irâmide bV A h traduzem o

volume do prisma e da pirâmide, respetivamente, em função das suas áreas da base e alturas. Ora, como o prisma e a pirâmide em questão possuem iguais bases e iguais alturas, então o volume da pirâmide é a terça parte do volume do prisma:

P Pr1 1

27 93 3irâmide ismaV V cm3.

10.

Os triângulos [ABC] e [AED] são semelhantes, pois ambos possuem um ângulo reto e um ângulo agudo (EAD) é comum. Assim, os lados correspondentes destes triângulos têm comprimentos diretamente proporcionais, isto é:

AC BC AB

AE DE AD .

Tomando as duas primeiras razões, temos: 2

41 2

BCBC .

Como [ ] 20ABCA cm2, vem: 4

20 102

ACAC

.

Portanto, 10AC cm.

FIM

Proposta de Correção do Teste Intermédio de Matemática – 12/04/2013 Versão 1

Parte 1

1.

Como se trata de um número negativo, então: – 0,6363 é maior do que -0,6363636… R: Opção A

2.

R: Opção A

3. A circunferência está dividida em 10 arcos congruentes, então cada arco tem uma

amplitude de

é um ângulo com o vértice no interior da circunferência então

4. 4.1. O trapézio é isósceles, então: [AB] e [DC] são congruentes e as

diagonais [AC] e [BD] são congruentes.

Os triângulos [AFD] e [BFG] são semelhantes, pois:

⊀AFD e ⊀BFG são congruentes, porque são ângulos verticalmente

opostos;

⊀DAF e ⊀FBC são congruentes;

⊀ADF e ⊀BCF são congruentes.

Assim, a medida do comprimentos dos lados correspondentes dos triângulos são directamente

proporcionais, bem como as respetivas alturas [EF] e [FG]. Então:

⇔

⇔

⇔

A área do trapézio é: ( )

, substituindo:

( )

4.2. A amplitude de uma circunferência é: .

então

A soma das amplitudes dos ângulos internos de um triângulo é

O triângulo [ADF] é isósceles em que [AF] e [FD] são congruentes, logo ⊀ADF e ⊀FAD são congruentes.

Então:

5. ( )

(1º : Uma potência de base negativa e expoente par é sempre positiva; 2º: Na

divisão de duas potências com a mesma base, dá-se a mesma base e subtraem-se os expoentes).

R: Opção C

6,25 cm

6. 6.1. Volume do prisma triangular = Área da base × altura =

Volume do paralelepípedo rectângulo =

= Volume do sólido – volume do prima triangular = 390 – 30 = 360

Volume do paralelepípedo rectângulo = Área da base × altura, ou seja:

Volume do paralelepípedo rectângulo = ( ), então:

⇔ ⇔

⇔

Logo,

Assim:

6.2. EF // L J e L J JGK então EF JGK R: Opção D

7.

8. 8.1.

f é uma função de proporcionalidade direta e o gráfico é a reta que passa na origem e nos pontos A e B.

Então, se as coordenadas de A são (8, 6), então as coordenadas de B são (4, 3).

g é uma função de proporcionalidade inversa e o gráfico é a hipérbole que intersecta a reta no ponto B,

sendo x = 4 e y = 3. Como as variáveis são inversamente proporcionais, então x x y =k. Assim, 3 x 4 =12 e,

portanto, k = 12. Generalizando, x x y =12⇔

. Conclui-se que: ( )

. R: Opção D

8.2. Pelo Teorema de Pitágoras:

⇔ ⇔ √ ⇔

Perímetro do triângulo [AOC] = 10 + 10 +12 = 32

9. { ( )

{

{

{

{

( ) {

{

{

{

{

{

{

{

{

{

10. ( )

( ) R: Opção B

10

10

6

6

11. 11.1. Área do triângulo [OAB]=

⇔ ⇔ ⇔

⇔

f(x) =

As coordenadas do ponto A são (2, h). Então:

f(2) = h f(2) =32

11.2. ⇔ ⇔ √( )

⇔

√

⇔

√

⇔

⇔

⇔

⇔

S = {

}

12. Total de turistas estrangeiros = 60

⇔ franceses

Total de turistas = 100

⇔

R: Opção B

13. 1º Passo: Ordenar as idades

4 8 10 18

2º Passo: O número de dados é par, então a mediana é igual à média aritmética dos valores centrais, ou seja

FIM

h

(2, h)

b