VESTIBULAR DA FUVEST – 2010 – 2 a Fase Provas de ... · c) Determine os valores de x para os...
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VESTIBULAR DA FUVEST – 2010 – 2a Fase Provas de Matemática (2o dia e 3o dia)
RESOLUÇÃO: Professora Maria Antônia Conceição Gouveia.
2o dia
Q.01 Em uma mesa de bilhar, coloca-se uma bola branca na posição B e uma bola vermelha na posição V, conforme o esquema abaixo.
Deve-se jogar a bola branca de modo que ela siga a trajetória indicada na figura e atinja a bola vermelha. Assumindo que, em cada colisão da bola branca com uma das bordas da mesa, os ângulos de incidência e de reflexão são iguais, a que distância x do vértice Q deve-se jogar a bola branca? . Antes de resolver a questão vamos fazer a seguinte observação: O fenômeno da colisão da bola com a borda da mesa obedece às mesmas leis da reflexão da luz. A informação da questão: “Assumindo que, em cada colisão da
bola branca com uma das bordas da
mesa, os ângulos de incidência e de
reflexão são iguais...”, refere-se à uma das Leis da Reflexão: o
ângulo de incidência ( i ) é igual
ao ângulo de reflexão ( r ) PS. (Os ângulos de incidência e de reflexão são medidos em relação à normal).
2
RESOLUÇÃO: De acordo com as informações da questão pode-se construir o gráfico ao lado, no qual os triângulos retângulos BAD, DQT e VET são semelhantes (possuem os ângulos agudos congruentes), então seus lados correspondentes são proporcionais.
Então vale a proporção: 0,90
x1,20yx
y0,800,40 −
==−
⇒
⇒=−
+⇒
=−
=+⇒
=−
−=
98
x1,2x0,4
0,9xx)y(1,2
0,8xx)y(0,4
0,9xyx1,2y
xy0,8x0,4y
176
x617x8x9,69x3,6 =⇒=⇒−=+ .
RESPOSTA: 176
m.
Q.02 Seja f(x) = R x ,1x ∈∀− , e considere também a função composta R x f(f(x)),g(x) ∈∀= .
a) Esboce o gráfico da função f, no desenho da folha de respostas, indicando seus pontos de interseção com os eixos coordenados. b) Esboce o gráfico da função g, no desenho da folha de respostas, indicando seus pontos de interseção com os eixos coordenados. c) Determine os valores de x para os quais g(x) = 5. RESOLUÇÃO: a) Construindo o gráfico da função f(x) = R x ,1x ∈∀− , aplicando o movimento de gráficos.
RESPOSTA: O gráfico 3 é a solução da questão e os pontos de intercessão da função com os eixos coordenados são: (−1, 0), (1, 0) e (0, −1). b) Sendo R x f(f(x)),g(x) ∈∀= , R x 1,x1)xf(g(x) ∈∀−−=−= 1 .
RESPOSTA: O gráfico número 5 é o gráfico da função R x f(f(x)),g(x) ∈∀= . E os seus pontos
de interseção com os eixos coordenados são: (−2, 0), ( 0, 0) e ( 2, 0).
3
c)
−=
=
⇒
−=
=
⇒
−=−
=−
⇒=−⇒=−−
7x
ou
7x
l)(impossíve 6x
ou
7x
61x
ou
61x
61x511x .
RESPOSTA: Os valores que tornam g(x) = 5 são 7 e −7.
Q.03 Uma pessoa (A) pratica corrida numa pista de 300 m, no sentido anti-horário, e percebe a presença de outro corredor (B) que percorre a mesma pista no sentido oposto. Um desenho esquemático da pista é mostrado ao lado, indicando a posição AB do primeiro encontro entre os atletas. Após 1 min e 20 s, acontece o terceiro encontro entre os corredores, em outra posição, localizada a 20 m de AB, e indicada na figura por A’B’ (o segundo encontro ocorreu no lado oposto da pista). Sendo VA e VB os módulos das velocidades dos atletas A e B, respectivamente, e sabendo que ambas são constantes, determine
a) VA e VB. b) a distância percorrida por A entre o primeiro e o segundo encontros, medida ao longo da pista. c) quantas voltas o atleta A dá no intervalo de tempo em que B completa 8 voltas na pista. RESOLUÇÃO:
a) Considerando o ponto relativo a AB, como o ponto inicial da pista, tem-se: x + y + 20 = 300 ⇒ x + y = 280. O terceiro encontro ocorreu, depois que A fez o percurso AB-A’’B’’-A’B’ que corresponde a (x + y) = 280 e B fez o percurso AB-A’B’-A’’B’’-AB-A’B’, perfazendo (20 + y + x + 20) = 320. Assim o o percurso feito por A em 1min e 20seg foi de 280m e o desenvolvido por B, no mesmo intervalo de tempo, foi de 320m
Logo: 4m/s80s
320m Ve 3,5m/s
80s280m
V BA ==== .
RESPOSTA: 4m/s Ve 3,5m/sV BA == . b) Sendo constantes as velocidades, e estando o ponto relativo ao segundo encontro numa posição oposta ao relativo ao terceiro encontro, depois do primeiro encontro, os corredores voltarão a se encontrar a cada 40s. Se A em 80 segundos percorreu 280m, em 40 segundos a uma velocidade constante percorrerá 140m. RESPOSTA: 140m. c) B percorreu 320m em 80 segundos, ou seja 4m/s. Uma volta ele percorrerá em (300:4) = 75 segundos e, portanto 8 voltas em 8 × 75 s = 600 segundos. O corredor A percorre 3,5m a cada segundo, então em 600 segundos percorrerá 600 × 3,5 = 2100m que corresponde a (2100 : 300) = 7 voltas. RESPOSTA: 7 voltas.
4
Q.16 Um transportador havia entregado uma encomenda na cidade A, localizada a 85 km a noroeste da cidade B, e voltaria com seu veículo vazio pela rota AB em linha reta. No entanto, recebeu uma solicitação de entrega na cidade C, situada no cruzamento das rodovias que ligam A a C (sentido sul) e C a B (sentido leste), trechos de mesma extensão. Com base em sua experiência, o transportador percebeu que esse desvio de rota, antes de voltar à cidade B, só valeria a pena se ele cobrasse o combustível gasto a mais e também R$ 200,00 por hora adicional de viagem. a) Indique a localização das cidades A, B e C no esquema apresentado na folha de respostas. b) Calcule a distância em cada um dos trechos perpendiculares do caminho. (Considere a
aproximação 1,4 2 = ) c) Calcule a diferença de percurso do novo trajeto relativamente ao retorno em linha reta. d) Considerando o preço do óleo diesel a R$ 2,00 o litro, a velocidade média do veículo de 70 km/h e seu rendimento médio de 7 km por litro, estabeleça o preço mínimo para o transportador aceitar o trabalho. RESOLUÇÃO:
a)
b) Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo isósceles ABC,:
59,521,485
2285
285
x852x85xx2
22222=
×===⇒=⇒=+
RESPOSTA: 59,5 km. c) AC + CB – AB = 2 × 59,5 – 85 = 34. RESPOSTA: 34 km. d) Para fazer o novo percurso o transportador percorrerá 34 quilômetros a mais. Se o rendimento médio do veículo é de 7 km por litro, nos 34 quilômetros adicionais consumirá
7
34litros totalizando um gasto a mais de 719
7
342 ,=
× reais.
Se a velocidade média desenvolvida pelo veículo é de 70km/h, os 34 km serão percorridos em....
h3517
7034
x ....xh34km......
....1h70km......==⇒
No novo percurso, gastará h3517
a mais, logo cobrará por esse tempo 1497200 ,3517
=
× reais.
Então, o preço mínimo para aceitar o trabalho é de 97,14 + 9,71 = 106,85 00107,≅ . RESPOSTA: R$107,00 .
5
3o dia Q.01 Sejam x e y dois números reais, com
2πx0 << e πy
2π << , satisfazendo
54seny = e
11senx + 5cos(y – x) = 3. Nessas condições, determine a) cos y. b) sen 2x. RESOLUÇÃO:
a) Se 5
4=seny e πy2π << , então
53
259
2516
1ysen1cosy 2−=−=−−=−−= .
RESPOSTA: 53
cosy −=
b) Desenvolvendo a expressão cos(y – x) = cosycosx + senysenx. Logo 11senx + 5cos(y – x) = 3 ⇒ 11senx + 5(cosycosx + senysenx) = 3. Nessa igualdade substituindo cosy e seny por seus respectivos valores:
1cosx5senx33cosx15senx3senx54
cosx53
511senx =−⇒=−⇒=
+−+ ⇒
15senxcosx −= . Elevando ao quadrado os dois membros da equação acima:
⇒+−=−⇒+−= 110senxx25senxsen1110senxx25senxcos 2222
( )135
senx ou 0senx0513senx2senx 010senxx26sen2==⇒=−⇒=− .
Como 2πx0 << ,
13
12
169
144
169
251 ==−=⇒= xcos
135
senx .
Se sen 2x = 2senxcosx, então, sen 2x = 169
120
13
12
13
52 =
×
RESPOSTA: 169
120.
Q.02 No sistema ortogonal de coordenadas cartesianas Oxy da figura, estão representados a
circunferência de centro na origem e raio 3, bem como o gráfico da função x8
y = .
Nessas condições, determine a) as coordenadas dos pontos A, B, C, D de interseção da circunferência com o gráfico da função. b) a área do pentágono OABCD.
6
RESOLUÇÃO: a) Se a circunferência tem centro na origem e raio 3, então a sua equação é x² + y² = 9. Para a determinação dos pontos A, B, C, D, interseção da circunferência x² + y² = 9 com o
gráfico da função x
8y = , deve-se resolver o sistema
=+
=
9yx
x8
y
22
.
{ ⇒=+−⇒
=+
=+
⇒
=+
=⇒
=+
=⇒
=+
=089 24
2
22
xx9
x8
x
9yx
9yxx8
y
9yx
x
8y
9yx
x8
y2
22
22
2
22
2
22
Como essa equação é biquadrada do quarto grau, podemos resolvê-la aplicando a fórmula
x = 2a
4acbb 2−±−
± ⇒ 22 x ou 1x2
792
32819x ±=±=⇒
±±=
−±±= .
Substituindo esses valores de x na equação x8
y = , vem:
122
8y,22 xe 1
22
8y,22 x ;22
18
y 1, x ;2218
y1,x ====−
=−=====−
=−= .
RESPOSTA: A = ( ) 1 ,22 , B = ( ) 22 1, , C = ( ) 22 ,1− e D = ( )1 ,22 − . b) Conhecidas as coordenadas dos vértices de um triângulo ABC, pode-se calcular a sua área utilizando a fórmula:
=
1yx
1yx
1yx
21
S
CC
BB
CA
Pode-se, então, determinar a área do pentágono OABCD, calculando a soma das áreas dos triângulos OAB, OBC e OCD.
+
−
+
−
−=
181
118
100
181
181
100
118
181
100
21
S ⇒
( ) ( ) 878216221
18888121
S +=++−=−++++−=
RESPOSTA: 87 + .
Q.03 Seja n um número inteiro, n ≥ 0. a) Calcule de quantas maneiras distintas n bolas idênticas podem ser distribuídas entre Luís e Antônio. b) Calcule de quantas maneiras distintas n bolas idênticas podem ser distribuídas entre Pedro, Luís e Antônio. c) Considere, agora, um número natural k tal que 0 ≤ k ≤ n. Supondo que cada uma das distribuições do item b) tenha a mesma chance de ocorrer, determine a probabilidade de que, após uma dada distribuição, Pedro receba uma quantidade de bolas maior ou igual a k. Observação: Nos itens a) e b), consideram-se válidas as distribuições nas quais uma ou mais pessoas não recebam bola alguma.
7
RESOLUÇÃO: a) Considerando que x1 ≥ 0 é a quantidade de bolas recebida por Luis e x2 ≥ 0, a recebida por Antônio, de tal modo que x1 + x2 = n, com n ≥ 0. Esta é uma equação do tipo nx.....xxx m321 =++++ , cujo número de soluções é o valor do
número binomial
−
−+
1m
1mn.
Logo o número de soluções da equação x1 + x2 = n é ( )( )
1n! 11n1!
! 1nn
12
12n+=
−+
+=
+=
−
−+
1
1.
RESPOSTA: (n + 1) maneiras. b) Considerando que x1 ≥ 0 é a quantidade de bolas recebida por Luis e x2 ≥ 0, a recebida por Antônio, e x3, a quantidade recebida por Antônio, de tal modo que x1 + x2 +x3 = n, com n ≥ 0, então o número de soluções dessa equação: é
( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2
1n2n2n!
n!1n2n! 2n
! 2n! 22n2!
! 2nn
13
13n +×+=
×+×+=
+=
−+
+=
+=
−
−+
2
2.
RESPOSTA: ( ) ( )
21n2n +×+
maneiras.
c) Considerando que Pedro já tenha recebido k bolas, restam n – k bolas para serem distribuídas pelos três rapazes. Tem-se então a equação x1 + x2 +x3 = n – k que tem um
número de soluções igual a:( )
( )( )
( )⇒
−
+−=
−+−
+−=
+−=
−
−+−
! kn2 ! 2kn
! 22kn2!! 2knkn
13
13k n
2
2
( ) ( ) ( )( )
( ) ( )2
1kn2kn!kn2
!kn1kn2kn +−×+−=
−
−×+−×+−.
Então o número de maneiras de Pedro receber uma quantidade de bolas maior ou igual a k, com 0 ≤ k ( n é � EMBED Equation.3 ���.
Como existem � EMBED Equation.3 ��� maneiras das n bolas serem distribuídas
pelos três rapazes, a probabilidade de que Pedro receba uma quantidade de bolas maior
ou igual a k ocorra é: � EMBED Equation.3 ���
RESPOSTA: ( ) ( )
( ) ( )1n2n1kn2kn
+×+
+−×+− maneiras.
Q.04 Dois planos π1 e π2 se interceptam ao longo de uma reta r, de maneira que o ângulo entre eles
meça α radianos, 2π0 << α . Um triângulo equilátero ABC, de lado ℓ, está contido em π2, de
modo que AB esteja em r. Seja D a projeção ortogonal de C sobre o plano π1, e suponha que
a medida θ, em radianos, do ângulo CÂD, satisfaça 4
6sen =θ .
Nessas condições, determine, em função de ℓ, a) o valor de α. b) a área do triângulo ABD. c) o volume do tetraedro ABCD. RESOLUÇÃO:
8
a) Calculando, em função de l, a medida de CH , altura do triângulo equilátero ABC:
CH = l sen60° = 2
3l.
No triângulo retângulo CAD, 4
6
4
6
4
6
4
6 l
l=⇒=⇒=⇒= CD
CDACCD
senθ .
No triângulo retângulo CDH, 2
2
3
2
4
6
2
3
4
6
=×=α⇒==α senCHCD
senl
l
.
Sendo 2
πα <<0 e
2
2=αsen , α = 45°.
RESPOSTA: α = 45° b) Sendo α = 45°, o triângulo retângulo CDH é isósceles, logo os seus dois catetos têm a
mesma medida, ou seja, CD = DH = 4
6l.
Como DH é altura do triângulo ABD, em relação ao lado AB , a área desse triângulo é:
8
6
4
6
2
1 2ll
l =××=×
=2
DHABS .
RESPOSTA: 8
62l
.
c) O tetraedro ABCD tem base ABD e altura CD , então o seu volume é:
1696
6
4
6
8
6
3
1 332llll
==××=××= CDS31
V ABD .
RESPOSTA: 16
3l
Q.05
9
Determine a solução (x, y), y > 1, para o sistema de equações
=−
=−
381)(27xlog
635)(9xlog
3y
y.
RESOLUÇÃO:
=−
=−
381)(27xlog
635)(9xlog
3y
y (Aplicando o conceito de logaritmo) ⇒ ⇒
=−
=−
33y)(81)(27x
35)(9x 6y
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )⇒
−=+−
−=−⇒
−=
=−⇒
=−
=−
⇒
=−
=−
359x96xx
3x35)(9x
3xy
y35)(9x
y27
81)(27x
y35)(9x
y381)(27x
y35)(9x2
2
3
23
3
23
33
23
{ ⇒=+− 04415xx2
⇒
==
==
⇒
=−==
=−==
⇒±
=−±
=
8 y 11,x
ou
1 y 4,x
8311 y11,x
ou
134 y4,x
24915
217622515
3
3
3
3
x
==
==
2 y 11,x
ou
1 y 4,x
. Como y > 1, ( ){ }11,2 S =⇒
RESPOSTA: ( ){ }11,2 S =
Q.06 No triângulo ABC da figura, a mediana AM , relativa ao lado BC , é perpendicular ao lado AB .
Sabe-se também que BC = 4 e AM = 1. Se α é a medida do ângulo CBA , determine
a) senα. b) o comprimento AC. c) a altura do triângulo ABC relativa ao lado AB . d) a área do triângulo AMC.
10
RESOLUÇÃO:
a) Analisando o triângulo retângulo ABM, conclui-se que: 21
senα = .
RESPOSTA: 21
senα =
b) Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo ABM: x² = 4 – 1 = 3 ⇒ x = 3 .
Como 21
senα = , α = 30° e então, 23
cosα =
Aplicando ao triângulo ABC a Lei dos Cossenos (Em um triângulo qualquer, o quadrado da medida de um lado é igual a diferença entre a soma dos quadrados das medidas dos outros dois lados e o dobro do produto das medidas desses lados pelo cosseno do ângulo formado
por estes lados) considerando x = 3 e sendo AC = y:
( ) 7y712334163y23
4216y 222=⇒=−=×−+=⇒×××−+= 1933
RESPOSTA: O comprimento AC é 7 .
c) Do triângulo retângulo BHC, resulta: .2CH4
CH21
BCCH
senα =⇒=⇒= .
RESPOSTA: A altura do triângulo ABC relativa ao lado AB mede 2. d) A área do triângulo AMC, pode ser calculada como a diferença entre as áreas dos triângulos
ABC e ABM: 23
213
223
2AMAB
2HCAB
S =×
−×
=×
−×
= .
RESPOSTA: A área do triângulo AMC é 23
.