Resolução prova de matemática – UDESC – 2010.2

Prof. Guilherme Sada Ramos – “Guiba”

1) Pelo enunciado, devemos pressupor que todos os itens que o jovem puder escolher

para o carro, ele escolherá. Feito isso, percebemos que:

Para o carro de duas portas, ele pode escolher 3 entre os 5 itens opcionais, tendo 3

5C

maneiras diferentes de proceder na escolha, uma vez que a ordem dessa escolha é

irrelevante. Para cada uma dessas 3

5C , ele opta ou por roda de liga leve, ou por

equipamento de som.

Como

p

n

n!C

p! n p !

, então

3

5

5! 5! 5.4.3!C

3! 5 3 ! 3!2!

3!

5.410

22! . Para cada

uma dessas 10, duas possibilidades, logo o total é de 20 possibilidades, para o caso de carro duas portas.

Para o carro de quatro portas, ele pode escolher 2 entre os 5 itens opcionais, tendo 2

5C

maneiras diferentes de proceder na escolha, uma vez que a ordem dessa escolha é

irrelevante. Para cada uma dessas 2

5C , ele opta ou por roda de liga leve, ou por

equipamento de som.

Como

p

n

n!C

p! n p !

, então

2

5

5! 5! 5.4.3!C

2! 5 2 ! 2!3!

2! 3!

5.410

2 . Para cada

uma dessas 10, duas possibilidades, logo o total é de 20 possibilidades, para o caso de carro quatro portas. Somando as possibilidades totais nos dois casos, concluímos que ele pode escolher o carro de (20 + 20), ou 40, maneiras distintas.

GABARITO: D

2) A soma S é tal que logS 2log2 log7 .

Como

n

b b

b b b

log a nlog a

log ac log a log c

`, então afirmamos que:

2logS 2log2 log7 log2 log7 log4 log7 log28

Como a função f(x) = logb(x) é injetora, então não podemos ter dois logaritmos de números diferentes, na mesma base, que sejam iguais. Logo, concluímos que

logS log28 S 28 .

Então, temos uma PG de seis termos, em que:

o A soma Sn = 8 o O número de termos n = 6

o A razão q = 1

2.

Lembrando que n

1

n

a q 1S

q 1

, então podemos calcular o valor de a1, primeiro termo

da progressão:

n

1

n

6

1

1

1

1

1

a q 1S

q 1

1a 1

228

11

2

1a 1

6428

1

2

1 63.28 a

2 64

64 1.28 a

63 2

64a

32. 28

4

963 .2

32.4 128

9 9

GABARITO: E

3) A matriz A é da forma 11 12

21 22

a aA

a a

, e seu determinante é dado por

11 22 12 21det A a .a a .a .

Já a matriz A – I2 é 11 12 11 12

2

21 22 21 22

a a a 1 a1 0A I

a a a a 10 1

, e seu determinante

é 2 11 22 12 21det A I a 1 . a 1 a .a .

I) Pela propriedade “produto de determinante é determinante do produto”, temos:

22 2

2 2det A I det A I 5 25

Considerando que o produto de matrizes é distributivo, que AI2 = I2A (I2 é a matriz identidade de ordem 2), e que (I2)² = I2, vamos ter também:

2

2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2

det A I det A I A I

det A AI I A I det A A A I det A 2A I

Se 2

2det A I 25 e 2 2

2 2det A I det A 2A I , então

2

2det A 2A I 25

ITEM VERDADEIRO!

II) Pelo enunciado, 2 11 22 12 21det A I a 1 . a 1 a .a 5 . Desenvolvendo o

produto entre parênteses, temos:

11 22 12 21

11 22 11 22 12 21

11 22 12 21 11 22

11 22 12 21 11 22

det A

11 22

11 22

a 1 . a 1 a .a 5

a .a a a 1 a .a 5

a .a a .a a a 1 5

a .a a .a a a 1 5

det(A) 5 1 a a

det(A) 4 a a

Note que não precisamos de que a21 seja igual a a12 para que a igualdade acima seja válida!

ITEM VERDADEIRO!

III) Neste caso, vemos que 11 12

21 22

a a 0 mA

a a m 0

e 2det A m . Também,

2

0 m 1 0 1 mA I

m 0 0 1 m 1

, e 2

2det A I 1 m . Como

2det A I 5 , então

2 2

det A

1 m 5 m 4 . Assim, 2det A m 4 .

ITEM FALSO!

GABARITO: B

4) Tetraedros são nada mais que pirâmides de base triangular. Volume de pirâmide é

dado sempre por basepirâmide

Área .AlturaV

3 . Já volume de prisma é calculado pela

fórmula prisma baseV Área .Altura . Como informação dada, ocorre

tetraedro prisma

1altura .altura

3 . Denominemos as alturas de pirâmide e prisma por ht e hp,

respectivamente.

Precisamos calcular a área da base dos dois sólidos. Sendo um triângulo retângulo

isósceles de hipotenusa 3 2 cm, calculamos a medida dos catetos. Para achar a área,

basta fazer “um cateto vezes o outro” e dividir por dois, já que este triângulo é retângulo. Façamo-nos:

2

2 2

2

2

x x 3 2

2x 18

x 9

x 3

A área da base será dada por base

3.3 9A

2 2 cm².

Agora, vamos lembrar que a diferença entre o volume do prisma, Vp , e do tetraedro, Vt, é 8 cm³. Equacionando, teremos a altura do prisma, que é questionada...

p t

base p

base p

p

V V 8

Área .hÁrea .h 8

3

9

9.h

2

1.

2 3ph

3

p p

p

p

8

9 1h h 8

2 2

4h 8

h 2

GABARITO: E

5) Para um contribuinte que pague alíquota 27,5%, o mínimo a pagar de imposto mensal seria 27,5% de R$ 2.743,25 menos R$ 548,82, que é o valor da dedução tributária mensal nessa faixa salarial. Tudo isto no exercício de 2009. Verificamos que:

27,5.2743,26 205,92 754,39 548,82 205,57

100

Como ele pagou menos que isso em imposto de renda, é impossível o contribuinte estar na faixa salarial que sofre esta tributação, logo seu salário tem alíquota de 15%. Assim, podemos afirmar que o seu salário é tal que 15% dele, menos a dedução correspondente de R$ 205,92 resulta em R$ 109,08, que é o valor da restituição para o seu salário. Vamos calcular este último:

15x 205,92 109,08

100

15x 315

100

315x

21.100

152100

Seu salário é de R$ 2100,00. No exercício de 2010, a alíquota para seu salário é de 7,5% e a dedução equivale a R$ 107,59. Sua despesa mensal de imposto de renda será de:

7,5

10 0.210 0 107,59 7,5.21 107,59 49,91

Lendo as alternativas, temos que perceber que R$ 49,91 é R$ 59,17 a menos que R$ 109,08.

GABARITO: D

6) A resolução da equação 2 4log x log 8x pode ser dividida em duas etapas:

No primeiro caso, 2 4log x log 8x . Resolvendo, temos:

2

4 4

2

2

log x log 8x

x 8x

x 8x 0

x x 8 0

x 0 ou x 8

Como x = 0 zera logaritmandos, e log4 0 não existe, então neste caso, x = 8.

No segundoo caso, 2 4log x log 8x . Resolvendo, temos:

2

4 4

2

4 4

2

2

3

3

3

log x log 8x

1log x log

8x

1x

8x

x .8x 1

8x 1

1x

8

1 1x

8 2

O valor encontrado não infringe a condição de existência dos logaritmos (logaritmando maior que zero e base maior que zero e diferente de 1), logo o valor ½ também é solução da equação.

Somando as duas soluções, temos 1 16 1 17

82 2 2

.

GABARITO: A

7) Convertendo a equação da circunferência ao modo 2 2 2

0 0x x y y R ,

determinamos o ponto (x0, y0) o centro da circunferência e R o raio da mesma. Vamos fazê-lo:

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

x 2 y 2

2 2

2 2 2

x y 4x 4y 4 0

x 4x y 4y 4 0

x 4x y 4

4 4 4 4

y 4

x 4x y 4y 4

x 2 y 2 4

x 2 y 2 2

Nota: Os valores 4 destacados foram somados aos dois lados da equação, para que a conversão à forma reduzida fosse possível (método de “completar quadrados”). O centro da circunferência é o ponto (2, 2) e o raio é 2.

O ponto R de intersecção da circunferência com o eixo das abscissas (eixo x) é o ponto (2, 0). Considerando este ponto, mais os pontos P(0, 3) e Q(–1, –2) , podemos calcular tanto o perímetro, quanto a área do triângulo formado por estes três pontos. O perímetro é dado pela soma das distâncias entre os pontos P e R, P e Q e R e Q. Vamos calculá-las, lembrando:

2 2

M,N M N M Nd x x y y :

2 2

P,R P R P R

2 2

P,R

2 2

P,R

d x x y y

d 0 2 3 0

d 2 3 13

2 2

P,Q P Q P Q

2 2

P,Q

2 2

P,Q

d x x y y

d 0 1 3 2

d 1 5 26

2 2

R,Q R Q R Q

2 2

R,Q

2 2

R,Q

d x x y y

d 2 1 0 2

d 3 2 13

Neste caso, o perímetro é 13 26 13 2 13 26 13 2 2 .

Para calcular a área, basta calcularmos D

2, em que D é o módulo do determinante

da matriz

P P

R R

Q Q

x y 1

D x y 1

x y 1

. Para calcular este determinante, aplicamos regra de

Sarrus:

0 3 1 0 3

D 2 0 1 2 0 0.0.1

1 2 1 1 2

3.1.( 1) 1.2.( 2) 1.(0).( 1) 0.1.( 2) 3.2.1 3 4 6 13

Logo, a área dada é D 13 13

2 2 2

.

GABARITO: D

8) O gráfico da função f é uma parábola, que corta o eixo das ordenadas no ponto (0, 1) e

tem vértice 3 1

;4 8

. Sendo a função 2f x ax bx c , vamos calcular a, b e c.

Temos as seguintes informações:

o c = 1 (ordenada do ponto em que intercepta o eixo y)

o v

b 3x

2a 4

o 2 2 2

v

b 4ac b 4a b 1y 1

4a 4a 4a 4a 8

Resolvendo o sistema 2

b 3

2a 4

b 11

4a 8

, obteremos os valores de a e b:

2

b 3

3.22a 4b

b 11

4a 8

a

42

3a

2

Substituindo na segunda equação:

2

2

3a

121

4a 8

9a

4

4 a

11

8

9a 11

16 8

9a 16

16

2

16

9a 16 2

9a 18

a 2

Neste caso, b 3 b

2(2) 4 4

3

4 b 3 b 3 .

Determinamos que 2f x 2x 3x 1 .

Assim, 2 2fog x 2 g x 3g x 1 2cos x 3cos x 1 . Falta calcular as raízes

de fog x 0 , no intervalo 0,2 . Vamos fazê-lo, com cos(x) = t:

2

2

2cos x 3cos x 1 0

2t 3t 1 0

Resolvendo a equação do segundo grau, vamos obter 1

t2

ou t 1 . Ou seja,

1

cos x2

ou

cos x 1

No ciclo trigonométrico o eixo horizontal é o eixo dos cossenos. O arco da primeira

volta (sem o zero) que tem cosseno igual a 1 é 2 . No caso de cosseno igual a 1

2, os

arcos são 60° (3

) e 300° (

5

3

). Multiplicando os três possíveis arcos, obtemos

35 102 . .

3 3 9

.

GABARITO: C

9) Devemos lembrar das seguintes identidades trigonométricas:

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

cos a b cos a .cos b sen a .sen b

cos 2x cos x sen x

sen a b sen a .cos b sen b .cos a

1cossec x , sen x 0

sen x

cos xcotg x , sen x 0

sen x

sen x cos x 1

sen x 1 cos x

cos x 1 sen x

7cos cos 0

2 2

7sen 1

2

sen 12

a b b a

Agora, podemos desenvolver a expressão colocada:

3

4

4

2 2 3

7cos 2x sen x .cos x

2

cotg x2cos x sen x 1

2cossec x

7cos x sen x sen x . cos .cos x

2

4

4

7sen .sen x

2

cos x

sen x

4

1

sen x

2cos x sen x .cos2

2 2 3

4 2

2 2 4

22

2 2 2

22

2 2 2

22

2 2

4

2 2

4

4

4

4

cos x .sen 12

cos x sen x sen x . sen x

cos x 2cos x 1

cos x sen x sen x

cos x 1

cos x sen x 1 sen x

1 cos x

cos x sen x .cos x

sen x

cos x 1 sen x

sen x

cos x .cos x

sen x

cos xcotg x

sen x

GABARITO: A

10) A figura ao lado representa o triângulo cuja revolução gera o cone circular reto da questão. Girando o trapézio BACD em torno de AC, obtemos o tronco de cone, cujo volume é 38π m³. O ângulo α é tal que tg α = 6. Esse volume é a diferença entre o volume do cone gerado pela revolução do triângulo ABE (cone maior) em torno de AE, e o volume do cone gerado pela revolução do triângulo CDE (cone menor), em torno de CE. Temos que AB = R, CD = AH = r, AC = DH = 2R. Como ocorre tg α = 6 (a razão entre o cateto oposto ao ângulo α e o cateto adjacente ao mesmo α é 6), então DH = 6.HB. Concluímos que

HB = 1

R3

.

O ângulo CDE é também igual a α, logo CE = 6.CD = 6r.

O cone menor tem raio da base r e altura 6r. O cone maior tem raio da base R e altura 2R + 6r.

O volume de qualquer cone é dado por

2

base

cone

Raio .hV

3

, em que h é altura do

sólido. Para podermos efetuar os cálculos, ainda falta estabelecer uma relação entre R e r. Se

pensarmos que AH = r, HB = 1

R3

, e AB = R, então podemos dizer ainda que

RR r

3 . Assim:

RR r

3

2Rr

3

6

2 2R.

36r

24R 6r R r

3

Nota: Vamos nos fazer valer das duas igualdades anteriores nos cálculos a seguir. Com isso, deduzimos que a altura AE do cone maior é 2R + 6r = 2R + 4R = 6R. Agora sim, vamos igualar a diferença entre os volume dos cones (volume do tronco) a 38π. Nessa igualdade, calcularemos R. Feito isso, aplicaremos teorema de Pitágoras no triângulo HBD.

cone maior cone menor

2 2

V V 38

R .6R r .6r38

3 3

6

2 3R

3

6

2 3r

338

2

3 3R r 3819

3 3

3

3

3 3

R r 19

2R R 19

3

8R R 19

27

19

3R 1927

3

3

R 27

R 27 3

Feito isso, basta calcularmos a hipotenusa BD, sendo que os catetos DH e HB medem, respectivamente, 6 (2R) m e 1 (um terço de R) m. Teorema de Pitágoras:

2 2 2

2

BD 1 6

BD 37

BD 37

GABARITO: B

11) Pelo enunciado, se o ângulo A vale x, então o ângulo B vale 4x. Assim, o ângulo

C vale 4x x 5x

x5 5

. Sendo a soma dos três ângulos internos de qualquer triângulo

180°, podemos também afirmar que:

x 4x x 180 6x 180 x 30

Assim, dizemos que:

A x 30

B 4x 4. 30 120

C x 30

Devemos lembrar também que

sen sen 180

cos cos 180

, para 0 180 .

I) O triângulo é isósceles, pois tem dois ângulos congruentes, o que implica em dois

lados congruentes.

ITEM VERDADEIRO!

II) O triângulo está representado na figura abaixo.

Uma das várias maneiras de se calcular a área de um triângulo é multiplicar a metade do produto de dois lados pelo seno do ângulo que eles formam, ou seja, a área neste

caso pode ser obtida por triângulo

BC.AB.sen120A

2

. Efetuando os cálculos, temos:

triângulo

10A

5.10.sen 180 120

2

50sen60 50

25 3.

225 3

ITEM VERDADEIRO!

III) Pela lei dos cossenos, podemos determinar a medida do segmento AC, lembrando que, se a e α são ângulos opostos num triângulo, e os outros dois lados são b e c,

temos a relação 2 2 2a b c 2bc.cos . Após isto, substituímos o valor na equação

dada.

2 2 2

2

2

2

AC 10 10 2. 10 . 10 .cos120

AC 100 100 200. cos 180 120

AC 200 200. cos60

AC 200 200

100 1

.2

2

2 2

AC 200 100 300

AC 300 2 .3.5 10 3

Na equação, teremos:

23 2x!

x 2 10 10 3x 3 !

x x 1 x 2 x 3 !

x 3 !

3

3

3

x 2 100 300

x x 1 x 2 x 2 400

x

2 33x 2x x

2

2.20

3x 2x 40 0

Resolvendo a equação do segundo grau, vamos ter x 4 ou 10

x3

, valor que não

serve como resposta pois não existe fatorial de número negativo, nem de número não-inteiro. ITEM VERDADEIRO!

GABARITO: E

12) Numa matriz 3x3 qualquer, todos os termos da diagonal principal são tais que i = j. Acima dessa diagonal, i < j, e abaixo, i > j. Com isso, determinamos a matriz descrita no enunciado da questão:

11 12 13

21 22 23

31 32 33

a a a 2 1 1

A a a a x 2 1

a a a x x 2

O determinante dessa matriz é calculado pela regra de Sarrus, em função de x.

2 2

2 1 1

det A x 2 1

x x 2

2 1 1 2 1

det A x 2 1 x 2

x x 2 x x

det A 8 x x 2x 2x 2x x 5x 8

Ao final das contas, resta-nos resolver 25x 8 x 5x 8 , considerando duas

situações, que devem ocorrer simultaneamente.

2

2

2

5x 8 x 5x 8

x 5x 8 5x 8

0 x 10x 16

A parábola y = x² + 10x + 16 está acima (ou em cima) do eixo x para valores de x no conjunto solução S =

, 8 2, .

5x 8 2x 5x 8

20 x

Nesse caso, x pode assumir qualquer valor real. A solução desta inequação é o próprio conjunto . Fazendo a intersecção de com S, calculamos a solução da inequação modular, que, no caso, é o próprio conjunto S.

GABARITO: B

13) Consideremos os seis ângulos desse polígono convexo, a1, a2, a3, a4, a5 e a6, em

ordem crescente. Pelo enunciado, são seis termos de uma progressão aritmética. Assim, sendo, podemos exprimir, utilizando a fórmula do termo geral de uma PA, todos os termos da PA em função do primeiro termo e da razão r.

n 1a a n 1 r

2 1a a r ; 3 1a a 2r ; 4 1a a 3r ; 5 1a a 5r ; 6 1a a 5r

Lembrando que a soma dos ângulos internos de um polígono é dada, em função do

número n de lado, por nS 180 n 2 , podemos dizer que a soma dos seis termos da

PA é igual a:

6S 180 6 2 180 .4 720

Também temos a informação que a razão entre o menor ângulo (designado por a1) e r

é igual a 15

2. Logo temos o seguinte sistema de equações:

1

1 2 3 4 5 6

1

1 1 1 1 1 1

1

1

a 15

r 2

a a a a a a 720

a 15

r 2

a a r a 2r a 3r a 4r a 5r 720

a 15

r 2

6a 15r 720

Resolvendo...

1

1

1

1 1

1

1

a 15

2a 15rr 2

6a 15r 720

6a 2a 720

8a 720

720a 90

8

Calculamos a1, o menor ângulo do polígono, que vale 90°.

GABARITO: B

14) Para sabermos a razão da PG infinita, devemos calcular a medida do lado do segundo

quadrado e dividi-la pelo lado do primeiro quadrado. Como a soma limite de uma PG

infinita é dada por 1aS

1 q

. O primeiro termo foi dado, é o lado do quadrado maior,

que vale 1.

A partir deste lado 1, podemos calcular o lado do quadrado seguinte, visualizando um triângulo retângulo cujos catetos valem ½ (metade do lado do quadrado) e a hipotenusa é a medida do lado do quadrado seguinte.

2 2

2

2º quadrado

2º quadrado

1 1 1 1 1

2 2 4 4 2

1 1 2 2.

2 22 2

Com isso, 2º quadrado

1º quadrado

222 q

1 2 , razão da PG infinita. Esta razão tem módulo

menor que 1, logo podemos aplicar a fórmula da soma infinita. Calculando-a, temos:

1

22

aS

1 q

2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 2S .

4 22 2 2 2 2 2 2 2 212 2

2 2

2

2 2

Agora, temos o coeficiente angular da reta r. O ponto de encontro dessa reta com o eixo das ordenadas tem ordenada igual ao coeficiente linear (n) dessa reta. A abscissa é zero. Para determinarmos a reta em questão, temos o coeficiente angular (m) da mesma e um ponto(x0, y0) pelo qual ela passa. A forma da equação da reta que permite calculá-

la, neste caso, é 0 0y y m x x . O ponto em questão é 2 2,0 .

0 0y y m x x

y 0 2 2 x 2 2

y 2 2 x 2 2

y 2x 2x 4 2 2

2 2

4

y 2 2 x 4 2

y 2 2 x 2

A reta em questão está exibida ao

lado, sendo 2 1,41 . Nesse caso, o

ponto procurado tem abscissa 0 e ordenada –2.

GABARITO: A

15) Qualquer gráfico de função fornece o domínio e a imagem da mesma, uma vez projetado no eixo x e eixo y, respectivamente. Assim, podemos determinar os quatro conjuntos envolvidos. Vamos lembrar a definição de intervalos reais:

D f

Im f 2,

Im g ,2

Im h 0,

Devemos lembrar que a intersecção entre os conjuntos X e Y são os elementos comuns aos conjuntos X e Y. Além disso, a diferença do conjunto X para o conjunto Y é constituída por todos os elementos que pertencem a X, e não pertencem a Y.

Im f Im g D f Im h

2, ,2 0,

2,2 0, 2,0

GABARITO: C

Comentários sobre a prova: Grau de dificuldade absurdo. Muitos conteúdos requisitados na mesma questão foram o estilo da prova, que, assim, oferece tempo reduzidíssimo, induzindo o candidato até mesmo ao chute, o que entendo ser negativo no processo de avaliação de conhecimento. Muitas fórmulas precisavam ser ou consultadas no formulário ou mesmo lembradas. Quem fez pelo menos 5 acertos, dependendo do seu curso, fez uma boa prova. Grande abraço,

Prof. Guiba

[a,b] x / a x b

[a,b[ x / a x b

]a,b] x / a x b

]a,b[ x / a x b

[a, [ x / x a

]a, [ x / x a

] ,a] x / x a

] ,a[ x / x a