MATEMÁTICA

PROVA – UEFS – 2011.1

2

3

4

5

RESOLUÇÃO COMENTADA PROVA UEFS – 2011.1 41. A. 1 gota de sangue: 1 mm3 –––––––– 5 000 000 g.v. = 5×106g.v

1 litro de sangue: 1 dm3 = 1.000 000 mm3 = 106 mm3

4,5 litros de sangue: 4,5×106 mm3

Números de glóbulos vermelhos: 5×106×4,5×106 = 22,5×1012 = 2,25×1013

OBS.: Segundo o texto, o número de glóbulos vermelhos vale a × 10k, para a Î [1, 10[ e k Î Z.

Logo a = 2,25 e k = 13

a + k = 2,25 + 13 = 15,25

42. A. Média = 11288

112817313548218213067=

++++++++++ = 26,18

43. D.

f(x) = ,pnx

mx++

para – 1 £ x £ 3

f(0) = pon

m0+×

+ = – 1 ® m = – p

f(2) = pn2

m2+×

+ = 0 ® 2 + m = 0 ® m = – 2 , logo: p = 2

f(– 1) = ( ) p1nm1+-×

+- = – 3 ® – 1 – 2 = – 3(– n + 2) ®

33

--

= – n + 2 ® n = 1

(n – m)×p = (1 – (– 2)) × 2 = 3 × 2 = †

44. B.

r: y = ax + b

(0, – 2) Î r ® – 2 = a × 0 + b ® b = – 2

(1; 0) Î r ® 0 = a × 1 – 2 ® a = 2

r: y = 2x – 2

s: y = ax2 + bx + c

(1, 0) Î s: a × 12 + b × 1 + c = 0 ® a + b + c = 0 •

xv = 2

31a2b

2xx

a2b 21 +

=-

®+

=-

= ® b = – 4a ‚

Substituindo ‚ em •, temos:

a – 4a + c = 0 ® c = 3a ƒ

yv = a4D-

= – 2 ® b2 – 4ac = 8a „

Substituindo ‚ e ƒ em „, temos:

(– 4a)2 – 4 × a × 3a – 8a = 0 ® 16a2 – 12a2 – 8a = 0

4a2 – 8a = 0( )( )V2a

F0a

==

Se a = 2, temos c = 6 e b = – 8

s: y = 2x2 – 8x + 6

6

p: r Ç sïî

ïíì

+-=

-=

6x8x2y

2x2y2

® 2x2 – 8x + 6 = 2x – 2 ® 2x2 – 10x + 8 = 0

se x = 1 ® y = 0 ® (1, 0)

se x = 4 ® y = 6 ® (4, 6)

P(4, 6) ® 4 × 6 = 24

45. C. f(x) = ( ) { 32143421cb

2

a

4m2x4x1m2 +--+ ÷øö

çèæ -

¹21

m

raízes reais com x1 < x2 < 1, temos:

· D > 0 ® b2 – 4ac > 0

(– 4)2 – 4 × (2m + 1)(– 2m + 4) > 0

16 – 4(– 4m2 + 8m – 2m + 4) > 0

16 + 16m2 – 24m – 16 > 0 (¸ 8)

2m2 – 3m > 0

21-

23

23

46. B.

f(t) = 2t+2 + C1

(0,79) Î f ® f(0) = 2+2 + C1 = 79 ® 4 + C1 = 79 ® C1 = 75, logo: f(t) = 2t+2 + 75

g(t) = 2t+1 = C2

(0,141) Î g ® g(0) = 20+1 + C2 = 141 ® 2 + C2 = 141 ® C2 = 139, logo: g(t) = 2t+1 + 139

f(t) = g(t)

2t+2 + 75 = 2t+1 + 139

2t × 22 – 2t × 21 = 139 – 75

2t × (4 – 2) = 64

2t = 32

2t = 25 « t = 5 anos

· x1 < x2 < 1 ® x2 – x1 > 0 e x2 < 1

x2 – x1 = aa2

ba2

b D=÷

÷ø

öççè

æ D---

D+-

Como D > 0, então a > 0, daí:

2 m + 1 > 0 ® m > 21-

Resolução da inequação

Zero da função:

2m2 – 3m = 0

m(2m – 3) = 0

23

m

0m

=

=

x1 = 1 ou x = 4

7

1

1

1

121

21

2

-2

-2

-11

1

-1

0 2

2

2-2

-2

1

-1

-1

1

47. D. (1 – logab) × =*

ba clog Mudança de base

= (1 – logab) × =÷÷ø

öççè

æ- blogalog

clog

aa

a

= (1 – logab) × =÷÷ø

öççè

æ- blog1

clog

a

a

= logac

48. E. |x| + |y| £ 2 |x| + |y| ³ 1

x y

0 0 2

– 2 1

– 1 1

– 1

2 – 2 0 0 1

– 1 – 1 1

Gráfico final

|x| + |y| £ 2 e |x| + |y| ³ 1

AF = A1 – A2

AF = 8 – 2

AF = 6 u.a.

49. D.

ïï

î

ïï

í

ì

=®=

+=®-==++

5b4

sb%80s

60bc60cb

900csb

Substituindo ‚ e ƒ em •, temos:

b + 90060b5b4

=++

5b + 4b + 5b + 300 = 4500

14b = 4200

b = 300

* blogalog

clog

balog

clogclog

aa

a

a

a

ba -

==

x y

0 0 1

– 1

21

21-

21

21-

1 – 1 0 0

21

21-

21-

21

A1 = 2

442

dd 21 ×=

× = 8 u.a. A2 =

222

2

dd 21 ×=

× = 2 u.a.

· se b = 300, então s = 5300.4

® s = 240

· se b = 300, então c = 300 + 60 ® c = 360

Preço da câmera (c) em relação ao do aparelho de som (s)

240 ––––– 100%

360 ––––– x%

x = 240

100360 ×

x = 150%

• ‚

ƒ

8

50. E. logax = 3 « x = a3 • (Condição de existência da base: 0 < a ¹ 1)

P.A (1, a, x) Þ a = 2

x1+ Þ x = 2a – 1 ‚

Substituindo • em ‚, temos:

a3 = 2a – 1 ® a3 – 2a + 1 = 0 Como a soma dos coeficientes da equação do 3o grau é zero, temos a1 = 1 como raiz da equação.

Regra de Briott-Ruffini

® a3 – 2a + 1 = ( )( )434213210

2

0

1aa1a -+- = 0

a – 1 = 0 ou a2 + a – 1 = 0

a = 1 D = 1 + 4 = 5

a =

251

a

251

a

251

3

2

--=

+-=

±-

Pela condição de existência da base, temos:

0 < a ¹ 1, logo: a1 = 1 (F)

a2 = 2

51+- ® a2 =

22,21+-

= 0,6 (V)

a3 = 2

51-- ® a3 =

22,21--

= – 1,6 (F)

51. B. 1000 álcool ® 1a retirada: 200 L de álcool

48476 2001000

álcool800-

+ 200 água:

1000800

álcool: 54

álcool na mistura

2a retirada: 20054× mistura Þ 200

54× = 160 L de álcool

48476 160800

álcool640-

+ 360 água:

1000640

álcool: 2516

álcool na mistura

3a retirada: 2002516

× mistura Þ 2002516

× = 128 L de álcool

48476 128640

álcool512-

+ 488 água:

1000512

álcool: 12564

álcool na mistura

4a retirada: 20012564

× mistura Þ 5

512200

12564

=× @ 102 L de álcool

Total das retiradas de álcool: 200 + 160 + 128 + 102 = 560 L de álcool

Quanto resta de álcool aproximadamente: 1000 – 590 = 410 L

40

1 0 – 2 1

a1 = 1 1 1 – 1 0

terça parte do log

9

A B

CD

x

O’x

x

x

a - x

a - x

x E x2a- 0

2a

52. A. Permutação circular ® Pcn = (n – 1)! n = números de elementos

Pc5 = (5 – 1)! = 4! = 4 × 3 × 2 × 1 = 24

A

C

B

D

E

A

C

B

E

D

A

D

B

C

E

A

D

B

E

C

A

E

B

C

D

A

E

B

D

C

A

B

C

E

D

A

B

C

D

E

A

D

C

B

E

A

E

C

B

D

A

D

C

E

B

A

E

C

D

B

A

B

D

C

E

A

B

D

E

C

A

C

D

B

E

A

C

D

EB

A

E

D

BC

A

E

D

CB

A

B

E

C

D

A

B

E

D

C

A

C

E

BD

A

C

E

DB

A

D

E

BC

A

D

E

CB

53. D. P ® cabelos pretos: 40% = 52

NP ® cabelos de outra cor: 60% = 53

1a possibilidade: NP NP NP NP ® =××××==53

53

53

53

1!4!4

P44

62581

2a possibilidade: P NP NP NP ® =×=××××==62554

453

53

53

52

4!1!3

!4P 3,1

4 625216

3a possibilidade: P P NP NP ® =×=××××==62536

653

53

52

52

6!2!2

!4P 2,2

4 625216

PF = P1 + P2 + P3 625513

625216

625216

62581

=++=

54. B. ® 22

'2

' EOEOOO +=

( )2

22

x2a

xa2a

x ÷øö

çèæ -+-=÷

øö

çèæ +

x2 + 2x × 4

a2a 2

+ = a2 – 2ax + x2 + 4

a 2

– 2 × 2

ax + x2

x2 – ax – ax – 2ax + a2 = 0

x2 – 4ax + a2 = 0

D = (– 4a)2 – 4 × 1 × a2 = 12a2

x = ( ) ( )( ) ( )V32ax

F32ax

23a2a4

2

1

-=

+=±

permutação com repetição

Como trata-se de alianças a cada duas figuras abaixo na verdade representa uma única aliança. Veja a figura colorida.

R: 12 alianças.

10

N

12

12 M

A

B12E C

ab

c

OBS.: Como x < a, então x = a × (2 + 1,71) ® x = 3,71 a (F)

Como x < a, então x = a × (2 – 1,71) ® x = a × (0,29) (V)

55. C.

AM é uma mediana e

AB é uma mediana, logo N é o baricentro do triângulo

AB31

BN ×=

1231

BN ×=

BN = 4 cm

56. . l1 = 5x – 5 l2 = 3x – 2 l3 = x + 4

4x04x3

2x02x3

1x05x5

->®>+

>®>-

>®>-

x > 1

x = 2 ® 645321 lll

(F) pois o triângulo não é obtusângulo 62 > 52 + 42.

x = 3 ® 10 7 7 (F) pois o triângulo não é escaleno e sim isósceles.

x = 4 ® 15 10 8 (V)

x = 5 ® 20 13 9 (V)

x = 6 ® 25 16 10 (V)

x = 7 ® 30 19 11 (F) a partir de x = 7 não atende a condição de existência do triângulo.

57. E. Área total do paralelogramo = 2(ab + ac + bc) = 184

ïïî

ïïí

ì

===

===

=++

k15bc

k5ac

k3ab

k15bc

5ac

3ab

92bcacab

3k + 5k + 15k = 92 ® k = 2392

® k = 4, logo:

®=®=®=

k15bc

k5ac

k3ab

ïïï

î

ïïï

í

ì

®=

=®=

=®=

60bca20

c20ac

a12

b12ab

Substituindo • e ‚ em ƒ, temos:

®=× 60a20

a12

a2 = 42a

2a

-==

Se a = 2, então b = 6 e c = 10

d = 352d1062dcba 222222 =®++=®++ cm

•

‚

ƒ

(F)

11

R

R

A C

B

R R54 -

R

R53 -

58. C. A(9, 1), B(4, 11) e C(1, 5)

dAB = ( ) ( ) 55d125d11149 ABAB22 =®=®-+-

dAC = ( ) ( ) 54d80d5119 ACAC22 =®=®-+-

dBC = ( ) ( ) 53d45d51114 BCBC22 =®=®-+-

O triângulo ABC é retângulo em A, pois dA2B = dA2C + dB2C

R54R5355 -+-=

2 R = 52

R = 5 cm

Outra forma de resolução da questão 58

A(9,1), B(4, 11) e C(1,5)

dAB = 55105 22 =+

dAC = 5448 22 =+

dBC = 5363 22 =+

semi-perímetro ® p = 2

535455 ++

p = 56p2

512=®

A = p × r ® 30 = 5r5

5

56

30rr56 =®×=®×

59. A. Z1 = sen 40º + i × cos 40o

Como sen 40o = cos 50o e cos 40o = sen 50o, temos:

Z1 = cos 50º + i × sen 50o

Z2 = cos 40º – i × sen 40º

Como cos(40º) = cos(– 40º) e – sen(40º) = sen(–40º), temos:

Z2 = cos(– 40º) + i × sen(– 40o)

Z1 × Z2 = C1 × C2[cos(q1 + q2) + i × sen(q1 + q2)]

Z1 × Z2 = 1 × 1[cos(50º – 40º) + i × sen(50º – 40º)]

Z1 × Z2 = cos10º + i × sen 10º, logo o argumento principal é 10º.

ADABC = 15111

9149

21×

ADABC = ×21

|99 + 20 + 1 – 45 – 11 – 4|

ADABC = 21

|120 – 60|

ADABC = 2

60

ADABC = 30

´ ´ ´ A C B D

D

12

60. E. P(x) = x3 – 14x2 + 63x – 90

D(– 90) = 4444444444 34444444444 21possíveisracionaisraízes

90;45;30;18;15;10;9;6;5;3;2;1 ±±±±±±±±±±±±

1

90 2 2

45 3 3,6

15 3 9,18

5 5 5, 10, 15, 30, 45, 90

1

AD = ( )( )( )321 xpxpxpp --- (p ® semi-perímetro do D)

p = 2

653 ++ ® p = 7

AD = ( )( )( )6757377 ---

AD = 1247 ×××

AD = 142

Outra forma de resolução da questão 60

Relações de Girard ®

ïïï

î

ïïï

í

ì

=-

=××

==++

=-

=++

90ad

xxx

63ac

xxxxxx

14ab

xxx

321

323121

321

AD = ( )( )( )321 xpxpxpp ---

AD = ( )( )321212 xpxxpxpxpp -+--

AD = ( )32132312

3212

22

13 xxxpxxpxxpxpxxpxpxpp -++-+--

AD = ( ) ( ) 43421444 3444 21443442190

321

63

3231212

14

3213 ]xxxpxxxxxxpxxxp[p -+++++-

AD = ( )9076371477 23 -×+×-

AD = ( )904416863437 -+-

AD = 87 × ® AD = 142

1 – 14 63 – 90

x1 = 3 1 – 11 30 0

x2 – 11x + 30 = 06x

5x

3

2

==

P(x) = { { { {dc

2

b

3

a

90x63x14x1 -+-

p = ®++

2xxx 321

214

p =

p = 7

divisores inteiros