Mat 9 5jul2013 ch2

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Mat 9 5jul2013 ch2

  1. 1. Proposta da APM de resolução da prova de Matemática do 3.º ciclo, 05 de julho 2013 Página 1 de 6 Associação de Professores de Matemática Contactos: Rua Dr. João Couto, n.º 27-A 1500-236 Lisboa Tel.: +351 21 716 36 90 / 21 711 03 77 Fax: +351 21 716 64 24 http://www.apm.pt email: geral@apm.pt PROPOSTA DE RESOLUÇÃO DA PROVA DE MATEMÁTICA DO 3.º CICLO (CÓDIGO DA PROVA 92) – 2ª CHAMADA – 05 DE JULHO 2013 1) 1.1. No 1º turno há doze alunos todos com números ímpares. Números ímpares superiores a 17: 19, 21 e 23.   4 1 12 3 17"asuperiorpautaden.º" P Resposta: (B) 4 1 1.2.1. Resposta: O valor da expressão 23 1631581410132  representa a média das idades dos alunos da turma T. 1.2.2. Alunos com 13 anos Alunoscom 16anos Maria aluno A António António, Maria António, aluno A aluno B aluno B, Maria Aluno B, aluno A aluno C aluno C, Maria Aluno C, aluno A Números de pares possíveis: 6 Resposta:   3 1 6 2 par"nenhumampertencerenãoMariaeAntónio" P 2) Resposta: (C) {-1, 0, 1}
  2. 2. Proposta da APM de resolução da prova de Matemática do 3.º ciclo, 05 de julho 2013 Página 2 de 6 3) 110 1 9 x  9 10 1  x Resposta: Portanto 1 metro equivale a 109 nanómetros. 4) 5 34 )( a a = 5 12 a a = a12-5 = a7 Resposta: (B) a7 5) Resposta:           4 1693 22 22433 ]2,3,2[ 023211221)1()1(2 2 22 xx cba xxxxxxxx 25,0 4 53 4 253      xxxx 6) xxxxx xx     17779233642 2 1 1 3 21 Resposta: Conjunto solução= [-1, +∞[ 7) A soma de x com y ( x + y ) não pode ser simultaneamente igual a 1 e a 2. Resposta: (B)      2 1 yx yx 8) 8.1.
  3. 3. Proposta da APM de resolução da prova de Matemática do 3.º ciclo, 05 de julho 2013 Página 3 de 6 f(50) = 50 10 = 5 1 ; f(20) = 20 10 = 2 1 Resposta: (D) (20, 2 1 ) 8.2. As coordenadas do ponto P são (5, f(5)) ou seja P (5, 2). Como o gráfico da função g é uma reta, a sua expressão algébrica será do tipo y = ax ou g(x)= ax . Para determinar o valor de a pode utilizar-se o ponto P (5, 2) que pertence ao gráfico da função g: 2 = a ×5 2 = 5a a = 5 2 Resposta: Uma expressão algébrica da função é g(x) = 5 2 x 8.3. As coordenadas do ponto A (a, 0) As coordenadas do ponto B (a, a 10 ) porque B tem a mesma abcissa de A e a ordenada é f(a). Área do quadrado OABC: 10 10  a aArea Lado do quadrado: l 10 Resposta: a medida do comprimento do lado do quadrado OABC é 10 . 9) 9.1 Perímetro do quadrilátero ABCD = 3+ 4+ 5 + DC = 12 + DC DC 2 = 22 + 42 DC 20 DC  4,472… 2
  4. 4. Proposta da APM de resolução da prova de Matemática do 3.º ciclo, 05 de julho 2013 Página 4 de 6 Resposta: (B) 16,5 9.2. O triângulo PBC é uma ampliação do triângulo ADP de razão 3 5 . AP = 4- x PB = x x = 3 5 (4 – x) x = 3 20 - 3 5 x x + 3 5 x = 3 20 3 8 x = 3 20 x = 8 20 x= 2,5 Resposta: O valor de x é 2,5. 9.3. Área trapézio ABCD = 164 2 35 2     AB ADBC Área triângulo PBC = 5,2 2 15 2     BPBC Área triângulo PAD = 5,4 2 33 2     APAD Área triângulo DPC = Área trapézio ABCD - Área triângulo PBC- Área triângulo PAD Área triângulo DPC = 16 – 2,5 – 4,5 = 9 Resposta: a área do triângulo DPC é 9.
  5. 5. Proposta da APM de resolução da prova de Matemática do 3.º ciclo, 05 de julho 2013 Página 5 de 6 10. 10.1. Como o ângulo ABC é o ângulo inscrito na circunferência correspondente ao ângulo ao centro AOC, 2 º72   CBA . Resposta: º36  CBA 10.2. Área triângulo ABC = 5,2 2 15 2     BDAC Cálculo BD DOA  = 36 2 º72 2  COA  º DAO  = 90º – 36º = 54º sen (OAD) = OA OD OD = OA× sen 54º OD = 2 × sin 54º OD  2 × 0,809 OD  1,619 BD  2 + 1,619 = 3,619 Cálculo AC cos OAD = OA AD AD = OA× cos 54º AD = 2 × cos 54º AD  2 × 0,588 AD  1,176 AC  2×1,176 = 2,352
  6. 6. Proposta da APM de resolução da prova de Matemática do 3.º ciclo, 05 de julho 2013 Página 6 de 6 Área triângulo ABC    2 619,3352,2 4,255944 Resposta: Área triângulo ABC  4,3 cm2 11. 11.1. Resposta: São paralelos 11.2. Volume do cilindro = Abase × 6 = π × 25 × 6 = 150π Volume do cubo = 63 = 216 Volume água transbordada igual ao volume do cubo. Volume do líquido que ficou no recipiente = 150π – 216 = 255,225 Resposta: Volume do líquido que ficou no recipiente  255 cm3 . FIM

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