Este documento contém 10 questões de um teste intermédio de matemática para o 9o ano de escolaridade. As questões abordam tópicos como probabilidade, sistemas de equações, geometria e finanças pessoais.

1. Teste Intermédio de Matemática
9.º Ano de Escolaridade
3.º Ciclo do Ensino Básico
Janeiro/2008
RESOLUÇÃO
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.
1
A probabilidade pedida é
.
31
2,
Seja E a face europeia e N a face nacional.
Os casos possíveis são: { NE , NN , EN , EE}
1
4
1
A probabilidade de ser o Bruno a entregar é:
4
2 1
A probabilidade de ser o Carlos a entregar é:
=
4 2
A probabilidade de ser o André a entregar é:
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
1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 5
12 pessoas
12 pessoas
25 pessoas
Foram convidadas para a festa 25 pessoas.
4.
O número irracional é 1, 6 .
5.
A = ]−∞, 3,141[ ∩ ]−2, π ]
A = ]−2; 3,141[

2. 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
15
x = − −3
x=−
4
4
⇔
⇔
⇔
x+ y ⇔
6y = y −3+ y
4 y = −3
3
3
2y =
y=−
y=−
3
4
4
x+ y =3
x = y −3
O par ordenado ( x, y ) = −
x = y −3
15 3
é solução do sistema.
,−
4
4
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:
l = 3s
0, 7l + 0, 6 s = 54
10.1
(C)
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.
… diminui para metade.
Seja x o número de participantes, contribuindo cada um com 7,5 euros.
Então, 7, 5 x = 60 .
60
7,5 x = 60 ⇔ x =
⇔ x =8
7, 5
Participaram na compra da prenda 8 pessoas.

3. 11.1
A área sombreada da figura é 66 (resposta B).
11.2
BF = 36 = 6
BE = 64 = 8 .
e
EF = BE − BF = 8 − 6 = 2
Recorrendo ao Teorema de Pitágoras tem-se:
( EG ) = ( GF ) + ( EF )
2
( EG )
2
2
2
= 62 + 22 ⇔ EG = 40
O valor exacto de EG é
40 .

4. Teste Intermédio de Matemática
Maio/2008
1.1
9.º Ano de Escolaridade
3.º Ciclo do Ensino Básico
RESOLUÇÃO
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
A opção correcta é a B.
12 3
= .
28 7
1.2
Após ter formado a palavra GATO ficaram no saco 24 peças das quais duas são
T.
2
1
= .
A probabilidade pedida é;
24 12
2.
Do dia 2 (inclusive) ao dia 12 (exclusive) foram 10 dias de estadia.
Despesa feita durante os dez dias, sem desconto.
Leonor (10 anos)
Martim (13 anos)
Pai (mais de 12 anos)
Mãe (mais de 12 anos)
Automóvel
Tenda familiar
Total
1 dia
3,20
5,50
5,50
5,50
5,80
6,50
32,00
10 dias
32,00
55,00
55,00
55,00
58,00
65,00
320,00
Como a estadia foi superior a uma semana há um desconto de 35%.
0,35 × 320 = 112
Desconto:
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, +∞[ .

5. 4.
Resolução do sistema:
x
x + 2y = 4
x = 4 − 2y
x = 4 − 2y
x=2
+y=2
⇔
⇔
⇔
⇔
2
4 − 2 y + 3y = 5
x + 3y = 5
y =1
y =1
x + 3y = 5
A opção correcta é a D: ( 2,1)
.
5.
Nota: Outra estratégia era substituir no sistema as coordenadas de cada par
ordenado e verificar qual dos pares era solução.
Resolução da equação:
2 ( x 2 − 5) = 8x
2 ( x 2 − 5 ) = 8 x ⇔ 2 x 2 − 10 = 8 x ⇔ 2 x 2 − 8 x − 10 = 0 ⇔ x 2 − 4 x − 5 = 0 ⇔
4 ± 16 + 20
4±6
⇔ x=
⇔
2
2
Conjunto solução da equação: {−1 , 5} .
⇔x=
6.1
x=5 ∨
x = −1 .
Seja A a área e P a pressão e k a constante de proporcionalidade inversa.
A× P = k
k = 0, 005 × 4000 = 20 .
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 A = 2l × l = 2l 2 , então
2l 2 = 0, 005 ⇔ l 2 = 0, 0025 ⇔ l = 0, 0025 ⇔ l = 0, 05
A largura do rectângulo é 0,05 m (5 cm) e o comprimento é 0,10 m (10 cm)
7.
x−3
7
+ 5 ≥ 2 x ⇔ x − 3 + 10 ≥ 4 x ⇔ x − 4 x ≥ −7 ⇔ − 3 x ≥ −7 ⇔ x ≤ .
2
3
x ∈ −∞,
7
.
3

6. 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
9.2
A opção correcta é a C: BF.
( IK ) + ( KJ ) = ( IJ )
( IK ) + 0, 6 = 1 ⇔ ( IK )
2
2
2
2
2
2
2
= 0,64 ⇔ IK = 0,84 ⇔ IK = 0,8
Altura da pirâmide [ EFGHI ] é 0,8 m.
Volume da barraca = Volume do Prisma + Volume da pirâmide
Volume do prisma:
1, 2 m × 1, 2 m × 1, 7 m = 2, 448 m3
Volume da pirâmide:
1
× 1, 2 m × 1, 2 m × 0,8 m = 0,384 m3
3
Volume da barraca:
2, 448 m 3 + 0,384 m3 = 2,832 m3
O volume da barraca de praia é 2,832 m3
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 × 72
ˆ
TPQ =
= 108º .
2
11.2
A área da zona sombreada é igual à diferença entre a área do círculo e a área do
pentágono.
Área do círculo:
π × 52 = 25π
Área do pentágono:
5 × Área do ∆ [ SOR ]
5 × 12 = 60
Área sombreada:
25π − 60 ≈ 18,5

7. Teste Intermédio de Matemática
9.º Ano de Escolaridade
3.º Ciclo do Ensino Básico
Fevereiro/2009
RESOLUÇÃO
1
.
15
1.1
A opção correcta é: (A)
1.2
Através de uma tabela de dupla entradas são identificados os casos favoráveis a
cada uma das irmãs e os casos possíveis.
× 1 2 3 4
.
Número de casos possíveis: 16
1 1 2 3 4
.
Número de casos favoráveis à Ana: 10
2 2 4 6 8
.
Número de casos favoráveis à Sara: 6
3 3 6 9 12
4 4 8 12 16
No caso da rifa ser premiada, a probabilidade da Ana
10 5
fazer a viagem é
= e a probabilidade de ser a Sara a fazer a viagem é
16 8
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
1-1
1 1 1 1 1 1 3 3 3 4
1-2
1 1 1 1 1 2 3 3 3 4
1-3
1 1 1 1 1 3 3 3 3 4
1-4
1 1 1 1 1 3 3 3 4 4
2-2
1 1 1 1 2 2 3 3 3 4
2-3
1 1 1 1 2 3 3 3 3 4
2-4
1 1 1 1 2 3 3 3 4 4
3-3
1 1 1 1 3 3 3 3 3 4
3-4
1 1 1 1 3 3 3 3 4 4
4-4
1 1 1 1 3 3 3 4 4 4
Mediana
1
1,5
2
2
2
2,5
2,5
3
3
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.

8. 3.
A opção correcta é: (B) ]2, 23 ; 2, 24[ .
4.
B = ]−∞ ; 3,15[ ∩ [π , + ∞[ = ]3,15 ; + ∞[
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: 32 400 cm 2 : 64 = 506, 25 cm 2
Lado de cada um dos 64 quadrados:
506, 25cm 2 = 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
n × 1,5 = 180 ⇔ n =
⇔ n = 120
1,5
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 n × p = 180 . A constante de proporcionalidade inversa é
180.
6.3
A opção correcta é: (D) p =
7.
Resolução do sistema
3x = y
3( x + y ) = 4
⇔
180
.
n
3x = y
3x + 3 y = 4
Solução do sistema: x =
⇔
1
e y = 1.
3
3x = y
y + 3y = 4
⇔
3x = y
4y = 4
⇔
1
3
y =1
x=

9. 8.
9.
3( x − 2)
3x − 6
≤ 3 ⇔ 3 x − 6 ≤ 15 ⇔ 3 x ≤ 21 ⇔
5
5
Conjunto-solução: ]−∞ , 7 ] .
≤3 ⇔
x≤7.
Seja t o preço da torrada.
O preço do sumo é representado por t + 0, 55 .
Sabe-se que o custo total foi de 2,25 euros. Então, tem-se:
1, 7
t + t + 0,55 = 2, 25 ⇔ 2t = 1, 7 ⇔ t =
⇔ t = 0,85 .
2
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 BG = GD = BC = 8 .
AB = AC − BC = x − 8
ED = EC − DC = x − 8
Perímetro da região sombreada
2 ( x − 8) + 2 × 8 + 2 x
Simplificar a expressão do perímetro
x-8
x
8
x
8
2 ( x − 8 ) + 2 × 8 + 2 x = 2 x − 16 + 16 + 2 x = 4 x
O perímetro da região sombreada é
dado pela expressão 4x .
x-8
11.1
A opção correcta é: (B) Estritamente paralela.
11.2
Por aplicação do teorema de Pitágoras ao triângulo rectângulo [ABC], tem-se:
( BC )
2
= 1202 + 1602
⇔
( BC )
2
= 40 000
Então BC = 40 000 = 200 .
Área do rectângulo [BEFC]:
BE × BC = 180 cm × 200 cm = 36 000 cm 2 .

10. Teste Intermédio de Matemática
9.º Ano de Escolaridade
3.º Ciclo do Ensino Básico
Maio/2009
RESOLUÇÃO
2
.
3
1.1
A alternativa correcta é: (C)
1.2
Todas as possibilidades podem ser indicadas, recorrendo a um diagrama em
árvore.
Maillot
Sapatilhas
Fita
preto
preto
cor-de-rosa
preto
preto
cor-de-rosa
cor-de-rosa
preto
preto
cor-de-rosa
cor-de-rosa
preto
cor-de-rosa
cor-de-rosa
preto
preto
cor-de-rosa
lilás
preto
cor-de-rosa
cor-de-rosa

11. 2.
Há no total 12 possibilidades diferentes para a Marta se apresentar numa aula de
ballet.
11º C − ( −6 º C ) = 17 º C
3.
Alternativa correcta: (B)
4.
x + y = 17
0, 2 x + 0,5 y = 5,5
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) p =
1600
.
n

12. 8.
2 (1 − x )
3
≥
1
4
2 − 2x 1
≥
3
4
⇔
−∞ ,
Conjunto-solução:
⇔ 8 − 8 x ≥ 3 ⇔ − 8 x ≥ −5 ⇔
x≤
5
8
5
.
8
9.
16 x + 20
= 2x2
2
⇔
x=
⇔
x=
⇔ 16 x + 20 = 4 x 2
−4 ± 42 − 4 × ( −1) × 5
2 × ( −1)
−4 ± 6
−2
⇔
Conjunto-solução:
10.1
x=5 ∨
⇔
⇔ − 4 x 2 + 16 x + 20 = 0 ⇔ − x 2 + 4 x + 5 = 0
x=
−4 ± 36
−2
⇔
x = −1
{−1 , 5}
O triângulo [ABC] é rectângulo em B, atendendo a que o
inscrito numa semicircunferência.
ABC é um ângulo
CA 180º
ˆ
ABC =
=
= 90º .
2
2
10.2
A área sombreada é a diferença entre a área do círculo e a área do triângulo
[ABC].
Área do círculo
× r 2 , sendo r o raio do círculo:
× 7, 52 .
BC × BA
2
Recorrendo ao Teorema de Pitágoras, tem-se:
Área do triângulo [ABC]:
( )
122 + BC
2
= 152
⇔
( BC )
2
= 81 ⇔
BC = 9
BC × BA 9 ×12
=
= 54
2
2
Área sombreada: 7,52 × − 54 ≈ 123 (unidades de área)

13. 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: 6 ×
2× 3
= 6× 3
2
(
)
Capacidade da piscina: 1,5 m × 6 3 m 2 = 9 3 m 3
A capacidade da piscina, em metros cúbicos, é aproximadamente 15,6 m3.
12.2
13.
1,8
⇔ tgα = 0,9 .
2
Recorrendo à tabela de valores trigonométricos ou a uma calculadora, conclui-se
que α ≈ 42º .
Pelos dados da figura, conclui-se que tgα =

14. Teste Intermédio – 3 Fevereiro 2010
Versão1
Soluções:
1.1. p( soma ser n.º par ) =
3
2
1
, p ( soma ser n º ímpar > 1) = , p( soma = 1) = , logo os amigos não têm a
6
6
6
mesma probabilidade de ser o porta-voz.
1.2. (C)
2. p( Pedro ficar separado ) =
2
5
3. Suponhamos então que existem apenas duas raparigas na turma. Como a média das alturas das raparigas é
x + 180
= 150 ⇔ x = 120 , ou seja, existe uma rapariga que mede 120cm, o que
150cm temos que: x = 150 ⇔
2
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
14n = a − 4
euros. O sistema que permite resolver este problema é: 
. A solução do sistema é o par ordenado
16n = a + 6
74
( a, n ) = ( 74,5) , ou seja, os 5 amigos pagaram 74€ no total, o que dá 14,80€ a cada um ( = 14, 80 € ).
5
10.1. Representa quanto pesa o bolo em kg ( k = 6 × 0, 6 = 3, 6 );
10.2. n × p = 3, 6 (ou equivalente).
1 3
11. ( x, y ) =  ,  é a solução do sistema.
 14 14 
12. S = ] − ∞ , − 1 ]
13.1. EF ≃ 7,1 ;
13.2. (B).

15. 9º Ano - Teste Intermédio – 11 Maio 2010
Versão1
1. CP = 30
௖௙
ଷ
ଷ଴
ܲ ൌ ௖௣ ൌ
CF = 3
ൌ 0,10 ൌ 10% (B)
2.
3.
ሾെ√2, √2ሿ
(A)
4. Aqui poder-se-ia utilizar a calculadora e chegar à conclusão que o número
irracional é √૛ૠ
5. Substituindo 3 ൈ 3 ൌ 1 െ 6 ฻ 9 ൌ 9
6.
ଶሺଵି௫ሻ
ଷ
ଵ
൒ସ ฻
ଶିଶ௫
ଷ
(C)
ଵ
ହ
൒ ସ ฻ 8 െ 8‫ ݔ‬൒ 3 ฻ െ8‫ ݔ‬൒ 3 െ 8 ฻ 8‫ ݔ‬൑ 5 ฻ ‫ ݔ‬൑ ଼
૞
࢞ ‫ א‬ቂെ∞, ૡቃ
7.1 ‫ ܨ‬ൌ 1,8 ൈ ሺെ25ሻ ൅ 32 ฻ ‫ ܨ‬ൌ െ૚૜
7.2 1,8‫ ܥ‬ൌ ‫ ܨ‬െ 32 ฻ ‫ ܥ‬ൌ
ிିଷଶ
ଵ,଼
฻‫ܥ‬ൌ
ଽହିଷଶ
ଵ,଼
ൌ ૜૞
7.3 Gráfico A – 150 C não corresponde a 50 F
Gráfico B – 00 C não corresponde a -320 F

16. 8. തതതത ൈ ‫ ܥܤ‬൅ തതതത ൈ ‫ ܥܦ‬ൌ തതതത ൈ ‫ ܤܦ‬substituindo as letras pelos valores dados
‫ ܦܣ‬തതതത ‫ ܤܣ‬തതതത
‫ ܥܣ‬തതതത
temos:
തതതത ൈ തതതത ൅ 9 ൈ 12 ൌ √150
‫ܦܣ ܦܣ‬
ଶ
തതതത
฻ ‫ ܦܣ‬ଶ ൌ 150 െ 108 ฻ തതതത ൌ √૝૛
࡭ࡰ
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]
ସ,଼
ଵ,଺
ൌ
௫ାଶ,ହ
ଶ,ହ
฻ 1,6‫ ݔ‬൅ 4 ൌ 12 ฻ 1,6‫ ݔ‬ൌ 12 െ 4
଼
฻ ‫ ݔ‬ൌ ଵ,଺ ฻ ࢞ ൌ ૞ ࢓
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.
‫ܣ‬ு௘௫ ൌ 6 ൈ 4√3 ൌ 41,57
‫ܣ‬஼௜௥௖ ൌ ߨ ൈ 4ଶ ൌ 50,27
࡭ࢠ.࢙࢕࢓࢈ ൌ ‫ܣ‬஼௜௥௖ െ ‫ܣ‬ு௘௫ ൌ 50,27 െ 41,57 ൌ 8,7 ൌ ૢ
11.3.
R (‫ܦ‬ை , 240°ሻ ՜ ࡲ
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
ଵ,଻
መ
෡
A.
‫ ܤܣܥ ݊݁ݏ‬ൌ
฻ ࡯࡭࡮ ൌ ૝૜°
ଶ,ହ

17. 13.

18. 9.º Ano - Matemática
Teste Intermédio – 7 Fevereiro 2011
Versão 1
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 Mediana 
1 2
 1,5 .
2
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,
P" o produto é um número par" 
X
1
2
3
4 2
 .
6 3
1
2
3
2
2
3
3
6
6
2. 2.1 Nº total de alunos : 5+40+25+10=80
Média 
13  5  14  40  15  25  16  10 1160

 14,5
80
80
2.2 Considerando apenas os alunos com menos de 15 anos ( 45 alunos), apenas 5 têm 13 anos.
5
. (C)
45
3. A  B   3,2 logo a opção correcta é x  R : x  3  x  2 (D)
Sendo assim a probabilidade pedida é
4. 4.1 Elaborando uma tabela:
O 7º termo (n=7) tem 4x7+1=29
quadrados.
Ordem
Nº quadrados
4.2 4n  1  389  4n  389  1  4n  388 
1
5
2
9
3
13
n
4n+1
4n 388

 n  97
4
4
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 388  4  97 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,
75  a  100  1,5 
7. v 
75a 150

 a  2.
75
75
d
 d  vt
t
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 100 x .
A uma velocidade de 80km/h o Jorge demora x+1 horas logo a distância percorrida é 80( x  1) .
Como a distância percorrida é a mesma igualamos as duas expressões: 100 x  80( x  1) e
resolvemos a equação obtida:

19. 100 x  80( x  1)  100 x  80 x  80  100 x  80 x  80  20 x  80 
20 x 80

 x  4.
20 20
Se demorou 4 horas a uma velocidade de 100km/h percorreu 400 km.
1
x  1  41  x   3x  1 x  1  4  4 x  3x 
2
2
2
1
1
4
x
 x 

 x  1  8  2 x  x  2 x  8  1   x  9  x  9
2
2
1(2)
12 
8.
C.S.   ,9
y  x  5

y  x  5
y  x  5
y  x  5






9. 
y
2 x  x  5  6
2 x  ( x  5)  6
2 x  y  6
2 x  y  6
x  2  3

 y  1  5
y  4


( x, y)  (1,4)
 x  1
 x  1
2
10. x  2  6 x  x 2  4 x  4  6 x  x 2  2 x  4 (A)
11. 11.1 P  2( x  9)  2  9  2 x  2 x  18  18  2 x  4 x
Podíamos também dizer directamente que o perímetro é 4 x uma vez que o perímetro da
região sombreada é igual ao perímetro do quadrado [ACEF]( basta ver que BG  BC e
GD  DC ).
11.2 ACEF   BCGD
12
9
9

12
Logo a razão de semelhança da redução é
9
.
12
12. Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo rectângulo [ABC],
2
2
AC  2 2  4 2  AC  20  AC   20
Como se trata de um comprimento AC  20
O número que corresponde ao ponto E é 1  20  20  1 .
13. Seja x  AB . Como AE 
2
1
x
AB , AE  e sendo assim DC  x . Seja h a altura do
3
3
3
trapézio.
2
x
3  h  20 .
2
x
Uma vez que a área do trapézio [ABCD] é 20, podemos escrever a equação
Daqui obtemos
3
2
5
x x
x
3
3  h  20  3  h  20  5 x  h  20  5xh  120  5xh  120 
6
6
6
2
2
120
 xh 
 xh  24 .
5
2
xh
xh
3
Como a área do triângulo não sombreado é
, ou seja
, vem que a área desse triângulo é
3
2
24
 8 e portanto a área sombreada é 20-8=12. (B)
3

20. 9.º Ano - Matemática
Teste Intermédio – 17 Maio 2011
Versão 1
Soluções:
1.1. p =
12
. Nota: Há 12 rapazes com mais de 14 anos (casos favoráveis) nos 25 alunos da turma (casos possíveis).
25
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 n 2 . A diferença é 25 entre o 12º ( 12 2 = 144 ) e o 13º termo
2
( 13
= 169 ).
4. ( x , y ) = (1, 0 )
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).
 x + 2 y = 67
6.2. 
2 x + y = 71
7. b = −6 ∨ b = 6 . Nota: A equação tem apenas uma solução (raiz dupla) quando o binómio discriminante
(∆ = b
2
− 4ac ) é igual a zero. Deste modo: ∆ = 0 ⇔ b 2 − 4 × 1× 9 = 0 ⇔ b 2 = 36 ⇔ b = ± 36 ⇔ b = ±6 .
8.1. 7,5 m3 por hora. 8.2. (A); 8.3. 17h30m. Nota: h ( t ) = 3, 75 ⇔ 1,5t = 3, 75 ⇔ t = 2,5 , 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: AB = 180º −72º = 108º .
10.2.
ASombreada = ASemicírculo − A△[QBS ] = 32π − 64 tan 36º ≃ 54 . Nota:
tan 36º =
A⊙ = π × 82 = 64π , logo
ASemicírculo = 32π ;
OQ × OB
8 tan 36º ×8
OQ
= 2×
= 64 tan 36º ;
⇔ OQ = 8 tan 36º ; A△[QBS ] = 2 × A△[QOB] = 2 ×
2
2
8
72
= 72 π ≃ 26, 7 . Nota: pelo Teorema de Pitágoras podemos determinar o
2
11.1. (C); 11.2. P⊙ = 2π r = 2 × π ×
2
diâmetro da circunferência.
2
2
2
2
AC = AB + BC ⇔ AC = 62 + 62 ⇔ AC = 72 ⇔ AC = ± 72 , como se trata de um
comprimento, não pode ser negativo logo
AC = 72 , ou seja, o valor exacto do raio desta circunferência é
72
.
2

21. Proposta de Resolução do Teste Intermédio de Matemática (v1 2012)
16/05/2012
9.º Ano
Nome: ________________________________________________________
N.º: _____ Turma: ___
1.
a)
1 3
A alternativa correta é a C ( p   ,  ).
2 4
Escolhido ao acaso um aluno da turma A, a probabilidade de ele ter 15 anos é
p  fr (15 anos)  67%  0,67 . Logo, p  0,5;0,75 .
b)
9  14  3  15  4  16
representa a média das
n
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 .
Como a expressão
c)
Na turma B, há 4 alunos com 15 anos:
3 raparigas ( M1 , M2 e M3 ) e 1 rapaz ( R ).
Como não interessa a ordem pela qual esses dois alunos são
escolhidos, os resultados possíveis são:
M1, M2 , M1, M3  , M2, M3  , M1, R , M2, R e M3, R .
Assim, o número de casos possíveis é NCP  6 e o número de
casos favoráveis é NCF  3 .
Logo, a probabilidade de os dois alunos escolhidos serem do
3 1
mesmo sexo é p   .
6 2
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.
4
4
8
 1  2 
 1
 1
Ora,           38 .
9
3
 3  


4
 1
Logo, para que a expressão 3k seja igual a   , o número k é 8 .
9

22. 4.
Em cada termo, o número de círculos é igual à soma dos n primeiros números naturais: o primeiro termo (para
n  1 ) é formado por 1 círculo; o segundo termo (para n  2 ) é formado por 1  2  3 círculos; o terceiro termo
(para n  3 ) 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 2n  1 .
Assim, o centésimo termo tem 2  100  1  199 círculos pretos.
5.
 x  12  2x  1  1
x 2  2x  1  4 x  2  6

x 2  6x  7  0

3
x 2  2x  1 2x  1

 1
(6)
6
3

6

x
(1)



6
(2)
 6 2  4  1  7 
2 1
6  36  28
x
2
68
x
2
x  1  x  7
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
s : y  1,2 x  4,5 .
Em alternativa, pode ser calculada determinando o valor de y
correspondente a x  0 : y  1,2  0  4,5  y  4,5 . 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:
4,5
0  1,2 x  4,5  x 
 x  3,75 . Logo, OA  3,75 .
1,2
c)
 y  0,6 x
 y  0,6 x
 y  0,6 x
 y  0,6 x

 
 
 
4,5

0,6 x  1,2 x  4,5
1,8 x  4,5
y  1,2 x  4,5



 x  1,8

Portanto, I  2,5;1,5  .
 x  2,5
 x  2,5
 
 
y  0,6  2,5

 y  1,5

23. 7.
a)
A alternativa correta é a B ( 10 ).
10
, pois
x
O ponto P tem coordenadas  x, y  , que verificam a relação y 
esse ponto pertence ao gráfico da função f .
Por outro lado, a área do retângulo [OAPC] é dada por:
AOAPC   OA  AP  x  y , pois OA  x e AP  y .
Como y 
10
 yx  10 , então AOAPC   OA  AP  x  y  10 .
x
b)
Se OB  4 , então a abcissa de B e de Q é 4.
10
5
Determinemos a ordenada de Q: y 
 y   y  2,5 .
4
2
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo [OBQ], temos:
2
2
2
25
5
OQ  OB  BQ  42     16 

4
2
89

4
89
.
2
Logo, o perímetro pedido é: P[OBQ ]  OB  BQ  OQ  4  2,5 
89
 11,2 , arredondado às décimas.
2
8.
a) Seja r , em centímetros, o comprimento do raio da circunferência.
De acordo com os dados, AD  BC  2r e AB  CD  r .
Logo, P[ ABCD ]  2r  2r  r  r  6r .
Como o perímetro do retângulo é 30 cm, temos:
P[ ABCD ]  6r  30  6r  r  5 (em cm).
Logo, o comprimento da circunferência é P  2  5  10  31, 4 centímetros.
b) Como a amplitude de um ângulo inscrito numa circunferência é metade da


amplitude do arco compreendido entre os seus lados, temos: FD  2  DEF  2  10  20 .
  
Assim, FA  DA  FD  180  20  160 .
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 V  27  9  18 cm de
volume.
1
Como se sabe, as expressões VPr isma  Ab  h e VP irâmide  Ab  h traduzem o
3
volume do prisma e da pirâmide, respetivamente, em função das suas áreas da
base e alturas.
3
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:
1
1
3
VP irâmide  VPr isma   27  9 cm .
3
3

24. 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:
Como A[ ABC ]  20 cm , vem:
2
2 BC

 BC  4 .
1
2
AC  4
 20  AC  10 .
2
Portanto, AC  10 cm.
FIM

25. 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…
̅
2.
R: Opção A
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.
6,25 cm
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

26. 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,
. Conclui-se que: ( )
portanto, k = 12. Generalizando, x x y =12⇔
. R: Opção D
8.2. Pelo Teorema de Pitágoras:
̅̅̅̅
⇔ ̅̅̅̅
⇔ ̅̅̅̅
√
⇔ ̅̅̅̅
10
6
Perímetro do triângulo [AOC] = 10 + 10 +12 = 32
(
9. {
{
)
(
{
{
{
)
{
10. (
)
{
{
{
R: Opção B
10
6
{
{
)
(
{
{
{
{

27. 11. 11.1. Área do triângulo [OAB]=
⇔
⇔
⇔
⇔
(2, h)
f(x) =
As coordenadas do ponto A são (2, h). Então:
f(2) = h
h
f(2) =32
b
⇔
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