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RESOLUÇÃO DA PROVA DE MATEMÁTICA DO VESTIBULAR 2012 DA FUVEST-FASE 2.

POR PROFA. MARIA ANTÔNIA C. GOUVEIA

QUESTÕES DO DIA 2:

Q.15 Considere uma progressão aritmética cujos três primeiros termos são dados por

4,2xa 6x,a x,1a 2321 +==+= em que x é um número real.

a) Determine os possíveis valores de x. b) Calcule a soma dos 100 primeiros termos da progressão aritmética correspondente ao menor valor de x encontrado no item a).

RESOLUÇÃO: a) Como os números 4,2xa 6x,a x,1a 2

321 +==+= são os três primeiros termos de progressão aritmética: 312 a a a 2 +=

⇒+++= x 1 42xx21 2 ⇒±

=⇒−±

=⇒=+−4

911x

4

4012111x0511x2x2

54

911 ou x

2

1

4

911x =

+==

−=

RESPOSTA: Os possíveis valores de x são 5 e 21 .

b) O menor valor de x encontrado no item a) é 2

1, logo

⇒=

==+= 3

2

16a e

2

3

2

11a 21 que a razão r da progressão é

2

3

2

33 =− .

Como 1502

300

2

9723

2

399

2

3).1100( 1001100 ==

+=

+=⇒−+= araa .

A soma dos termos de uma P.A. é determinada através da aplicação da relação

2

n)na1(aSn

×+= .

Então a soma dos 100 primeiros termos da P.A.

150,..... .,.......... ,29 ,3 ,

23 , é:

7575502

303

2

1005012

3

S100 =×=

×

+

= .

RESPOSTA: A soma dos 100 primeiros termos da progressão aritmética correspondente ao menor valor de x encontrado no item a) é 7575.

2

Q.16 Considere a função f, cujo domínio é o intervalo fechado [0, 5] e que está definida pelas condições:

• para 1x0 ≤≤ , tem-se 13xf(x) += ;

• para 1<x<2, tem-se 62xf(x) +−= ;

• f é linear no intervalo [2, 4] e também no intervalo [4, 5], conforme mostra a figura ao lado;

• a área sob o gráfico de f no intervalo [2, 5] é o triplo da área sob o gráfico de f no intervalo [0, 2].

Com base nessas informações, a) desenhe, no sistema de coordenadas indicado na página de resposta, o gráfico de f no intervalo [0, 2]; b) determine a área sob o gráfico de f no intervalo [0, 2]; c) determine f(4).

RESOLUÇÃO: a)

x y= 3x + 1 Ponto 0 y = 1 (0, 1) 1 y = 3 + 1 =4 (1, 4)

x y= −2x + 6 Ponto 1 y = −2 + 6 = 4 (1, 4) 2 y = −4 + 6 =2 (2, 2)

b) O pentágono ABCDEF representa a região sob o gráfico de f no intervalo [0, 2] e acima do eixo Ox. O pentágono ABCDEF pode ser decomposto de algumas formas diferentes. Ao lado foi decomposto em duas regiões retangulares e em duas triangulares, e a sua área é a soma das áreas dessas regiões.

⇒+++= BCDHABFGEDHEFGABCDEF SSSSS

5,52

113

2

51211

2

1231SABCDEF ==+=×+×+

×+×=

RESPOSTA: A área sob o gráfico de f no intervalo [0, 2] é 5,5u.a.

3

c) A região quadrangular BCLM, sob o gráfico de f no intervalo de [2, 5], é formada pela união do trapézio BCJM com o triângulo JLM, logo sua área é:

( )2

43y

2

y1

2

2y2SSSS BCLMJLMBCJMBCLM

+=

×+

×+=⇒+=

Como

⇒=⇒=⇒=+

⇒×=3

29y293y

2

33

2

43yS3S ABCEFBCLM

RESPOSTA: 3

29f(4) =

QUESTÕES DO DIA 3: M.01 O polinômio 8cxbxaxxp(x) 234

−+++= , em que a, b, c são números reais, tem o número complexo 1 + i como raiz, bem como duas raízes simétricas. a) Determine a, b, c e as raízes de p(x). b) Subtraia 1 de cada uma das raízes de p(x) e determine todos os polinômios com coeficientes reais, de menor grau, que possuam esses novos valores como raízes.

RESOLUÇÃO: a) Se o polinômio 8cxbxaxxp(x) 234

−+++= , em que a, b, c são números reais, tem o número complexo 1 + i como raiz, tem também como raiz o número 1 – i. Se as suas duas outras raízes são simétricas pode-se representá-las por m e –m. Como o coeficiente de x4 é 1 e o termo independente de x é –8, o produto de suas raízes também é igual a –8. Logo: ( )( )( )( ) 2m82m8mmi1i1 2

±=⇒=⇒−=−−+ . Assim as raízes de p(x) são: 1 + i¸ 1 – i, 2 e –2. Sendo a o coeficiente de x3, então a soma das raízes de p(x) é igual a –a, então:

2aa22i1i1 =⇒−=−+−++ . Tem-se agora: 8cxbx2xxp(x) 234

−+++=

Como 2 e –2 são raízes de p(x), p(2) = p(–2) = 0 ⇒

84x4x2xxp(x)

4c

4b

328b

82c4b

242c4b

082c4b1616

082c4b1616 234−+++=⇒

=

=

=

⇒

=−

=+⇒

=−−+−

=−+++

RESPOSTA: a = 2, b = 4, c = 4 e as raízes de p(x) são 1 + i¸ 1 – i, 2 e –2.

4

b) Um polinômio do quarto grau pode ser escrito em função do coeficiente a (número real não nulo) do seu termo de maior grau e de suas raízes x1, x2, x3 e x4 da seguinte forma:

)x)(xx)(xx)(xxa(xp(x) 4321 −−−−= . Sendo 312 xe 112 xi,1i1 xi,1i1x 4321 −=−−==−=−=−−==−+= , então

( )32x2x2xxap(x)3)1)(xi)(xi)(xa(xp(x) 234−+−+=⇒+−+−= .

RESPOSTA: Todos os polinômios com coeficientes reais, de menor grau, que possuam 3 e 1 i, i, −− como raízes podem ser representados como

( )32x2x2xxap(x) 234−+−+= .

M.02

No triângulo acutângulo ABC, ilustrado na figura, o comprimento do lado BC mede

5/15 , o ângulo interno de vértice C mede α, e o ângulo interno de vértice B mede α/2. Sabe-se, também, que ( ) 01cos32cos2 =++ αα . Nessas condições, calcule a) o valor de senα; b) o comprimento do lado AC .

RESOLUÇÃO: Resolvendo a equação ( ) 01cos32cos2 =++ αα considerando que α é um ângulo agudo,

pois ABC é um triângulo acutângulo. e que ααα 22 sencoscos2 −= e αcos1αsen 22−= :

( ) ( )

.2

0 ,4

1

8

53cos

8

1693cos01cos3cos4

01cos3cos12cos201cos3cos2

2

2222

πααααα

αααααα

<<=+−

=⇒+±−

=⇒=−+

⇒=++−−⇒=++− sen

a) Se 4

15senα

16

11sencos1sen

2 0 ,

4

1cos 2

=⇒−=⇒−=⇒<<= αααπ

αα .

RESPOSTA: 4

15senα = .

b) Sendo 2

cosα1

2

αsen

−=

e 4

6

22

3

8

3

24

3

2

αsen

4

15senα ====

⇒= .

Sendo ( ) ( ) ( )a4sena3sen3asen 3−= e que ⇒=

4

6

2

αsen

⇒=−=

−

=

8

63

8

63

4

63

4

64

4

63

2

α3sen

3

5

Aplicando a Lei dos senos ao triângulo ABC:

⇒=

⇒

=

−

4

6

b

2

3α5sen

15

2

αsen

b

2

3α180sen

5

15

o

15

152b15215bb

15

152

6

4b

615

158

6

4b

8

635

15

4

6

b

2

3α5sen

15=⇒=⇒=⇒=⇒=

⇒=

RESPOSTA: 15

152AC =

M.03 a) Dez meninas e seis meninos participarão de um torneio de tênis infantil. De quantas maneiras distintas essas 16 crianças podem ser separadas nos grupos A, B, C e D, cada um deles com 4 jogadores, sabendo que os grupos A e C serão formados apenas por meninas e o grupo B, apenas por meninos? b) Acontecida a fase inicial do torneio, a fase semifinal terá os jogos entre Maria e João e entre Marta e José. Os vencedores de cada um dos jogos farão a final. Dado que a probabilidade de um menino ganhar de uma menina é 3/5, calcule a probabilidade de uma menina vencer o torneio.

RESOLUÇÃO: a)

A(meninas) B(meninos) C(meninas) D Modos distintos 4,10C 4,6C 4,6C Grupo formado pelas

crianças restantes. Número de maneiras distintas para a formação dos grupos atendendo aos pré-requisitos:

47250151521012

56

12

56

1234

789104,64,66,10 =××=

×

××

×

××

×××

×××=×× CCC .

RESPOSTA: Existem 47 250 maneiras distintas para a formação dos grupos. b)

• Considerando as probabilidades de Marta e Maria vencerem as semifinais:

25

4

5

2

5

2=×

• Considerando as probabilidades de Marta e João vencerem as semifinais e Marta

vencer a final: 125

12

5

2

5

3

5

2=×× .

• Considerando as probabilidades de Maria e José vencerem as semifinais e Maria

vencer a final: 125

12

5

2

5

3

5

2=×× .

Assim a probabilidade do torneio ser vencido por uma menina é:

35,2%0,352125

44

125

121220

125

12

125

12

25

4===

++=++

RESPOSTA: A probabilidade do torneio ser vencido por uma menina é de 35,2%

6

M.04

A base do tetraedro PABCD é o quadrado ABCD de lado l , contido no plano α. Sabe-se que a projeção ortogonal do vértice P no plano α está no semiplano de α determinado

pela reta BC e que não contém o lado AD . Além disso, a face BPC é um triângulo isósceles de base BC cuja altura forma, com o plano α, um ângulo θ, em que 0 < θ < π/2. Sendo 2/2PB l= , determine, em função de l e θ, a) o volume do tetraedro PACBD; b) a altura do triângulo APB relativa ao lado AB ; c) a altura do triângulo APD relativa ao lado AD .

RESOLUÇÃO: a) Inicialmente vale a observação de que o sólido PABCD da questão não é um tetraedro (pirâmide triangular), mas sim uma pirâmide quadrangular cuja base é um quadrado.

A figura 3 acima é um triângulo isósceles, BH = HC = 2/l .

Do triângulo retângulo PHB: 24

2

22

2h

2222lllll

=−

=

−

= .

Da figura 2: 2

senθ

2senθPEPHsenθPE

ll=×=⇒×=

PE é a altura da pirâmide (o ponto E é a projeção ortogonal do vértice P no plano α). Então o volume de PABCD é:

6

senθ

2

senθ

3

1PES

3

1V

32

ABCDll

l =××=××=

RESPOSTA: O volume de PABCD é 6

senθ3l

.

7

b)

Na figura 4:

• tem-se PF ⊥ AB⇒ PF é a altura do triângulo APB em relação ao lado AB ; • BFEH é um paralelogramo, então BF = HE = x

Da figura 5, 2

cosθHEBF

2

cosθcosθ

2HEcosθHPHE

lll==⇒=×=⇒×= .

No triângulo retângulo PBF da figura 6 tem-se: PF2 = BP2 - BF2 ⇒

( )

2

θsen1

2

θsen12

2

θcos2

2

cosθ

2

2PF

22222+

=−−

=−

=

−

=

lllll.

Poder-se-ia também ter calculado a medida de PF aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo PEF da figura 6:

PF2 = PE2 + EF2 ⇒ 2

θsen1

2

senθ

2PF

222+

=

+

=

lll

RESPOSTA: A altura do triângulo APB relativa ao lado AB mede 2

θcos2 2−l

ou 2

θsen1

2+l .

c)

Figura 7 Como o triângulo PBC é isósceles, o triângulo APD também o é e os pontos de

interseção de suas alturas com o plano α pertencem à reta GE Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo PEG determina-se a medida de PG :

4cosθ52

PG4

1cosθ1PG

4

θsen

4

θcoscosθ

2

senθ

2

cosθPGPEGEPG

222222

2222

+=⇒++=

⇒+++=

+

+=⇒+=

ll

llll

lll

RESPOSTA: A altura do triângulo APD relativa ao lado AD mede 4cosθ52

+l

8

M.05 Determine para quais valores reais de x é verdadeira a desigualdade

153x2110xx2−≤+− .

RESOLUÇÃO:

Inicialmente busque-se determinar as raízes das funções 2110xxh(x) 2+−= e

153x g(x) −=

Raízes da equação: 2110xx2+− = 0 ⇒ 7ou x 3x

2

8410010x ==⇒

−±= .

Raiz da equação 3x – 15 = 0 ⇒ x = 5

Resolvendo a inequação

⇒≤−−+−⇒−≤+− 0153x2110xx153x2110xx 22

1. Considerando 7 x ou 3x 02110xx2≥≤⇒≥+−

1i. Se ⇒≥⇒≥− 5 x015 3x ( ) ⇒≤−−+− 0153x2110xx2

9x403613xx0 15 3x 2110xx 22≤≤⇒≤+−⇒≤+−+− .

( ) [ [ [ ] [ ]9,74,95,)(7,,3)(S1 =∩+∞∩+∞∪−∞=

1ii.Se ⇒≤≤− 5 x0,15 3x ( ) ⇒≤+−−+− 0153x2110xx2

6x1067xx0 153x 2110xx 22≤≤⇒≤+−⇒≤−++− .

( ) ] ] [ ] [ ]3,11,65,)(7,,3)(S2 =∩∞−∩+∞∪−∞=

2. Considerando 7 x 3 02110xx2≤≤⇒≤+−

2i.Se ⇒≥≥− 5 x0,15 3x ( ) ( ) ⇒≤−−+−− 0153x2110xx2

6ou x 1x067067xx0 15 3x 2110xx 222≥≤⇒≥+−⇒≤−+−⇒≤+−−+− xx .

[ ] [ [ ] ] [ [( ) [ ]7,66,,15,3,7 S3 =+∞∪∞−∩+∞∩=

2ii.Se ⇒≤≤− 5 x 0,15 3x ( ) ( ) ⇒≤+−−+−− 0153x2110xx2

9ou x 4x06313xx06313xx0 153x 2110xx 222≥≤⇒≥+−⇒≤−+−⇒≤−+−+− .

[ ] [ [ ] ] [ [( ) [ ]4,39,,45,3,7 S4 =+∞∪∞−∩∞−∩=

9

Conclusão: A solução da inequação 153x2110xx2−≤+− é

9] [6, 4] [1, 9] [7,7] [6,4] [3,3] ,1[SSSS 4321 ∪=∪∪∪=∪∪∪ .

Outro modo de resolver.

Determinação das raízes comuns a 2110xxh(x) 2+−= e 153xg(x) −= :

⇒+−=+−−=+−⇒−=+− 153x2110xou x 153x2110xx153x2110xx 222

⇒−±

=−±

=⇒=+−=+−2

24497ou x

2

14416913x067xou x 03613xx 22

6 x1, x9, x4,x2

57ou x

2

513x 4321 ====⇒

±=

±= .

Os pontos comuns às duas funções são: ( ) ( ) ( ) ( )12 9, e 3 6, ,3 4, ,12 1, . Representando essas conclusões graficamente:

Analisando o gráfico conclui-se que 153x2110xx2

−≤+− para o intervalo:

9x6ou 4x1 ≤≤≤≤ . RESPOSTA: 9x6 ou 4x1 ≤≤≤≤ M.06

Na figura, a circunferência de centro 0 é tangente à reta CD no ponto D, o qual pertence

à reta AO . Além disso, A e B são pontos da circunferência, 36 AB = e 32 BC = . Nessas condições, determine a) a medida do segmento CD ; c) a área do triângulo AOB; b) o raio da circunferência; d) a área da região hachurada na figura.

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RESOLUÇÃO:

Figura1- A reta CD tangente á circunferência no ponto D é perpendicular ao segmento AD , diâmetro da circunferência. O triângulo ABD é retângulo porque é inscrito numa semicircunferência. BD é altura do triângulo retângulo ADC em relação à hipotenusa AC , logo vale a relação:

6BD363236BDBCABBD 22=⇒=×=⇒×= .

No triângulo retângulo ABD tem-se: °⇒===⇒= 303

3

3

1

36

6tgα

AB

BDtgα

a) No triângulo retângulo ADC , 34DC38

DC

2

1

AC

DCsen30 =⇒=⇒=° .

RESPOSTA: 34DC = .

b) No triângulo retângulo ABD, 12ADAD

6

2

1

AD

BDsen30 =⇒=⇒=° . Como AD é o

diâmetro da circunferência, seu raio mede 6. RESPOSTA: A medida do raio é 6. Figura 2- c) Como AOB é um triângulo isósceles, AÔB = 180°– 2α = 120°.

Então 392

336

2

1sen120rr

2

1SAOB =××=°×××= .

RESPOSTA: A área do triângulo AOB é 39 . d) A área da região hachurada é:

( )334π33912π393

36πSSS AOB120 desetor −=−=−=−=

°.

RESPOSTA: A área da região hachurada é ( )3343 −π .