resolucao_provavestibularfuvest_2011_fase2
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5/9/2018 RESOLUCAO_PROVAVESTIBULARFUVEST_2011_FASE2 - slidepdf.com
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PROVA DE MATEMÁTICA DA UFBAVESTIBULAR– 2011 – 2a Fase
RESOLUÇÃO: Profa. Maria Antônia Gouveia.
QUESTÃO 01
Considere o conjunto de todos os números de cinco algarismos distintos, formadoscom os algarismos 1, 3, 5, 8 e 9.Escolhendo, aleatoriamente, um elemento desse conjunto, calcule a probabilidade de onúmero escolhido ser menor que o número 58931.
RESOLUÇÃO:
Seja E o conjunto cujos elementos são todos os números de cinco algarismos distintos formados com osalgarismos 1, 3, 5, 8 e 9. Então n(E) =5! = 120.
Seja A o subconjunto de E, cujos elementos são menores que 58931.
DETERMINAÇÃO DE n(A):
• Números que começam por 58.Total de possibilidades: 3! – 1 = 3 × 2 × 1 – 1 = 5.
• Números que começam por 53.Total de possibilidades: 3! = 3 × 2 × 1 = 6.
• Números que começam por 3.
Total de possibilidades: 4! = 4×
3×
2×
1 = 24. • Números que começam por 1.
Total de possibilidades: 4! = 4 × 3 × 2 × 1 = 24. Então n(A) = (24 + 24 + 12 + 5) = 65.
Concluindo: escolhendo, aleatoriamente, um elemento do conjunto E, a probabilidade de o número
escolhido ser menor que o número 58931 é de24
13
120
65
)E(n
)A(np === .
RESPOSTA: A probabilidade é então24
13.
QUESTÃO 02
Considerem-se em um sistema de coordenadas cartesianas — tendo o metro comounidade de medida para os eixos Ox e Oy — duas partículas P1 e P2 .Sabendo que, no instante t = 0, a partícula P1 parte da origem, na direção positiva do eixo Oy, comvelocidade constante de 2m/s, e a partícula P2 parte do ponto (10, 0) em direção à origem dos eixos comvelocidade constante de 1m/s, escreva uma equação da reta que passa pelos pontos que determinam aposição das duas partículas no instante em que o quadrado da distância entre elas é mínimo.
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RESOLUÇÃO:
Como a partícula P1 percorre, com velocidade constante, 2m/s, em t segundos percorrerá (2t)m.Como a partícula P2 percorre, com velocidade constante, 1m/s, em t segundos percorrerá (t)m.No instante t = 0, a partícula P1 ocupa a posição (0, 0) e no instante t ocupará a posição (0, 2t).No instante t = 0, a partícula P2 ocupa a posição (10, 0) e no instante t ocupará a posição (10 − t, 0).
No instante t ≠ 0, a distância ( ) ( ) ( ) ⇒++−=⇒−+−−=
222
21
22
21 t4tt20100PPt200t10PP( ) 100t20t5PP 22
21 +−= .
O quadrado ( )221PP assume valor mínimo para
( )2
10
20t =
−−= .
No instante t = 2, a partícula P1 ocupa a posição A = (0, 4) e a partícula P2 ocupa a posição B = (8, 0).Determinação da equação da reta que passa pelos pontos A = (0, 4) e B = (8, 0):
Usando a relação: ( ) ( ) ⇒−=−⇒−=−
−
−⇒−=−
−
−4y
2
x4y)0x(
80
04yyxx
xx
yyAA
BA
BA
RESPOSTA: A equação procurada tem a forma 08x2y ou 8x2y ou 42
xy =−+=++−=
QUESTÃO 03
Considere o polinômio com coeficientes reais P(x) = 3x5 − 7x4 + mx3 + nx2 + tx + 6.Sabendo que P(x) é divisível por x2 + 2 e possui três raízes reais que formam uma progressão geométrica,determine o resto da divisão de P(x) por x + 2.
RESOLUÇÃO:
Se P(x) é divisível por x2 + 2 e sendo )i2x)(i2x(2x2+−=+ , então P(x) também é divisível por
)i2x( − e por )i2x( + ⇒ i2− e i2 são raízes de P(x).
As outras três raízes são reais e formam uma progressão geométrica, pode-se então representá-las comoqyy ,
q
y e .
Pelas relações de Girard:
( )⇒
=++
−=⇒
=−−−
−=⇒
−=
=
++
⇒
−=−
=++
03q10q3
1y
q7q3q33
1y
2y2
3
7q1
q
1y
2i2.i2.qy.y.q
y
3
7qyy
q
y
223
3
1 qou3q
6
810q
6
3610010q −=−=⇒
±−=⇒
−±−= ⇒
3qye 1y,31qy=−== .
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Logo as raízes de P(x) são i2 e i2 ,3 ,1 ,3
1−− .
Pode-se escrever:
⇒−+−+
−=++++−= )i2x)(i2 x)(3x)(1(x
3
1x36txnxmxx7x3)x(P 2345
Que o resto da divisão de p(x) por x + 2 é igual a210)24)(5)(1(7)x(P)i22)(i22)(32)(12(
3
123)2(P −=+−−−=⇒−−+−−−+−
−−=−
RESPOSTA: O resto procurado é 210− .
QUESTÃO 04
Sendo x a medida de um arco, em radianos, determine as soluções da equação
( ) 02
11
sen7xcosx2sen.xcos4cos42
=
++−
−
π π
π π
que pertencem ao intervalo [−
6, 8].RESPOSTA:
Sendo2
2
4cos =
π , xcosx
2sen =
−
π , ( ) xcos)xcos(7xcos −=+=+ π π e
12
3sen
2
34sen
2
11sen −=
=
+=
π π π
π
Tem-se: ( ) 02
11sen7xcosx
2sen.xcos
4cos4 2
=
++−
−
π π
π π ⇒
( ) .Zkcom 3
2kou x12kx2
1 cosxou1xcos
4
31xcos
4
811xcos01xcosxcos201xcosxcos.
2
24 22
2
∈±=+=⇒=−=
⇒±−
=⇒+±−
=⇒=−+⇒=−+
π π π
Os valores de x que pertencem ao intervalo [−6, 8], são:
( )
≈=⇒=
−≈−=⇒−=⇒+=
14,3x0k
14,3x1k 12kx
π
π
π
≈=⇒=
≈=⇒=
≈=⇒=
−≈−=⇒=
−≈−=⇒−=
⇒±=
23,53
5x1k
33,73
7x1k
05,13
x0k
05,13
x0k
23,53
5x1k
3
2kx
π
π
π
π
π
π π
RESPOSTA: Os valores de x ∈∈∈∈ [−−−−6, 8] que satisfazem à equação
( ) 02
11πsen7πxcosx
2
π
cosx.sen4
π
4cos2=
++−
−
são os elementos do conjunto
−−−=3
7π,
3
5ππ,,
3
π
,3
π
π,,3
5πS
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QUESTÃO 05
Considere um trapézio T, de altura h = 2u.c., base menor b = 4 u.c. e ângulos da basea = arctg2 e c = 45º.
Determine a área do trapézio T’, obtido de T por uma homotetia de razão2
3centro em
um ponto qualquer.
RESOLUÇÃO:
No triângulo retângulo AEB, 716AC1xx
22
AE
BEtg =+=⇒=⇒=⇒= .
A área do trapézio T é igual a
( ) ( )
112
2.74
2
DFBDAC
S=
+=
+=
.
Sendo T’ o trapézio homotético de T por uma homotetia de razão2
3, então são figuras semelhantes e vale
a relação:4
99S
4
9
11
S
2
3
S
S'T
'T2
T
'T=⇒=⇒
= .
RESPOSTA: A área de T” é4
99u.a.
Questão 06Considere uma pirâmide triangular regular de altura h, contida no interior de umaesfera de raio r.
Sabendo que um dos vértices da pirâmide coincide com o centro da esfera, e os outrosvértices são pontos da superfície esférica, determine, em função de h e r, a expressãodo volume da pirâmide.
Sendo regular a pirâmide VABC, então sua base ABC é um triângulo equilátero.
No triângulo equilátero ABC, AH = a (medida do raio desse triângulo) e AB = l.
Logo, 3a3
3a
2
3
3
2a =⇒=⇒
= l
ll.
Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo VHA:
( )222222222 hr33hrhrahra −=⇒×−=⇒−=⇒−= ll .
Então a área do triângulo ABC é ( ) ( )4
3hr34
3hr34
3 22
222
2 −=
−
=l
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