9mat Ft Prepexame 11 Abril2013 Sol

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Escola Básica de Ribeirão (Sede) 9.º Ano

Ficha de Trabalho – Preparação Exame XI Abril 2013

2012/2013

SOLUÇÕES 1.1. Como a mediana é 13,5 podemos concluir que o número de alunos é par e que a mediana será

13 1413,5

2

+= .

Como 8 7 15+ = (n.º de alunos com idade superior ou igual a 14) então 5 6 15a+ + = (temos de ter o mesmo n.º de

alunos com idade inferior ou igual a 13), logo 4a = . 1.2.1. A média das idades dos alunos inscritos no Desporto Escolar é 13,125 anos.

Nota: 11 11 19 12 14 13 21 14 15 15

13,12580

x× + × + × + × + ×

= = .

1.2.2. ( ) 3113

50p ter pelo menos anos = . Nota: casos possíveis → alunos que praticam natação + alunos que

praticam dança; casos favoráveis → alunos com 13 ou mais anos que esteja na natação ou na dança.

2. 56

2;9

S =

. Nota: ( )2

53 41

3 2

xx− = − ⇔

−+ 2 22 2 9 72 144 30 9 74 112 0x x x xx+ − − = − ⇔ − + − = ⇔+

74 5476 40322

18

56

9x x x

− ± −⇔ = ⇔ = ∨ =

−

3. ( ) 6

23p código novo ser número par = . Nota: Número de casos possíveis: 4 3 2 1 1 24 1 23× × × − = − = , repara

que aos 24 há que retirar 1 (o código antigo), logo existe a possibilidade de formar 23 códigos novos; Número de casos

favoráveis: 3 2 1 6× × = . Ou escreve todos os casos possíveis e verifica que há apenas 6 códigos pares nos 23 códigos

novos que é possível fazer. 4. (D).

5.1. A ordenada na origem da reta r é 8, logo a ordenada do ponto B é 8.

5.2. 2 52P π=⊙

. Nota: a ordenada na origem da reta s é 4, logo ( )0;4C . O ponto D pertence ao eixo das abcissas

logo terá coordenadas do tipo ( ,0)D x , como também pertence à reta s tem de verificar a sua expressão analítica,

substituindo obtemos 2 2

0 4 4 63 3x x x= − + ⇔ = ⇔ = , ou seja, a abcissa de D é 6. Usando o Teorema de Pitágoras

obtemos o valor do raio: 2 2 2 2 2 24 6CD OC OD CD= + ⇔ = +

2

52 52 52CD CD CD⇔ = ⇔ = ± ⇒ = porque se

trata de um comprimento. 2 2 52P rπ π= =⊙

.

5.3. ( )3 6E ;= − . Nota: O ponto E é o ponto de interseção da reta r com a reta s , resolvendo o sistema obtemos:

2

2 5443

3 65

6

17

217

2

y xx x

y x

= − +− + = +

⇔

= +

4 24 5 51x x− + = +⇔

9 27x− =⇔

( )

33

56

6

173

2

xx

yy

= −= −

⇔ ⇔== ×

− +

, logo

( )3 6E ;= − .

6. 16€. Nota: Identificação das variáveis: a (número de amigos); q (quantia, em euros, correspondente ao preço da

refeição). O seguinte sistema permite resolver o problema:

14 24 14 24 14 24 17 12

17 12 17 12

a q a q a a

a q a q

= − + = + = −⇔ ⇔

= + − =

12a =⇔

12 12

17 12 12 192

a a

qq

= =⇔ ⇔

× − =

=

Preço por pessoa 192 12 16 €= ÷ = , logo cada amigo deverá pagar 16 euros.

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7.1. A constante de proporcionalidade é 2400 e representa o peso, em gramas, de amêndoas compradas pela avó da

Inês na chocolataria.

7.2.2400

sp

= ou 2400s p× = ou 2400

ps

= .

7.3. ( ) 7

15p amêndoa não ser chocolate = .

8.1. (A).

8.2. ˆ 126AFB = ° . Nota: � � 180 72ˆ 1262 2

AB DEAFB

+ °+ °= = = ° (ângulo excêntrico com o vértice no interior da

circunferência); �360

725

DE°

= = ° .

8.3. 10

103

cmπ +

. Nota: Como o triângulo [ ]ACO é equilátero e o seu perímetro é 15 podemos concluir que

15 3 5AO = ÷ = . Logo o raio da circunferência é 5 cm e como tal 5AO BO CO cm= = =

Determinar o comprimento do arco menor BC :

2 5 10P π π= × =⊙

e � 180 60 120BC = °− ° = ° . Logo, o comprimento do arco BC é 10 120 10

360 3

ππ

× °=

°.

O perímetro da região a sombreado é 10

103

cmπ +

.

8.4. Como � 180º 50º 130ºBD = − = , a amplitude da rotação pode ser 130º ou 230º− .

9. (B). Nota: a função representada é simétrica relativamente ao eixo das ordenadas, logo objetos simétricos têm a mesma imagem.

10.1. (C). Nota: o perímetro de [ABF] é metade do perímetro de [DLJ].

10.2. D 10.3. (B).











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