1) O documento apresenta uma proposta de resolução de uma prova de matemática do 3o ciclo com onze questões. 2) Inclui cálculos e resoluções detalhadas para questões como áreas de figuras geométricas, volumes de sólidos, propriedades de triângulos e relações trigonométricas. 3) Fornece respostas completas para cada uma das questões com o objetivo de esclarecer dúvidas sobre a correta resolução da prova.

1. Proposta da APM de resolução da prova de Matemática do 3.º ciclo, 05 de julho 2013 Página 1 de 6
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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. 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. 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. 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. 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. 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