Vestibular 2013 — 2a fase Gabarito — Matemática

Questão 01 (Valor: 15 pontos) Considere: X: no de livros impressos XA: no de livros impressos pela gráfica A XB: no de livros impressos pela gráfica B XC: no de livros impressos pela gráfica C XDA: no de livros defeituosos impressos pela gráfica A XDB: no de livros defeituosos impressos pela gráfica B XDC: no de livros defeituosos impressos pela gráfica C Assim, pode-se escrever: XA = 0,25X, XB = 0,3X, XC = 0,45X; XDA =(0,07) 0,25X= 0,0175X, XDB =(0,05) 0,3X= 0,015X XDC =(0,03) 0,45X= 0,0135X Total de livros defeituosos impressos: XDA + XDB + XDC = 0,0175X + 0,015X + 0,0135X = 0,0460X Logo esse lote contém 4,6% de livros defeituosos e, portanto, o percentual de livros não defeituosos é 95,4.

Questão 02 (Valor: 15 pontos) Os pontos A(1,3) e B(– 1 , –3) são os afixos de Z1 e Z2. Assim, a medida da diagonal D, do quadrado, é a distância do ponto A ao ponto B

D = d(A,B) = 10240364 . O sólido gerado pela rotação de um quadrado em torno de um de seus lados é um cilindro de raio da base L e altura L. Logo, o volume do sólido S é: VolumesólidoS = L3

Sabe-se que D2 = 2 L2, logo 202

102

2DL

VolumesólidoS = L3 ππ 540)20( 3 u.v.

A

B

D L

Questão 03 (Valor: 15 pontos) Tem-se que f(x) = a + bx. Logo, f(0) = a + 1, f(1) = a + b e f(2) = a + b2

2b1a2b2a1a 21

1aba

21

f(0)f(1)

.

173abb 63

baba1a63

f(2)f(1)f(0) 22

.

Resolvendo o sistema 7b 2,b 0145bb se-tem 2b1a

173abb 22

.

Como {1}Rb * segue que b = 7. Logo a = – 13 e f(x) = – 13 + 7x. f(3) = 13 . 73 = 13 + 343 = 330.

Questão 04 (Valor: 15 pontos) Como o ponto A é o vértice da parábola P, então as coordenadas cartesianas de A são

. Da equação de P, y = – x2 + 4x – 3 tem-se a = –1 , b = 4, c = – 3.

Assim, 4121642 acb e portanto A(2,1).

Sendo os pontos B e C as intersecções da reta y – 2x + 6 = 0 com a parábola

y + x2 – 4x + 3 = 0, deve-se resolver o sistema

3462

2 xxy

xy

Assim,

62342 xxx 0322 xx x1 = – 1 , x2 = 3 Considerando xb = – 1, tem-se yb = – 8 ; B(– 1 , – 8 ) . Considerando xc = 3, tem-se yc = 0 ; C(3 , 0 ) .

AtriâguloABC =21 Abase × H(altura)

Abase = d(B,C) 54806416

H(altura) = d(A,RetaBC) = 5

35

641

AtriâguloABC = 65

35421

u.a.

Questão 05 (Valor: 20 pontos)

Considere o triângulo ABC de catetos AC e AB medindo, respectivamente, 60 e 60 3 centímetros e o retângulo DEFG de lados medindo x e y centímetros, sendo = x. Deve-se determinar x e y de modo que a área AR= xy seja máxima.

Cálculo da hipotenusa BC: (BC)2 = 602 + ( 2 (BC)2 = 602 + 602.3 = 602.4 BC = 60.2 = 120 Usando relações métricas no triângulo retângulo tem-se que AH. BC = AB. AC, ou seja h.120 = 60. h = . Os triângulos AED e ABC são semelhantes, logo lados correspondentes são proporcionais. Assim, AI: AH :: DE: BC

= y = + 30 y = + 30 A área do retângulo será então, AR = x. + 30 ) = + 30

O valor máximo ocorre em x = = 60

Substituindo x = 60 na equação y = + 30 , obtém-se y = 15 . Logo AR = 900 cm2. Deve-se encontrar o raio do círculo inscrito no triângulo. Sabe-se que o centro do círculo é o ponto de intersecção das bissetrizes dos ângulos do triângulo.

Da figura tem-se 1330603

330

rr

rtg o e .13900 22

cmAC

Comparando 22 73,19003900 cmcmAR e 22266,190013900 cmcmAC . conclui-se que a

melhor opção é um tampo de mesa retangular com dimensões de 60 e 15 3 cm e área AR = 900 cm2.

Questão 06 (Valor: 20 pontos)

De P(2cos2 ,3sen ), pertencer à C: 134

22

yx

tem-se

132cos13

94

2cos4 2222

sen

sen

De 132cos e 2

2cos1 222

sensen tem-se 0212cos

232cos2

Resolvendo 021

23 tse- tem

2cos

0212cos2

32cos 22

t

t

,

21 ,1 tt

De cos2 = 1 tem-se 2 = 0 + 2K , = K. Como [0, ] tem-se = 0 ou = .

De KKKK 6 ,232ou 6 ,232 se- tem212cos

Como 6

5ou 6 se- tem],0[

Os valores de são: 0, .π e 65π ,6

π

Obs.: Outras abordagens poderão ser aceitas, desde que sejam pertinentes.

Salvador, 20 de janeiro de 2013

Antonia Elisa Caló Oliveira Lopes Diretora do SSOA/UFBA