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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 =