RESOLUÇÃO FUVEST 2008 - MATEMÁTICA

Resolução FUVEST 2008 - 2ª Fase - 1 -

Fuvest 2008 2ª- fase - 5o dia

MATEMÁTICA

Para a classificação final, somam-se os pontos obtidos pelo candidato na 1ª- e na 2ª- fase. O número de pontos na segunda fase varia de acordo com a carreira, valendo no máximo 160 pontos. As provas da segunda fase e seus pesos são determinados pelas Escolas responsáveis pelos cursos, com aprovação do Conselho de Graduação da USP.

Em cada carreira haverá, além da prova de português, até mais três provas, cada uma delas valendo 40 pontos (exceto nas carreiras de Arquitetura - FAU - São Paulo e Design, em que as provas de História e Física valerão 20 pontos e na carreira Matemática Aplicada - Ribeirão Preto, em que a prova de matemática valerá 80 pontos).

Cada prova é composta por 10 questões de mesmo valor. Estas provas apresentarão questões sobre conteúdos de Matemática, Física, Química, Biologia, Geografia e História. Os candidatos realizarão apenas uma prova a cada dia.

- 2 - Resolução FUVEST 2008 - 2ª Fase

QUESTÃO 01

João entrou na lanchonete BOG e pediu 3 hambúrgueres, 1 suco de laranja e 2 cocadas, gastando R$21,50. Na mesa ao lado, algumas pessoas pediram 8 hambúrgueres, 3 sucos de laranja e 5 cocadas, gastando R$ 57,00.Sabendo-se que o preço de um hambúrguer, mais o de um suco de laranja, mais o de uma cocada totaliza R$ 10,00, calcule o preço de cada um desses itens.

RESOLUÇÃO

Sendo hambúrguer = h, suco de laranja = s, cocada = c temos 3 equações

(1) h + s + c = 10

(2) 3h + s + 2c = 21,5

(3) 8h + 3s + 5c = 57

Multiplicando a equação (1) por – 3 e somando na equação (2),

Multiplicando a equação (1) por – 8 e somando na equação (3) temos

(1) h + s + c = 10

(2) – 2s – c = - 8,50

(3) – 5s – 3c = - 23

Multiplicando a equação (2) por – 3 e somando na equação (3) temos

(1) h + s + c = 10

(2) – 2s – c = - 8,50

(3) s = 2,5

Da equação (3) temos

s = 2,5

Substituindo em (2) temos

c = 3,5

Substituindo em (1) temos

h = 4

O hambúrguer custa R$ 4,00, o suco de laranja R$ 2,50 e a cocada R$ 3,50.

QUESTÃO 02

No triângulo ABC , tem-se que AB > AC , AC = 4 e 8 cos C^

= 38

. Sabendo-se que o ponto R pertence ao segmento BC_____

e é tal


que AR = AC e BRBC

74

= , calcule

a) a altura do triângulo ABC relativa ao lado BC_____

.

b) a área do triângulo ABR .

RESOLUÇÃO

a) CH CH

C CH^ 3 3

cos4 8 4 2

= ⇒ = ⇒ =

Pelo Teorema de Pitágoras no triângulo ACH temos

( )CH2

22 34

2

= +

( )AH29

164

= +

( )AH2 55

4=

AH552

=

b) CH = RH = 32

, portanto CR = 3

Como temos BRBC

47

= temos BR

BR4

3 7=

+

7.BR = 4.BR + 12

3.BR = 12

BR = 4

Área do triângulo ABR (SABR): ABRS

554

22

⋅=

ABRS 55=


QUESTÃO 03

Um polinômio de grau 3 possui três raízes reais que, colocadas em ordem crescente, formam uma progressão aritmética em que a

soma dos termos é igual a 95

. A diferença entre o quadrado da maior raiz e o quadrado da menor raiz é 245

.

Sabendo-se que o coeficiente do termo de maior grau do polinômio é 5, determine

a) a progressão aritmética.

b) o coeficiente do termo de grau 1 desse polinômio.

RESOLUÇÃO

a) Polinômio P(x) = 5x³ + ax² + bx + c

Raízes do polinômio: x1, x2 e x3, sendo que x1< x2 < x3

Temos a seguinte P.A. :

(x2 – r, x2 , x2 + r), onde x1 = x2 – r e x3 = x2 + r

Pelo enunciado temos

x1+ x2 + x3 =95⇒ x2 – r + x2 + x2 + r =

95⇒ 3. x2 =

95⇒ x2 =

35

e

(x2 + r)² - (x2 – r)² =245

r = 2

Substituindo os valores de x2 e r na P.A temos

P.A.

+− 2

53,

53,2

53

P.A. 7 3 13, ,

5 5 5

−

b) No polinômio, o coeficiente de grau 1 é b.

Pelas relações de Girard temos

b bb

7 3 7 13 3 13 73 735 5 5 5 5 5 5 25 5 5− ⋅ +− ⋅ + ⋅ = ⇒− = ⇒ =−


QUESTÃO 04

O círculo C , de raio R , está inscrito no triângulo eqüilátero DEF . Um círculo de raio r está no interior do triângulo DEF e é tangente externamente a C e a dois lados do triângulo, conforme a figura.

Assim, determine

a) a razão entre R e r .

b) a área do triângulo DEF em função de r .

RESOLUÇÃO

a)

Sendo GJ paralelo a DE temos que o triângulo FGJ também é eqüilátero.

Portanto, pela figura acima temos

RR r

r3 3= ⇒ =

b) Como o segmento FH é altura do triângulo eqüilátero DEF e chamando o lado do triângulo eqüilátero DEF de temos

l l rR r l l r

3 3 183 9 6 3

2 2 3= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

Área do triângulo DEF em função de r (ADEF):

( )DEF DEF DEF

rlA A A r

22

26 3 33

27 34 4

⋅= ⇒ = ⇒ = ⋅


QUESTÃO 05

A medida x, em radianos, de um ângulo satisfaz X2π

π≤ ≤ e verifica a equação sen x + sen2x + sen3x = 0 .

Assim,

a) determine x.

b) calcule cos x +cos2x + cos3x

RESOLUÇÃO

a) sen x + sen 2x + sen 3x = 0

sen(2x – x) + sen 2x + sen(2x + x) = 0

sen 2x .cos x – sen x .cos 2x + sen 2x + sen 2x .cosx + sen x .cos 2x = 0

2.sen 2x .cos x + sen 2x = 0

(sen 2x).(2cos x + 1) = 0

sen 2x = 0 (não convém)

ou

2cos x + 1 = 0

cos x =12−

x = 23π

b) Se x = 23π

temos

cos x + cos 2x + cos 3x = cos23π + cos

43π

+ cos 2π

cos x + cos 2x + cos 3x = 1 1

12 2− − + , portanto

cos x + cos 2x + cos 3x = 0

QUESTÃO 06 São dados, no plano cartesiano de origem O, a circunferência de equação x2 + y2 = 5 , o ponto P = (1, 3 ) e a reta s que passa por P e é paralela ao eixo y. Seja E o ponto de ordenada positiva em que a reta s intercepta a circunferência.

Assim sendo, determine

a) a reta tangente à circunferência no ponto E.

b) o ponto de encontro das alturas do triângulo OPE.

RESOLUÇÃO


a) Do enunciado temos que: E(1,ye), sendo ye > 0.

Substituindo na equação da circunferência temos: 1 + y2 = 5 y2 = 4 y=2 , logo E(1,2)

Seja mOE coeficiente angular da reta que passa pelos pontos O e E.

Seja mr coeficiente angular da reta r.

Sendo essas retas perpendiculares (ponto de tangencia) temos: OEm2 0

21 0−

= =−

, logo rm12

=−

Portanto a equação da reta tangente à circunferência no ponto E(r) é:

( )y x1

2 12

− =− − x + 2y - 5 =0

b) A reta t é a reta que contém a altura relativa ao lado OE do triangulo POE, então ela é paralela à reta r, portanto o coeficiente da reta t é numericamente igual ao da reta r (mr = mt = -1/2). Lembrando que P pertence à reta t, temos e seguinte equação:

( )y x

13 1

2− =− −

O ponto R(xR,0) é ortocentro do triângulo POE, então:

( )R Rx x1

0 3 1 2 3 12

− =− − → = +

QUESTÃO 07

Em um jogo entre Pedro e José, cada um deles lança, em cada rodada, um mesmo dado honesto uma única vez. O dado é cúbico, e cada uma de suas 6 faces estampa um único algarismo de maneira que todos os algarismos de 1 a 6 estejam representados nas faces do dado. Um participante vence, em uma certa rodada, se a diferença entre seus pontos e os pontos de seu adversário for, no mínimo, de duas unidades. Se nenhum dos participantes vencer, passa-se a uma nova rodada. Dessa forma, determine a probabilidade de

a) Pedro vencer na primeira rodada.

b) nenhum dos dois participantes vencer na primeira rodada.

c) um dos participantes vencer até a quarta rodada.

RESOLUÇÃO


Utilizando os resultados de Pedro e José, respectivamente, representados por um par ordenado temos:

a) as possibilidades de Pedro vencer na primeira rodada

(3,1); (4,1); (4,2); (5,1); (5,2); (5,3); (6,1); (6,2); (6,3) e (6,4), logo a probabilidade de Pedro vencer na primeira rodada é

P = 10/36, ou seja, P = 5/18.

b) as possibilidades para nenhum vencer na primeira rodada são:

(1,1); (1,2); (2,1); (2,2); (2,3); (3,2); (3,3); (3,4); (4,3); (4,4); (4,5); (5,4); (5,5); (5;6); (6,5); (6,6), logo a probabilidade de nenhum vencer primeira rodada é

P = 16/36, ou seja,

P = 4/9.

c) (1) Alguém vence na primeira rodada: 4 5

19 9− =

(2) Ninguém vence na primeira e alguém vence na segunda rodada: 4 5 20.

9 9 81=

(3) Ninguém vence na primeira, nem na segunda e alguém vence na terceira rodada: 4 4 5 80

. .9 9 9 729

=

(4) Ninguém vence na primeira, nem na segunda, nem na terceira e alguém vence na quarta rodada: 4 4 4 5 320

. . .9. 9 9 9 6561

=

Então temos: 5 20 80 320 63059 81 729 6561 6561+ + + =

QUESTÃO 08

Um poste vertical tem base quadrada de lado 2. Uma corda de comprimento 5 está esticada e presa a um ponto P do poste,

situado à altura 3 do solo e distando 1 da aresta lateral. A extremidade livre A da corda está no solo, conforme indicado na figura.

A corda é então enrolada ao longo das faces 1 e 2 mantendo-se esticada e com a extremidade A no solo, até que a corda toque duas arestas da face 2 em pontos R e B, conforme a figura.

Nessas condições,

a) calcule PR.

b) calcule AB.

RESOLUÇÃO

a) Observe a planificação abaixo:


AP = 5.

Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo APE temos:

AE2 + 32 = 52, logo AE = 4 portanto AC = 1.

Pelo teorema de Talles temos:

PR AB 51 1 4= = , logo AB = 5/4 e PR = 5/4.

QUESTÃO 09

A figura na página de respostas representa o número i1 32

ω− +

= no plano complexo, sendo i 1= − a

unidade imaginária. Nessas condições,

a) determine as partes real e imaginária de 1ω

e de w3

b) represente e 1ω

e w3 na figura ao lado.

c) determine as raízes complexas da equação z3 -1 =0 .

RESOLUÇÃO

a) Seja r o módulo de w e q o argumento principal de w.

221 3

12 2

ρ ρ = − + → =

wRe( ) 1cos cos

2θ θ

ρ= → =−

wsen

Im( ) 3cos

2θ θ

ρ= → =

23π

θ∴ =

• Forma Trigonométrica isen2 2

1. cos3 3π π

ϖ = +


ii

i i

1 2 1 3 1 1 3.

2 21 3 1 3ϖ ϖ− −

= → =− −− + − −

e

1 1 1 3Re Im

2 2ϖ ϖ =− =−

( )isen3 3 3 32 21 cos3 3 1 1 0 1

3 3π π

ϖ ϖ ϖ = + → = + → =

, logo ( ) ( ) e 3 3Re 1 Im 0ϖ ϖ= =

b)

c) ( )( )z z z z3 21 0 1 1 0− = → − + + =

z ou z z21 0 1 0− = + + = , logo z= 1 ou D =12-4x1x1

iz

1 32

− ±=

As raízes da equação são: i i1 3 1 3

1; ;2 2 2 2− + − −

QUESTÃO 10

Pedrinho, brincando com seu cubo mágico, colocou-o sobre um copo, de maneira que

* apenas um vértice do cubo ficasse no interior do copo, conforme ilustra a foto;

* os pontos comuns ao cubo e ao copo determinassem um triângulo eqüilátero.

Sabendo-se que o bordo do copo é uma circunferência de raio 2 3 cm , determine o volume da parte do cubo que ficou no interior do copo.

RESOLUÇÃO

Do enunciado concluímos que a parte do cubo que ficou no interior do copo é o tetraedro tri-retângulo, como


mostra a figura abaixo:

Observe que os vértices A, B e C são pontos comuns ao cubo e ao copo e D vértice do cubo interno ao copo.

A figura abaixo representa a borda do copo de centro em O e raio AO.

o

AB ABAO AB

sen2 2.2 3 6

60 32

= → = → =

Triângulo BAD: AB2 = AD2 + BD2 (lembrando AD = BD)

2AD2 = 62 AD= 3 2 cm

Então o volume do cubo que ficou no interior do copo vale:

( )V V

23 21

. .3 2 9 23 2

= → = cm3

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