MATEMÁTICA2ª FASEPROVA COMENTADA

A prova de Matemática procura selecionar candidatos que revelem um conhecimento crítico e integrado do conteúdo da área apresentado no Ensino Fundamental e Médio. A leitura atenta dos enunciados das questões, a formulação correta dos problemas e a apresentação de respostas claras são indispensáveis para o sucesso do candidato. As questões de Matemática aplicadas na segunda fase do Vestibular 2019 foram originais, apresentaram enunciados claros e objetivos, e algumas delas focalizaram mais de um tópico do programa, no intuito de integrar conhecimentos. A média geral de desempenho dos candidatos na prova de Matemática foi igual a 9,8 pontos, de um total de 24 pontos, com um desvio padrão de 6,8 pontos. Esses resultados caracterizam um grau médio de dificuldade da prova, o que é desejável para uma seleção adequada. A seguir, para cada questão aplicada, são apresentados o enunciado, os objetivos, uma resolução detalhada e uma análise do desempenho dos candidatos, além de alguns comentários gerais, visando a um melhor aproveitamento deste material.

A eficiência de um veículo pode ser avaliada pela quantidade de quilômetros que ele é capaz de percorrer com um litro de combustível. Tal eficiência depende de vários fatores, entre eles a velocidade adotada. O gráfico abaixo exibe o número de quilômetros percorridos por litro de combustível, para um determinado veículo, em função da velocidade.

a) Supondo que o veículo trafegue com velocidade constante de 100 km/h, determine quantos litros de combustível ele consome para percorrer 60 km.

b) Considere que o veículo tenha 50 litros de combustível em seu tanque. Determine a sua autonomia

máxima, isto é, a maior distância que ele pode percorrer, supondo que ele trafegue a uma velocidade constante.

Avaliar a capacidade do candidato para interpretar gráficos e realizar cálculos simples.

a) (2 pontos) De acordo com o gráfico, a uma velocidade de 100 km/h, o veículo percorre 15 km por litro de combustível.

Logo, para percorrer 60 km são necessários 60 𝑘𝑚

15 𝑘𝑚/𝑙= 4 litros de combustível.

b) (2 pontos) Conforme o gráfico, a uma velocidade constante de 80 km/h tem-se a maior quilometragem por litro, 20 km/l. Assim, a maior distância que pode ser percorrida consumindo-se totalmente os 50 l de combustível do tanque é igual a 50 𝑙 × 20 𝑘𝑚/𝑙 = 1.000 𝑘𝑚.

A questão, de resolução muito simples, não apresentou dificuldade para os candidatos, tendo sido classificada como "Fácil". Um erro recorrente na resolução foi a troca de unidades como, por exemplo, 𝑙 𝑘𝑚⁄ em vez de 𝑘𝑚 𝑙⁄ .

A figura abaixo representa um dado na forma de um tetraedro regular com os vértices numerados de 1 a 4. Em um lançamento desse dado, deve ser observado o número estampado no vértice superior.

a) Considere a soma dos números obtidos em dois lançamentos de um dado tetraédrico. Determine de quantas maneiras essa soma pode resultar em um número primo.

b) Seja 𝑝𝑛 a probabilidade de se observar o número 𝑛 no lançamento de um dado tetraédrico tendencioso

para o qual 𝑝1 = 2𝑝2 = 3𝑝3 = 4𝑝4. Calcule essas quatro probabilidades.

Avaliar o domínio de noções básicas de contagem e probabilidade, além de exigir conhecimento sobre o conceito de números primos.

a) (2 pontos) As possíveis somas obtidas em dois lançamentos de um dado tetraédrico são:

1 + 1 = 2, 1 + 2 = 3, 1 + 3 = 4, 1 + 4 = 5, 2 + 1 = 3, 2 + 2 = 4, 2 + 3 = 5, 2 + 4 = 6, 3 + 1 = 4, 3 + 2 = 5, 3 + 3 = 6, 3 + 4 = 7,

4 + 1 = 5, 4 + 2 = 6, 4 + 3 = 7, 4 + 4 = 8.

As somas que resultam em um número primo são: 2 (uma ocorrência), 3 (duas ocorrências), 5 (quatro ocorrências) e 7 (duas ocorrências). Logo, há um total de 1 + 2 + 4 + 2 = 9 maneiras de a soma resultar em um número primo.

b) (2 pontos) A soma de todas as probabilidades deve ser igual a 1: 𝑝1 + 𝑝2 + 𝑝3 + 𝑝4 = 1. A partir do enunciado,

escrevendo as probabilidades em função de 𝑝4, segue que 𝑝1 = 4𝑝4, 𝑝2 = 2𝑝4 e 𝑝3 = 4/3 𝑝4. Assim,

substituindo essas relações na equação, obtém-se 4𝑝4 + 2𝑝4 +4

3𝑝4 + 𝑝4 = 1. Colocando 𝑝4 em evidência,

temos 𝑝4(4 + 2 + 4 3⁄ + 1) = 1. Assim, 𝑝4(25 3⁄ )= 1, de onde se conclui que 𝑝4 = 3 25⁄ . Com esse resultado, podem-se calcular as outras probabilidades: 𝑝1 = 4 × 3 25⁄ = 12 25⁄ , 𝑝2 = 2 × 3 25⁄ = 6 25⁄ e 𝑝3 =4 3 × 3 25⁄⁄ = 4 25⁄ .

Apesar de a questão abordar apenas conceitos introdutórios, o desempenho dos candidatos ficou abaixo do esperado, levando a questão a ser considerada "Difícil". Um erro recorrente no item (a), possivelmente pela falta de cuidado na leitura do enunciado, foi considerar a soma dos números em uma face do dado, e não o número no vértice superior. No item (b), erros comuns de cálculo, levando a probabilidades maiores que 1, também contribuíram para esse resultado.

Sabendo que 𝑐 é um número real, considere a função quadrática 𝑓(𝑥) = 2𝑥2 − 3𝑥 + 𝑐, definida para todo número real 𝑥. a) Determine todos os valores de 𝑐 para os quais 𝑓(−1)𝑓(1) = 𝑓(−1) + 𝑓(1). b) Sejam 𝑝 e 𝑞 números reais distintos tais que 𝑓(𝑝) = 𝑓(𝑞). Prove que 𝑝 e 𝑞 não podem ser ambos

números inteiros.

Verificar a habilidade do candidato na avaliação de uma função em diferentes pontos de seu domínio, na resolução e fatoração de equações quadráticas, e em operações com números inteiros.

2 pontos)

Primeiramente, cabe-se computar os valores de 𝑓(−1) e de 𝑓(1). Assim, 𝑓(−1) = 2 + 3 + 𝑐 = 𝑐 + 5 e

𝑓(1) = 2 − 3 + 𝑐 = 𝑐 − 1. Então, 𝑓(−1)𝑓(1) = (𝑐 + 5)(𝑐 − 1) = 𝑐2 + 4𝑐 − 5 e 𝑓(−1) + 𝑓(1) = 𝑐 + 5 + 𝑐 − 1 =2𝑐 + 4. Logo, a igualdade 𝑓(−1)𝑓(1) = 𝑓(−1) + 𝑓(1) implica 𝑐2 + 4𝑐 − 5 = 2𝑐 + 4, ou seja, 𝑐2 + 2𝑐 − 9 = 0.

O discriminante dessa equação quadrática é dado por ∆ = 22 − 4 × 1 × (−9) = 4 + 36 = 40. Assim, as

soluções dessa equação são 𝑐 = (−2 ± √40) (2 × 1) =⁄ (−2 ± 2√10) 2⁄ = −1 ± √10. Portanto, os valores

são 𝑐 = −1 − √10 ou 𝑐 = −1 + √10.

b) (2 pontos)

Da igualdade 𝑓(𝑝) = 𝑓(𝑞) segue que 2𝑝2 − 3𝑝 + 𝑐 = 2𝑞2 − 3𝑞 + 𝑐, ou seja, 2𝑝2 − 2𝑞2 = 3𝑝 − 3𝑞. Então,

2(𝑝2 − 𝑞2) = 3(𝑝 − 𝑞) e, fatorando o termo quadrático à esquerda dessa expressão, temos 2(𝑝 − 𝑞)(𝑝 +𝑞) = 3(𝑝 − 𝑞). Como 𝑝 e 𝑞 são distintos, 𝑝 − 𝑞 ≠ 0 e, portanto, pode-se dividir ambos os lados da equação

por 𝑝 − 𝑞, obtendo-se 2(𝑝 + 𝑞) = 3, ou, ainda, 𝑝 + 𝑞 = 3/2. Assim, lembrando que a soma de dois números

inteiros é um número inteiro, como 𝑝 + 𝑞 não é um número inteiro, 𝑝 e 𝑞 não podem ser ambos inteiros.

A questão foi classificada como "Difícil", apesar de ter sido previamente avaliada como de dificuldade média. No item (a) os erros mais frequentes se deram pela aplicação incorreta da propriedade distributiva no cálculo de 𝑓(−1) × 𝑓(1) e na simplificação do cálculo das raízes da equação quadrática resultante. O item (b), embora exigisse uma prova formal, não intimidou a maioria dos candidatos, que apresentaram diferentes argumentações, inclusive geométricas, para a construção da demonstração. Um erro recorrente nesse item foi dar exemplos numéricos particulares em vez de uma prova geral.

No plano cartesiano, considere a reta 𝑟 de equação 2𝑥 + 𝑦 = 1 e os pontos de coordenadas 𝐴 = (1,4) e

𝐵 = (3,2). a) Encontre as coordenadas do ponto de intersecção entre a reta 𝑟 e a reta que passa pelos pontos 𝐴 e 𝐵.

b) Determine a equação da circunferência na qual um dos diâmetros é o segmento 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ .

Avaliar a habilidade dos candidatos em operar com conceitos de Geometria Analítica, abordando equações da reta e da circunferência.

a) (2 pontos)

A equação da reta que passa pelos pontos 𝐴 = (1,4) e 𝐵 = (3,2) é dada por 1 4

3 1 2 4

x y

, ou seja,

𝑥 + 𝑦 = 5. Para obter o ponto de intersecção entre essa reta e a reta 𝑟, deve-se encontrar o ponto cujas coordenadas satisfazem as duas equações simultaneamente, o que pode ser obtido pela resolução do sistema linear

2 1,

5.

x y

x y

Subtraindo as duas equações, segue que (2𝑥 + 𝑦) − (𝑥 + 𝑦) = 1 − 5, ou seja, 2𝑥 + 𝑦 − 𝑥 − 𝑦 = −4 e,

portanto, 𝑥 = −4. Substituindo essa igualdade na segunda equação do sistema, −4 + 𝑦 = 5, temos 𝑦 = 9.

Logo, o ponto de intersecção tem coordenadas (−4,9).

b) (2 pontos)

Como o segmento 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ deve ser um diâmetro da circunferência solicitada, seu ponto médio é o centro da

circunferência, e tem coordenadas 1 3 4 2

( , ) , (2,3)2 2

c cx y

. O raio dessa circunferência é então a

metade do comprimento do segmento 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ :

𝑟 =𝐴𝐵

2=

1

2√(𝑥𝐴 − 𝑥𝐵)2 + (𝑦𝐴 − 𝑦𝐵)2 =

1

2√(1 − 3)2 + (4 − 2)2 =

1

2√4 + 4 =

√8

2=

2√2

2= √2.

Logo, a equação da circunferência é dada por (𝑥 − 𝑥𝑐)2 + (𝑦 − 𝑦𝑐)2 = 𝑟2, ou seja, (𝑥 − 2)2 + (𝑦 − 3)2 = 2.

Os candidatos tiveram um bom desempenho nessa questão, 25% obtiveram nota máxima, o que se refletiu na classificação da questão como "Média". Uma observação importante: apesar de a equação da

circunferência ser uma aplicação direta do conceito de distância e do Teorema de Pitágoras, muitos candidatos a usam erroneamente, trocando a soma de quadrados pelo seu produto.

Sabendo que 𝑎 e 𝑏 são números reais, considere a matriz quadrada de ordem 2,

1 1.A

a b

a) Determine todos os valores de 𝑎 e 𝑏 para os quais 𝐴𝑇𝐴 = 𝐴𝐴𝑇, em que 𝐴𝑇 é a transposta da matriz 𝐴. b) Para 𝑎 = 𝑏 = 2, sejam 𝑘 e 𝜃 números reais tais que

cos cos.

sen senA k

Determine os possíveis valores de tan 𝜃.

Avaliar a habilidade do candidato na operação com matrizes (transposta e produto) e na resolução de equações que envolvem funções trigonométricas.

a) (2 pontos)

Desenvolvendo a igualdade 𝐴𝑇𝐴 = 𝐴𝐴𝑇, temos:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1

a a a a a b a b

b a b a b b b a b b a b a a b b

2

2 22.

21 1

1 1

a ba ab

a b a bab b

Igualando elemento a elemento nas matrizes acima, obtém-se o sistema de equações nas variáveis 𝑎 e 𝑏,

2

2 2 2.

1 2,

1 ,

1

a

ab a b

b a b

Conforme a primeira equação, 𝑎2 = 1, ou seja, 𝑎 = ±1 e, portanto, a terceira equação está automaticamente satisfeita para qualquer valor de 𝑏. Para 𝑎 = −1, da segunda equação segue que 1 − 𝑏 =−1 + 𝑏, ou seja, 2 = 2𝑏 e daí, 𝑏 = 1. Para 𝑎 = 1, novamente da segunda equação segue que 1 + 𝑏 = 1 + 𝑏

e, portanto, qualquer valor real de 𝑏 satisfaz essa equação. Assim, os valores possíveis para 𝑎 e 𝑏 são: (𝑖) 𝑎 = −1 e 𝑏 = 1 ou (𝑖𝑖) 𝑎 = 1 e 𝑏 pode ser qualquer número real.

b) (2 pontos)

Para 𝑎 = 𝑏 = 2,

cos sen cos ,1 1 cos cos cos sen cos ,

2 2 sen sen 2cos 2sen sen . cos sen sen .2

kk

k kk

Logo, 𝑘 cos 𝜃 =𝑘

2sen 𝜃, ou seja, 2𝑘 cos 𝜃 − 𝑘 sen 𝜃 = 0, ou, ainda, 𝑘(2 cos 𝜃 − sen 𝜃) = 0. Assim, há duas

possibilidades: (i) 𝑘 = 0, implicando que cos 𝜃 + sen 𝜃 = 0, ou seja, sen 𝜃 = − cos 𝜃; (ii) 2 cos 𝜃 − sen 𝜃 = 0, implicando que sen 𝜃 = 2 cos 𝜃. Observe que cos 𝜃 ≠ 0, pois, caso contrário, também seria verdade que

sen 𝜃 = 0, o que é impossível. Assim, dividindo ambas as equações por cos 𝜃, segue que (i) tan 𝜃 = −1 ou

(ii) tan 𝜃 = 2. Portanto, os possíveis valores para tan 𝜃 são −1 e 2.

No item (a), os candidatos não tiveram, em geral, dificuldade nas operações com matrizes. Os erros mais comuns se deram na obtenção dos valores para as variáveis 𝑎 e 𝑏, especialmente para identificar o caso

em que a variável 𝑏 podia assumir qualquer valor real, em vez de um valor numérico determinado. Quanto

ao item (b), um fato recorrente foi a não consideração da alternativa 𝑘 = 0 na equação a ser resolvida, o que levou a apenas uma resposta possível para o valor da tangente. A questão foi classificada como “Difícil”.

Seja um cilindro circular reto com raio da base de comprimento 𝑟 = 2 cm e altura de comprimento ℎ. Seja 𝑑 a maior distância entre dois pontos desse cilindro, como ilustra a figura abaixo.

a) Supondo que o cilindro tenha volume igual a um litro, calcule sua área de superfície total.

b) Determine o valor de 𝑑 no caso em que (𝑟, ℎ, 𝑑) seja uma progressão geométrica.

Verificar o domínio dos conceitos de volume e área de superfície de um cilindro, considerando diferentes unidades de medida, bem como avaliar a visualização espacial e a definição de progressão geométrica.

a) (2 pontos)

Considerando que a unidade de comprimento de ℎ seja o centímetro, o volume do cilindro é dado por

𝑉 = 𝜋𝑟2ℎ = 𝜋22ℎ = 4𝜋ℎ 𝑐𝑚3. Como um litro é igual a 1.000 𝑐𝑚3, do enunciado segue que 4𝜋ℎ = 1.000, ou

seja, ℎ = (250 𝜋⁄ ) 𝑐𝑚. A área de superfície total do cilindro é dada por 𝑆 = 𝜋𝑟2 + 𝜋𝑟2 + 2𝜋𝑟ℎ = 2𝜋𝑟(𝑟 + ℎ).

Portanto, 𝑆 = 4𝜋(2 + 250 𝜋⁄ ) = (8𝜋 + 1.000) 𝑐𝑚2.

b) (2 pontos) Observe a figura abaixo e considere o triângulo retângulo com catetos de comprimentos 2𝑟 e ℎ, e

hipotenusa de comprimento 𝑑.

Pelo Teorema de Pitágoras, 𝑑2 = (2𝑟)2 + ℎ2 = 16 + ℎ2. Como (𝑟, ℎ, 𝑑) é uma progressão geométrica,

ℎ/𝑟 = 𝑑/ℎ, ou seja, ℎ2 = 2𝑑. Assim, substituindo essa relação na equação anterior, 𝑑2 = 16 + 2𝑑, ou, ainda,

𝑑2 − 2𝑑 − 16 = 0. O discriminante dessa equação quadrática é dado por ∆ = (−2)2 − 4 × 1 × (−16) = 4 +

64 = 68. Assim, as soluções dessa equação são 𝑑 = (−(−2) ± √68) (2 × 1)⁄ = (2 ± 2√17) 2 =⁄ 1 ± √17.

Como 𝑑 deve ser positivo, a distância solicitada é 𝑑 = (1 + √17) 𝑐𝑚.

O item (a) não apresentou dificuldades para a maioria dos candidatos. Porém, um erro frequente foi o uso inadequado das unidades de medida, o que gerou certa confusão. Também é importante destacar o fato de que alguns candidatos usaram a aproximação 𝜋 ≈ 3 ao longo da resolução. Atribuir qualquer valor aproximado para 𝜋, nesta questão, era desnecessário. No item (b), o uso do conceito de progressão geométrica nas componentes do cilindro mostrou-se mais difícil do que a aplicação correta do Teorema de Pitágoras relacionando essas mesmas componentes. Por essa dificuldade e pelo fato de ser a última da prova, a questão foi considerada “Difícil”.