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PROFESSORES:BETÃO, L. GUSTAVO E MALUF

Aula de Véspera UFTM – 2012

Aula de Véspera – UFTM 2011

A rotina diária de exercícios de um triatleta consiste em nadar, pedalar e correr, nessa ordem. Sabe-se que ele corre mais rápido do que nada e pedala mais rápido do que corre, e que não há intervalo de tempo para descanso entre as três atividades físicas. O gráfico que melhor representa a distância percorrida durante o tempo da rotina diária de exercícios dessetriatleta é

Resolução:

Rotina nadar(N), pedalar(P) e correr(C).

Ordem de velocidade N < C < P

Alternativa: E


Encerrado o horário de atendimento, restou uma fila de espera de crianças a serem vacinadas. Foram então vacinadas 9 meninas, e a razão entre as crianças restantes na fila passou a ser de 3 meninas para 4 meninos. Em seguida, foram vacinados 8 meninos, e a razão entre as crianças restantes na fila passou a ser de 9 meninas para 4 meninos. Nesta etapa final, o número de crianças restantes na fila era(A) 13. (B) 15. (C) 16. (D) 18. (E) 20.

Resolução:Seja:x nº de meninasy nº de meninos

Sistema:

9 34 3 36

4

xx y

y

9 94 9 36

8 4

xx y

y

Então:e

4 3 36

4 9 36

x y

x y

x = 18 e y = 12.

Portanto, na etapa final, o número de meninas é 18 – 9 = 9 e o número de meninos corresponde a 12 – 8 = 4. Logo, o número de crianças restantes era 4 + 9 = 13.

Alternativa: A


Uma folha retangular foi dobrada ao meio para determinar os pontos E e F, que são

pontos médios dos lados menores do retângulo. A folha foi aberta e dobrada novamente,

conforme indicado na figura, sendo possível identificar o triângulo isósceles EGH,

onde cm e cuja área representa 7,5% da área total da folha.

O perímetro da folha retangular é igual a(A) 52 cm. (B) 60 cm. (C) 64 cm. (D) 68 cm. (E) 72 cm.

6 2EG

FH

E

G

6 2 x

x

x

x

A

BC

EGH:

2 2 2

2

6 2

72 2

6 12

x x

x

x AB cm

7 5

6 6 7 512

2 100

20

, %.

. ,. .

EGHt RA A

BC

BC

2p = 2(20) +2 (12) = 64 cm

Alternativa: C

Resolução:


A função f(x) é expressa por f(x) = 8 – 4 cos x. O valor máximo que essa função assume é

(A) 2. (B) 4. (C) 8. (D) 12. (E) 16.

Resolução:

· Se cos x = 1 f(x) = 8 – 4.(1) = 8 – 4 = 4

· Se cos x = – 1 f(x) = 8 – 4.(– 1) = 8 + 4 = 12

O valor máximo de f(x) corresponde a 12.

Alternativa: D


Um candidato é submetido a uma prova oral, onde o tema a ser desenvolvido é sorteado na hora, e calcula que suas possibilidades de ser aprovado nessa prova são de 3/4, se o tema sorteado for relacionado às matérias que estudou, e de 1/4 se for relacionado a matérias que não estudou. O candidato sabe, pela composição do programa, que a probabilidade de ser sorteado um tema que ele tenha estudado é 3/5. Nessas condições, pode-se concluir que a probabilidade de que o candidato venha a ser aprovado nessa prova é de(A) 45%. (B) 50%. (C) 55%. (D) 60%. (E) 65%.

Resolução:

P(E) = P( tema sorteado) e P(aprovado) ou P( tema não sorteado) e P(aprovado)

3 3 2 1

5 4 5 49 2 11 55

20 20 205

1005

.

%

.

P

P

E P E E

E

P

Alternativa: C


Na figura, AB é o diâmetro da circunferência de centro O e B é o ponto de tangência do

segmento BC à circunferência. Sabendo-se que os segmentos EF e BC são paralelos, e

que AC = 25 cm e FC = 9 cm, pode-se concluir que BC – EF é, em centímetros, igual a(A) 4,2. (B) 5,4. (C) 5,8. (D) 8,4. (E) 9,6.

9

16

2

29 25

225

15

.

.

BC CF AC

BC

BC

BC

15 25 48

16 5

.ABC AEF

EFEF

48 2715 5 4

5 5,BC EF

Alternativa: B


Em uma caixa havia somente moedas de 50 centavos. Foram feitas sucessivas retiradas, sendo 5 moedas na 1.ª vez, 10 na 2.ª, 15 na 3.ª e assim sucessivamente, até não restar nenhuma moeda na caixa, o que ocorreu na 14.ª vez. O valor retirado da caixa na última vez foi de(A) R$ 30,00. (B) R$ 31,00. (C) R$ 32,00. (D) R$ 35,00. (E) R$ 36,00.

Resolução:· Número de moedas retiradas P.A.(5, 10, 15, ...)

an = a1 + (n – 1).r

a14 = 5 + (14 – 1) . 5

a14 = 5 + (13) . 5

a14 = 5 + 65

a14 = 70

O valor retirado corresponde a 70 . (0,50) = 35 reais.

Alternativa: D


O gráfico da função quadrática definida por y(x) = x² – mx + (m – 1), com m IR, ∈ tem um único ponto em comum com o eixo das abscissas. O valor de y que essa função associa para x = 3 é(A) 6. (B) 4. (C) 3. (D) 2. (E) 1.

Resolução:

Um único ponto com o eixo Ox = 0.

= (- m)2 – 4(1).(m – 1) = 0 m2 – 4m + 4 = 0 = (– 4)2 – 4 (1).(4) = 16 – 16 = 0

m = 2 Então: f(x) = x² – 2x + 1 f(3) = 32 – 2(3) + 1 = 4

4 0

2m

Alternativa: B


A soma dos elementos da 3.ª linha da matriz A = (aij)3x3 definida por ,

é igual a

(A)9. (B) 8. (C) 7. (D) 5. (E) 4.

Resolução:

L3 = a31 + a32 + a33

L3 = 3 – 1 + 3 – 2 + 3 + 3

L3 = 2 + 1 + 6

L3 = 9

11 12 13

21 22 23

31 32 33

a a a

A a a a

a a a

Alternativa: A


Simplificando-se o determinante , encontra-se

(A) 1. (B) cos² x. (C) tg x. (D) sec x. (E) cossec x.

Resolução:

1cos

cot

x

senx gx

2 2 2

1

1

cos .cot .

coscos .

cos cos

cossec

x gx senx

xx senxsenxx x sen x

senxsenx senx

xsenx

Alternativa: E


Dividindo o polinômio P(x) = 5x3 + 3x2 + 2x – 4 pelo polinômio D(x), obtém-se o quociente Q(x) = 5x + 18 e o resto R(x) = 51x – 22. O valor de D (2) é:

(A)–11. (B) –3. (C) –1. (D) 3. (E) 11.

P(x) D(x)

Q(x) :

R(x)

Þ P(x) = D(x) . Q (x) + R (x)

Se x = 2, temos:

Þ P(2) =D(2) . Q (2) + R (2)

Þ 5(2)3 + 3(2)2 + 2(2) – 4 = D(2). (5.2 + 18) + 51.2 – 22

Þ 40 + 12 + 4 – 4 = D(2).(28) + 102 – 22

Þ 52 – 102 + 22 = 28. D(2)

Þ – 28 = 28. D(2) Alternativa: C

Þ D(2) = – 1

Resolução:

Aplicando a divisão por chave:

12


O polinômio P(x) = x5 – x4 – 13 x3 + 13 x2 + 36 x – 36 é divisível por x2 – 4 e também é divisível por x2 + x – 2. A soma das duas maiores raízes reais desse polinômio vale(A) 3. (B) 4. (C) 5. (D) 6. (E) 7.

Teorema de D’Alembert, P(x) divisível por x – a quando a é raiz de P(x).

P(x) divisível por x2 – 4 x2 – 4 = 0 x = – 2 ou x = 2 (raízes)

P(x) divisível por x2 + x – 2 = 0 x = – 2 ou x = 1 (raízes)

Então, – 2 , 1 e 2 são raízes de P(x). Aplicando Briot-Ruffini, temos:

– 2 1 – 1 – 13 13 36 – 36

1 1 – 3 – 7 27 – 18 0

2 1 – 2 – 9 18 0

1 0 – 9 0

Q(x) = x2 + 0x – 9 = 0 x = – 3 ou x = 3. Logo, as raízes de P(x) são {– 3, – 2, 1, 2, 3}. Soma das duas maiores raízes reais 2 + 3 = 5

Alternativa: C


O quociente Q(x) e o resto R(x) da divisão do polinômio P(x) = x3 + 2x2 – x + 3 pelo polinômio D(x) = x +2, respectivamente, são

a) Q(x) = x2 + 1; R(x) = 6 b) Q(x) = x2 – x; R(x) = 1 c) Q(x) = x + 2; R(x) = 3

d) Q(x) = x2 – 1; R(x) = 5 e) Q(x) = x3 + 1; R(x) = –6

Observando as alternativas podemos verificar que todos os restos R(x) são distintos. Logo, não necessitamos do quociente.

Teorema do resto

P(–2) = R R = (–2)3 + 2(–2)2 – (–2) + 3

R = – 8 + 8 + 2 + 3

R = 5

Vamos determinar o quociente apenas para verificação.

1 2 –1 3–2

1 0 –1 5

Q(x) = x2 – 1 e R(x) = 5

Alternativa: D

Resolução:

Aula de Véspera – UFTM 2011 Sejam p, q, r as raízes distintas da equação x 3 –2x 2 + x – 2 = 0. A soma dos quadrados dessas raízes é igual a(A) 1. (B) 2. (C) 4. (D) 8. (E) 9.

1 2 3

2bx x x p q r 2

a 1

Resolução:

Soma dos quadrados das raízes:

2 2 21 2 3 1 2 3

2 2

1 2 1 2 3 3

2 2 2

1 1 2 2 1 3 2 3 3

2 2 2

1 2 3 1 2 1 3 2 3

2 2 2

1 2 3 1 2 1 3 2 3

2 2 2

1 2 3

2 2 2

1 2 3

x x x 2 x x x 4

x x 2. x x .x x 4

x 2x .x x 2x .x 2x .x x 4

x x x 2x .x 2x .x 2x .x 4

x x x 2 x .x x .x x .x 4

1x x x 2 4

1

x x x 4 2 2

Alternativa: B


A reta de equação 2x – y – 4 = 0 intercepta os eixos coordenados nos pontos A e B. Esses pontos são os extremos de um diâmetro de uma circunferência. A equação correspondente dessa circunferência é

a) x2 + y2 – 2x – 4y – 5 = 0 b) x2 + y2 – 2x + 4y = 0

c) x2 + y2 + 2x + 2y + 1 = 0 d) x2 + y2 + 6x + 3y – 4 = 0

e) 2x2 + 2y2 + 2x + 4y + 5 = 0

A reta corta o eixo x em x = 2 A(2, 0)

A reta corta o eixo y em y = –4 B(0, – 4)

O centro da circunferência é o ponto médio de AB

m m2 0 0 4

x 1 e y 22 2

O raio da circunferência é a metade da distância de A até B.

2 2AB 2 4 20 2 5 R 5

Então:

(x – 1)2 + (y + 2)2 = 5

x2 – 2x + 1 + y2 + 4y + 4 – 5 =0

x2 + y2 – 2x + 4y = 0

A(2, 0)

B(0, –4)

M(1, –2)

Alternativa: B

Aula de Véspera – UFTM 2011As três circunferências desenhadas possuem raios iguais de medida igual a 4 e são mutuamente tangentes.

A área do “triângulo curvilíneo” limitado por elas é:

Resolução:

A área do triângulo é dada por:

At = AtABC – 3 Asetor

At = - 3.

At = 16 – 3

At = 16 – 8

R = 4 4

4

4 4

4(82 ) 3 4

60º.. 42 360º

. 16 6

3

3

Alternativa: D


Um experimento testa a eficácia de um novo remédio para combate de um determinado tipo de bactéria. O número (N) de bactérias existentes em uma das lâminas desse experimento, após t horas de seu início, 0 ≤ t ≤ 8, pode ser definido pela lei N = k .

2 – 0,5 t + 5, na qual k é uma constante real. Sabendo-se que no instante inicial havia 16 bactérias na lâmina, após 8 horas o número de bactérias nessa mesma lâmina será igual a(A) 8. (B) 4. (C) 2. (D) 1. (E) 0.

Resolução:

Sabemos que N = 16 para t = 0, então:

N = k . 2 – 0,5 t + 5 16 = k . 2 – 0,5 ( 0 ) + 5 16 = k . 2 5

Assim, para e t = 8 , temos:

16 1K

32 2

1K

2

0,5 ( 8 ) 5 4 5

1

1 1N 2 N 2

2 2

1N 2 N 1

2

alternativa: D


Uma das raízes da equação 22x – 8.2x + 12 = 0 é x = 1. A outra raiz é

Alternativa: B

10 10

10 10 10

10

3 3

2 2log 3 log 6

a) 1 log 1 c) log 3 d) e) loglog 2

b2

)

Resolução:

22x x x x x

2

2

x

x 1 x x

2 - 8 . 2 + 12 = 0 2 8 . 2 + 12 = 0 Se 2 t , temos :

t 8 .t 12 0

( 8 ) 4 .(1) .(12)

64 48 16

t ' 28 4t

2 t '' 6

Retornando : 2 t

2 2 x 1 ou 2 6 log 2 log 6 x . log 2 log 6

log 6 log ( 2 . 3 )x x

log 2 log 2

log 2 log 3 log 3

1log 2 log 2 log 2


Numa clínica trabalham 3 enfermeiras e 5 auxiliares de enfermagem, sendo que as equipes de trabalho devem ser formadas por 5 pessoas e devem conter, no mínimo, uma enfermeira. O número de equipes diferentes que podem ser formadas é

(A) 54. (B) 55. (C) 56. (D) 60. (E) 64.

Resolução:

Sabendo que as equipes devem conter, no mínimo, uma enfermeira, temos:

n(equipes) = . + + .

n(equipes) = 3 . 5 + 3 . 10 + 1 . 10 = 15 + 30 + 10 = 55

31

54

32

53

33

52

Alternativa: B


Maria tem uma coleção de 8 livros, sendo 3 deles de Botânica, 2 de Zoologia e 3 de Genética, todos de autores diferentes. Dispondo ao acaso esses livros numa estante de 8 lugares, a probabilidade de que os livros de Genética estejam um ao lado do outro é de a) b) c) d) e) Resolução:Número de elementos do espaço amostral(S):

n(S) = P8 = 8 ! = 40320

Número de elementos do evento (E):

n(E) = ___ . ___ . ___ . ___ . ___ . ___ . ___ . ___ = P3 .P6 = 3 ! 6 !

Então: p(E) = p(E) = = =

G G G

P3

P6

n(E)n(S)

3 ! 6 ! 8 !

3 . 2 . 1. 6 ! 8 . 7 .6 !

3 28

1

28

1

14

3

281

7

5

28

Alternativa: C


Um recipiente tem o formato de um cubo de 30 cm de lado e está cheio de certa solução. Esse líquido deve ser todo transferido para um outro recipiente com o formato de um cone circular reto. A altura desse cone é o triplo do raio de sua base. Para que todo o líquido do cubo caiba no cone de maneira que este fique completamente cheio, o raio do cone deve ser igual a

30 cm

30 cm

30 cm

Vcubo = a3 Vc = (30)3 Vc = 27.000cm3

H = 3R

R

Vcone = . R2 . H

Vcone = . R2 . 3R = 27.000

R3 = R = cm.

1 3

1 3

27000

30 3

Resolução:

Alternativa: B

Aula de Véspera – UFTM 2011 Um silo é um depósito cilíndrico para grãos e farelos. As caçambas dos caminhões de uma empresa podem ser consideradas blocos retangulares com 9 m de comprimento, 3 m de largura e 2 m de altura, e o transporte de farelo só é permitido depois que cada caçamba esteja ocupada em sua capacidade total. Depois de esvaziar 120 desses caminhões em um silo de diâmetro 24 m, inicialmente vazio, uma pessoa é encarregada de distribuir uniformemente a carga no interior do silo. Considerando π = 3, a altura atingida por essa carga, nesse silo, será de(A) 3,75 m. (B) 7,50 m. (C) 15,00 m. (D) 18,00 m. (E) 30,00 m.

9 m3 m

2 m

CaminhãoVCAMINHÃO = 9 . 2 .3 = 54 m3

VTOTAL= 120 . VCAMINHÃO

VTOTAL= 120 . (54)

VTOTAL= 6480 m 3

silo total2

V V

.(12 ) . h 6480

.144. h 6480

6480 6480h 15m

144 144.( 3)

SILO:

D = 24 m

R = 12

Alternativa: C

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Na figura, as medidas dos segmentos BC e EF indicam os comprimentos das sombras projetadas de uma torre e de um menino, estando ambos perpendiculares ao solo, no momento em que o ângulo de inclinação dos raios solares, em relação ao plano horizontal, tiver medida igual a 30°. A diferença entre as alturas da torre e da criança, nesta ordem, é de(A) 12 m. (B) 11,3 m. (C) 11 m. (D) 10,5 m. (E) 9,5 m.

H

h

ABC:

tg 30° = = H = 12m H

12 3

3

3 H

12 3

DEF:

tg 30° = = h = 1,5 m h

1,5 3

3

3 h

1,5 3

Então: H – h = 12 – 1,5 = 10,5 m

24


Alternativa: D

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