RESOLUÇÀO DA PROVA DE MATEMÁTICAVESTIBULAR DA FUVEST_2007_ 2A FASE.

RESOLUÇÃO PELA PROFA. MARIA ANTÔNIA CONCEIÇÃO GOUVEIA

Questão 1

Se Amélia der R$3,00 a Lúcia, então ambas ficarão com a mesma quantia. Se Maria der um terço do que tem a Lúcia, então esta ficará com R$6,00 a mais do que Amélia. Se Amélia perder a metade do que tem, ficará com uma quantia igual a um terço do que possui Maria.Quanto possui cada uma das meninas Amélia, Lúcia e Maria?

RESOLUÇÃO:

===

⇒

==+−

=−⇒

+=+

=−⇒

=

+=+

+=−

36M24A18L

18L122LA

6LA

6AL2A

6LA

3M

2A

6AL3M

3L3A

RESPOSTA: Amélia possui R$ 24,00, Lúcia possui R$ 18,00 e Maria R$ 36,00.

Questão 2

Na figura abaixo, os segmentos AB e CD são paralelos, o ângulo OÂB mede 120°, AO = 3 e AB = 2. Sabendo--se ainda que a área do triângulo OCD vale 600

3 ,

a) calcule a área do triângulo OAB.b) determine OC e CD.

RESOLUÇÃO:

Sendo os segmentos AB e CD paralelos, os ângulos alternos internos, formados com as transversais BD e AC , são congruentes )DB e CA( ≡≡ . Podemos concluir então, que os triângulos AOB e COD são semelhantes.

a) A área do triângulo AOB pode ser calculada pela fórmula

S = ( ) ( ).sen(BÂO)AO.medAB.med21

.

Então, S = 2

3323.2.3.

21 =

.

RESPOSTA: A área do triângulo AOB é 2

33 u.a.

b) Sendo os triângulos AOB e COD semelhantes, vale a relação:

DOC

AOB22

SS

COAO

CDAB =

=

.

Logo 04y 1600y 4001

y4

36002

33

y2 2

2

2

=⇒=⇒=⇒=

e

06 x 3600 x 4001

x9

4001

x3 2

2

2

=⇒=⇒=⇒=

RESPOSTA: Os valores de OC e CD são, respectivamente, 60 e 40.

Questão 3

Em uma progressão aritmética a1, a2, ..., an, ... a soma dos n primeiros termos é dada por Sn = bn2 + n, sendo b um número real. Sabendo-se que a3 = 7, determine

a) o valor de b e a razão da progressão aritmética.b) o 20o termo da progressão.c) a soma dos 20 primeiros termos da progressão.

RESOLUÇÃO:

Se na progressão aritmética a1, a2, ..., an, ... a soma dos n primeiros termos é dada por Sn = bn2 + n, sendo b um número real, com n ∈ N*, temos:Para n = 1, S1 = a1 = b + 1; para n = 2, S2 = 4b + 2; para n = 3, S3 = 9b + 3; ........Sendo S2 = a1 + a2 = 4b + 2 ⇒ a2 = 4b + 2 – a1 ⇒ a2 = 4b + 2 – (b + 1) ⇒ a2 = 3b + 1 ⇒ r = 3b + 1 – (b + 1) = 2b.

a) Sendo S3 = 9b + 3, então a3 = S3 – S2 = 9b + 3 – (4b + 2) = 5b + 1.

Pela questão a3 = 7 ⇒ 5b + 1 = 7 ⇒ b = 56

Como r = 2b ⇒ r = 512

56.2 =

RESPOSTA: Os valores de b e da razão da P.A. são, respectivamente, 56

e 5

12.

b) a20 = a1 + 19r = b + 1 + 19 ( 2b) = 39b + 1 = 5

2395

523415639 =+=+

.

RESPOSTA: O valor de a20 é 5

239.

c) S20 = 202.b + 20 = 400

56

+ 20 = 480 + 20 = 500.

RESPOSTA: A soma dos 20 primeiros termos da P.A. é 500.

Questão 4

A figura representa um trapézio ABCD de bases AB e CD, inscrito em uma circunferência cujo centro O está no interior do trapézio.Sabe-se que 23AC e 2CD 4,AB === .

a) Determine a altura do trapézio.

b) Calcule o raio da circunferência na qual ele está inscrito.c) Calcule a área da região exterior ao trapézio e delimitada pela circunferência.

RESOLUÇÃO:

a) Conforme as informações da situação-problema, o trapézio ABCD é isósceles.O triângulo AHC é retângulo no qual

( ) 3AHh45Â22

233Âcos o ==⇒=⇒==

RESPOSTA: A altura do trapézio é 3u.c.

b) Resolvamos agora o triângulo retângulo BHC:

x2 = h2 + 1 ⇒ x2 =9 + 1 = 10 ⇒ x = 10 .Aplicando ao triângulo ABC a Lei dos Senos, em relação ao ângulo  e considerando r como a medida literal do raio, vem

5r 522r 2r

22

102rsenÂ

x =⇒=⇒=⇒=.

RESPOSTA: O raio do círculo no qual o trapézio está inscrito mede 5 u.c.

c) A área da região exterior ao trapézio e delimitada pela circunferência é:

S= área do círculo – área do trapézio = ( ) ( ) 95

23.425

2hBbπr 2 −=+−=+− ππ .

RESPOSTA: A área da região exterior ao trapézio e delimitada pela circunferência mede (5π – 9) u.a.

Questão 5

Um arco x está no terceiro quadrante do círculo trigonométrico e verifica a equação 5cos2x + 3senx = 4. Determine os valores de senx e cosx.

RESOLUÇÃO:

Como cos2x = cos2x – sen2x a equação 5cos2x + 3senx = 4 pode ser reduzida a 5(cos2x – sen2x) + 3senx = 4 ⇒ 5cos2x – 5sen2x + 3senx = 4 ⇒ 5(1 – sen2x) – 5sen2x + 3senx = 4 ⇒ 10sen2x – 3senx – 1 = 0 ⇒

senx = 20

7320

4093 ±=+± ⇒ senx =21

ou senx= 51− .

Como x está no terceiro quadrante do círculo trigonométrico, temos apenas

senx= 51− .

Aplicando a relação fundamental trigonometria, temos: cos2x + 251

= 1 ⇒

cosx = 5

622524 −=− .

RESPOSTA: senx= 51− e cosx =

562− .

Questão 6

Na figura abaixo, os pontos A1, A2, A3, A4, A5, A6 são vértices de um hexágono regular de lado 3 com centro na origem O de um sistema de coordenadas no plano. Os vértices A1 e A4 pertencem ao eixo x. São dados também os pontos B = (2, 0) e C = (0, 1).

Considere a reta que passa pela origem O e intersecta o segmento BC no ponto P, de modo que os triângulos OPB e OPC tenham a mesma área. Nessas condições, determinea) a equação da reta OP .b) os pontos de interseção da reta OP com o hexágono.

RESOLUÇÃO:

a) A área do triângulo BOC é igual a 121.2 = u.a.

Como os triângulos BOC e POC são equivalentes, as suas áreas são iguais a 21

.

Considerando as ordenadas do ponto P como (x,y), podemos escrever:

x2y1yx100110

1yx100102

=⇒=

RESPOSTA: A equação da reta OP é 2y = x.

b)

No triângulo PP’A1 temos

tg60o =11

)33(6132

33y331)3y(2y3233y32y3

y −=+

=⇒=+⇒−=⇒=−

.

Logo PP’= 11

)33(6 − e OP’= 11

)36(6 − .

Os pontos P e Q são os pontos nos quais a reta OP intersecta o hexágono.

RESPOSTA:As coordenadas do ponto P são

−−11

)33(6,11

)36(6. Como os

pontos P e Q, são simétricos em relação ao ponto ºO, origem dos eixos

coordenados, as coordenadas de Q são

−−11

)633(,11

)636(.

Questão 7

Uma urna contém 5 bolas brancas e 3 bolas pretas. Três bolas são retiradas ao acaso, sucessivamente, sem reposição.Determinea) a probabilidade de que tenham sido retiradas 2 bolas pretas e 1 bola branca.b) a probabilidade de que tenham sido retiradas 2 bolas pretas e 1 bola branca, sabendo-se que as três bolas retiradas não são da mesma cor.

RESOLUÇÃO:

O número de modos de serem retiradas três bolas de uma urna contendo 8 bolas

é 563.2.18.7.6C8,3 ==

Logo, sendo E o espaço amostral temos que n(E) = 56. a) Sendo A o evento “serem retiradas 2 bolas pretas e 1 bola branca de uma urna contendo 5 bolas brancas e 3 bolas pretas”, então n(A) =. 153.5.CC 3,25,1 ==Então a probabilidade de que tenham sido retiradas 2 bolas pretas e 1 bola branca

é 5615

n(E)n(A) =

Considerando-se que as retiradas são sucessivas e sem reposição e que podem acontecer nas seguintes ordens: (b, p ,p), (b, b, p) ou (b, p, b), também podemos

calcular esta probabilidade da seguinte forma: 5615

62.

75.

83

65.

72.

83

62.

73.

85 =

///+

///+

///

.

RESPOSTA: 5615p = .

b) A afirmação “sabendo-se que as três bolas retiradas não são da mesma cor” determina um novo espaço amostral E, para o qual n(E) = 3,35,38,3 CCC −− ⇒

n(E) = 45105511.2.33.4.556 =−=−− .

Sendo A o evento “serem retiradas 2 bolas pretas e 1 bola branca”, para o qual já

vimos que n(A) = 15, a probabilidade de ocorrência de A é 31

4515

n(E)n(A) == .

RESPOSTA: 31p = .

Questão 8

Um castelo está cercado por uma vala cujas bordas são dois círculos concêntricos de raios 41m e 45m. A profundidade da vala é constante e igual a 3m.

O proprietário decidiu enchê-la com água e, para este fim, contratou caminhões-pipa, cujos reservatórios são cilindros circulares retos com raio da base de 1,5m e altura igual a 8m.Determine o número mínimo de caminhões-pipa necessário para encher completamente a vala.

RESOLUÇÃO:

O volume da vala, em metros cúbicos, é a diferença entre os volumes dos dois cilindros:V = 452.3π – 412.3π = 3(45 – 41)(45+41) π = 3.4.86π = 1032π.O volume, também em metros cúbicos, dos reservatórios de cada caminhão-pipa é V1 = (1,5)2.8π = 18π.O número mínimo de caminhões-pipa necessários para encher a vala será

encontrado pelo quociente ...33,5718

1032

1==

ππ

VV

RESPOSTA: 58 caminhões-pipa.

Questão 9

a) Represente, no sistema de coordenadas desenhado na folha de respostas, os

gráficos das funções 2

7 x g(x) e x4f(x) 2 +=−=

b) Resolva a inequação 2

7 x x4 2 +≤−

RESOLUÇÃO:

a) Determinemos as raízes da função x4f(x) 2−= igualando 0x4 2 =− . Chegamos aos valores x’= – 2 e x = 2.O gráfico de f1(x) = 2x4 − é

O gráfico de x4f(x) 2−= é

os gráficos das funções

27 x g(x) e x4f(x) 2 +=−= estão

representados ao lado

b) 2

7 x x4 2 +≤− ⇒ 2

7 x x4 2

7 x 2 +≤−≤+− ⇒ 7 x x28 7x 2 +≤−≤−− ⇒

≤−−

≥−+

0 51xx2

01 x x22

2

.

Raízes e estudo da variação dos sinais da função 1 x x2)( 2 −+=xf :

x= 21ou x 1 x

4811 =−=⇒+±− .

A solução da inequação 01 x x2 2 ≥−+ é S1 = 1 ou x 21 x ≥−≤ .

Raízes e estudo da variação dos sinais da função 51xx2)( 2 −−=xg ⇒

x= 3ou x 25 x

412011 =−=⇒+± .

A solução da inequação 015 x x2 2 ≤−− é S2 = 3 x 25 ≤≤− .

A solução do sistema

≤−−

≤−+

0 51xx2

01 x x22

2

é S = S1 ∩ S2.

Mostrando graficamente:

RESPOSTA: 3 x 21ou 1 x

25 ≤≤−≤≤−

Questão 10

O cubo ABCDEFGH possui arestas de comprimento a.O ponto M está na aresta AE e AM = 3.ME.Calcule:a) O volume do tetraedro BCGM.b) A área do triângulo BCM.c) A distância do ponto B à reta suporte do segmento CM.

RESOLUÇÃO:a)

O tetraedro BCGM tem altura MN = a e como base o triângulo retângulo BCG, logo seu volume é

V = 6a

2.aa.

31

3Bh 32

==

RESPOSTA: 6a3

b) BM é a hipotenusa do triângulo retângulo BAM, logo sua medida é:

BM = 4

5a 16

25a a4

3a 22

2

==+

.

A área do triângulo retângulo BCM é:

S = 8

5a .a4

5a.21 2

=

RESPOSTA: 8a 5 2

c) A distância do ponto B à reta suporte do segmento CM.corresponde à altura do triângulo BCM em relativa à hipotenusa CM.

CM = 4

a 41 16

41a a4

5a 22

2

==+

.

Como em todo triângulo retângulo o produto da hipotenusa pela altura a ela relativa é igual ao produto dos catetos:

41a 415 h 5a h .41

45a a. .h

4a 41 BC.BMCM.h =⇒=⇒=⇒= .

RESPOSTA: 41

a 415 h =