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VESTIBULAR DA FUVEST – 2010 – 2a Fase Provas de Matemática (2o dia e 3o dia)

RESOLUÇÃO: Professora Maria Antônia Conceição Gouveia.

2o dia

Q.01 Em uma mesa de bilhar, coloca-se uma bola branca na posição B e uma bola vermelha na posição V, conforme o esquema abaixo.

Deve-se jogar a bola branca de modo que ela siga a trajetória indicada na figura e atinja a bola vermelha. Assumindo que, em cada colisão da bola branca com uma das bordas da mesa, os ângulos de incidência e de reflexão são iguais, a que distância x do vértice Q deve-se jogar a bola branca? . Antes de resolver a questão vamos fazer a seguinte observação: O fenômeno da colisão da bola com a borda da mesa obedece às mesmas leis da reflexão da luz. A informação da questão: “Assumindo que, em cada colisão da

bola branca com uma das bordas da

mesa, os ângulos de incidência e de

reflexão são iguais...”, refere-se à uma das Leis da Reflexão: o

ângulo de incidência ( i ) é igual

ao ângulo de reflexão ( r ) PS. (Os ângulos de incidência e de reflexão são medidos em relação à normal).

2

RESOLUÇÃO: De acordo com as informações da questão pode-se construir o gráfico ao lado, no qual os triângulos retângulos BAD, DQT e VET são semelhantes (possuem os ângulos agudos congruentes), então seus lados correspondentes são proporcionais.

Então vale a proporção: 0,90

x1,20yx

y0,800,40 −

==−

⇒

⇒=−

+⇒

=−

=+⇒

=−

−=

98

x1,2x0,4

0,9xx)y(1,2

0,8xx)y(0,4

0,9xyx1,2y

xy0,8x0,4y

176

x617x8x9,69x3,6 =⇒=⇒−=+ .

RESPOSTA: 176

m.

Q.02 Seja f(x) = R x ,1x ∈∀− , e considere também a função composta R x f(f(x)),g(x) ∈∀= .

a) Esboce o gráfico da função f, no desenho da folha de respostas, indicando seus pontos de interseção com os eixos coordenados. b) Esboce o gráfico da função g, no desenho da folha de respostas, indicando seus pontos de interseção com os eixos coordenados. c) Determine os valores de x para os quais g(x) = 5. RESOLUÇÃO: a) Construindo o gráfico da função f(x) = R x ,1x ∈∀− , aplicando o movimento de gráficos.

RESPOSTA: O gráfico 3 é a solução da questão e os pontos de intercessão da função com os eixos coordenados são: (−1, 0), (1, 0) e (0, −1). b) Sendo R x f(f(x)),g(x) ∈∀= , R x 1,x1)xf(g(x) ∈∀−−=−= 1 .

RESPOSTA: O gráfico número 5 é o gráfico da função R x f(f(x)),g(x) ∈∀= . E os seus pontos

de interseção com os eixos coordenados são: (−2, 0), ( 0, 0) e ( 2, 0).

3

c)

−=

=

⇒

−=

=

⇒

−=−

=−

⇒=−⇒=−−

7x

ou

7x

l)(impossíve 6x

ou

7x

61x

ou

61x

61x511x .

RESPOSTA: Os valores que tornam g(x) = 5 são 7 e −7.

Q.03 Uma pessoa (A) pratica corrida numa pista de 300 m, no sentido anti-horário, e percebe a presença de outro corredor (B) que percorre a mesma pista no sentido oposto. Um desenho esquemático da pista é mostrado ao lado, indicando a posição AB do primeiro encontro entre os atletas. Após 1 min e 20 s, acontece o terceiro encontro entre os corredores, em outra posição, localizada a 20 m de AB, e indicada na figura por A’B’ (o segundo encontro ocorreu no lado oposto da pista). Sendo VA e VB os módulos das velocidades dos atletas A e B, respectivamente, e sabendo que ambas são constantes, determine

a) VA e VB. b) a distância percorrida por A entre o primeiro e o segundo encontros, medida ao longo da pista. c) quantas voltas o atleta A dá no intervalo de tempo em que B completa 8 voltas na pista. RESOLUÇÃO:

a) Considerando o ponto relativo a AB, como o ponto inicial da pista, tem-se: x + y + 20 = 300 ⇒ x + y = 280. O terceiro encontro ocorreu, depois que A fez o percurso AB-A’’B’’-A’B’ que corresponde a (x + y) = 280 e B fez o percurso AB-A’B’-A’’B’’-AB-A’B’, perfazendo (20 + y + x + 20) = 320. Assim o o percurso feito por A em 1min e 20seg foi de 280m e o desenvolvido por B, no mesmo intervalo de tempo, foi de 320m

Logo: 4m/s80s

320m Ve 3,5m/s

80s280m

V BA ==== .

RESPOSTA: 4m/s Ve 3,5m/sV BA == . b) Sendo constantes as velocidades, e estando o ponto relativo ao segundo encontro numa posição oposta ao relativo ao terceiro encontro, depois do primeiro encontro, os corredores voltarão a se encontrar a cada 40s. Se A em 80 segundos percorreu 280m, em 40 segundos a uma velocidade constante percorrerá 140m. RESPOSTA: 140m. c) B percorreu 320m em 80 segundos, ou seja 4m/s. Uma volta ele percorrerá em (300:4) = 75 segundos e, portanto 8 voltas em 8 × 75 s = 600 segundos. O corredor A percorre 3,5m a cada segundo, então em 600 segundos percorrerá 600 × 3,5 = 2100m que corresponde a (2100 : 300) = 7 voltas. RESPOSTA: 7 voltas.

4

Q.16 Um transportador havia entregado uma encomenda na cidade A, localizada a 85 km a noroeste da cidade B, e voltaria com seu veículo vazio pela rota AB em linha reta. No entanto, recebeu uma solicitação de entrega na cidade C, situada no cruzamento das rodovias que ligam A a C (sentido sul) e C a B (sentido leste), trechos de mesma extensão. Com base em sua experiência, o transportador percebeu que esse desvio de rota, antes de voltar à cidade B, só valeria a pena se ele cobrasse o combustível gasto a mais e também R$ 200,00 por hora adicional de viagem. a) Indique a localização das cidades A, B e C no esquema apresentado na folha de respostas. b) Calcule a distância em cada um dos trechos perpendiculares do caminho. (Considere a

aproximação 1,4 2 = ) c) Calcule a diferença de percurso do novo trajeto relativamente ao retorno em linha reta. d) Considerando o preço do óleo diesel a R$ 2,00 o litro, a velocidade média do veículo de 70 km/h e seu rendimento médio de 7 km por litro, estabeleça o preço mínimo para o transportador aceitar o trabalho. RESOLUÇÃO:

a)

b) Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo isósceles ABC,:

59,521,485

2285

285

x852x85xx2

22222=

×===⇒=⇒=+

RESPOSTA: 59,5 km. c) AC + CB – AB = 2 × 59,5 – 85 = 34. RESPOSTA: 34 km. d) Para fazer o novo percurso o transportador percorrerá 34 quilômetros a mais. Se o rendimento médio do veículo é de 7 km por litro, nos 34 quilômetros adicionais consumirá

7

34litros totalizando um gasto a mais de 719

7

342 ,=

× reais.

Se a velocidade média desenvolvida pelo veículo é de 70km/h, os 34 km serão percorridos em....

h3517

7034

x ....xh34km......

....1h70km......==⇒

No novo percurso, gastará h3517

a mais, logo cobrará por esse tempo 1497200 ,3517

=

× reais.

Então, o preço mínimo para aceitar o trabalho é de 97,14 + 9,71 = 106,85 00107,≅ . RESPOSTA: R$107,00 .

5

3o dia Q.01 Sejam x e y dois números reais, com

2πx0 << e πy

2π << , satisfazendo

54seny = e

11senx + 5cos(y – x) = 3. Nessas condições, determine a) cos y. b) sen 2x. RESOLUÇÃO:

a) Se 5

4=seny e πy2π << , então

53

259

2516

1ysen1cosy 2−=−=−−=−−= .

RESPOSTA: 53

cosy −=

b) Desenvolvendo a expressão cos(y – x) = cosycosx + senysenx. Logo 11senx + 5cos(y – x) = 3 ⇒ 11senx + 5(cosycosx + senysenx) = 3. Nessa igualdade substituindo cosy e seny por seus respectivos valores:

1cosx5senx33cosx15senx3senx54

cosx53

511senx =−⇒=−⇒=

+−+ ⇒

15senxcosx −= . Elevando ao quadrado os dois membros da equação acima:

⇒+−=−⇒+−= 110senxx25senxsen1110senxx25senxcos 2222

( )135

senx ou 0senx0513senx2senx 010senxx26sen2==⇒=−⇒=− .

Como 2πx0 << ,

13

12

169

144

169

251 ==−=⇒= xcos

135

senx .

Se sen 2x = 2senxcosx, então, sen 2x = 169

120

13

12

13

52 =

×

RESPOSTA: 169

120.

Q.02 No sistema ortogonal de coordenadas cartesianas Oxy da figura, estão representados a

circunferência de centro na origem e raio 3, bem como o gráfico da função x8

y = .

Nessas condições, determine a) as coordenadas dos pontos A, B, C, D de interseção da circunferência com o gráfico da função. b) a área do pentágono OABCD.

6

RESOLUÇÃO: a) Se a circunferência tem centro na origem e raio 3, então a sua equação é x² + y² = 9. Para a determinação dos pontos A, B, C, D, interseção da circunferência x² + y² = 9 com o

gráfico da função x

8y = , deve-se resolver o sistema

=+

=

9yx

x8

y

22

.

{ ⇒=+−⇒

=+

=+

⇒

=+

=⇒

=+

=⇒

=+

=089 24

2

22

xx9

x8

x

9yx

9yxx8

y

9yx

x

8y

9yx

x8

y2

22

22

2

22

2

22

Como essa equação é biquadrada do quarto grau, podemos resolvê-la aplicando a fórmula

x = 2a

4acbb 2−±−

± ⇒ 22 x ou 1x2

792

32819x ±=±=⇒

±±=

−±±= .

Substituindo esses valores de x na equação x8

y = , vem:

122

8y,22 xe 1

22

8y,22 x ;22

18

y 1, x ;2218

y1,x ====−

=−=====−

=−= .

RESPOSTA: A = ( ) 1 ,22 , B = ( ) 22 1, , C = ( ) 22 ,1− e D = ( )1 ,22 − . b) Conhecidas as coordenadas dos vértices de um triângulo ABC, pode-se calcular a sua área utilizando a fórmula:

=

1yx

1yx

1yx

21

S

CC

BB

CA

Pode-se, então, determinar a área do pentágono OABCD, calculando a soma das áreas dos triângulos OAB, OBC e OCD.

+

−

+

−

−=

181

118

100

181

181

100

118

181

100

21

S ⇒

( ) ( ) 878216221

18888121

S +=++−=−++++−=

RESPOSTA: 87 + .

Q.03 Seja n um número inteiro, n ≥ 0. a) Calcule de quantas maneiras distintas n bolas idênticas podem ser distribuídas entre Luís e Antônio. b) Calcule de quantas maneiras distintas n bolas idênticas podem ser distribuídas entre Pedro, Luís e Antônio. c) Considere, agora, um número natural k tal que 0 ≤ k ≤ n. Supondo que cada uma das distribuições do item b) tenha a mesma chance de ocorrer, determine a probabilidade de que, após uma dada distribuição, Pedro receba uma quantidade de bolas maior ou igual a k. Observação: Nos itens a) e b), consideram-se válidas as distribuições nas quais uma ou mais pessoas não recebam bola alguma.

7

RESOLUÇÃO: a) Considerando que x1 ≥ 0 é a quantidade de bolas recebida por Luis e x2 ≥ 0, a recebida por Antônio, de tal modo que x1 + x2 = n, com n ≥ 0. Esta é uma equação do tipo nx.....xxx m321 =++++ , cujo número de soluções é o valor do

número binomial

−

−+

1m

1mn.

Logo o número de soluções da equação x1 + x2 = n é ( )( )

1n! 11n1!

! 1nn

12

12n+=

−+

+=

+=

−

−+

1

1.

RESPOSTA: (n + 1) maneiras. b) Considerando que x1 ≥ 0 é a quantidade de bolas recebida por Luis e x2 ≥ 0, a recebida por Antônio, e x3, a quantidade recebida por Antônio, de tal modo que x1 + x2 +x3 = n, com n ≥ 0, então o número de soluções dessa equação: é

( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

1n2n2n!

n!1n2n! 2n

! 2n! 22n2!

! 2nn

13

13n +×+=

×+×+=

+=

−+

+=

+=

−

−+

2

2.

RESPOSTA: ( ) ( )

21n2n +×+

maneiras.

c) Considerando que Pedro já tenha recebido k bolas, restam n – k bolas para serem distribuídas pelos três rapazes. Tem-se então a equação x1 + x2 +x3 = n – k que tem um

número de soluções igual a:( )

( )( )

( )⇒

−

+−=

−+−

+−=

+−=

−

−+−

! kn2 ! 2kn

! 22kn2!! 2knkn

13

13k n

2

2

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )2

1kn2kn!kn2

!kn1kn2kn +−×+−=

−

−×+−×+−.

Então o número de maneiras de Pedro receber uma quantidade de bolas maior ou igual a k, com 0 ≤ k ( n é � EMBED Equation.3 ���.

Como existem � EMBED Equation.3 ��� maneiras das n bolas serem distribuídas

pelos três rapazes, a probabilidade de que Pedro receba uma quantidade de bolas maior

ou igual a k ocorra é: � EMBED Equation.3 ���

RESPOSTA: ( ) ( )

( ) ( )1n2n1kn2kn

+×+

+−×+− maneiras.

Q.04 Dois planos π1 e π2 se interceptam ao longo de uma reta r, de maneira que o ângulo entre eles

meça α radianos, 2π0 << α . Um triângulo equilátero ABC, de lado ℓ, está contido em π2, de

modo que AB esteja em r. Seja D a projeção ortogonal de C sobre o plano π1, e suponha que

a medida θ, em radianos, do ângulo CÂD, satisfaça 4

6sen =θ .

Nessas condições, determine, em função de ℓ, a) o valor de α. b) a área do triângulo ABD. c) o volume do tetraedro ABCD. RESOLUÇÃO:

8

a) Calculando, em função de l, a medida de CH , altura do triângulo equilátero ABC:

CH = l sen60° = 2

3l.

No triângulo retângulo CAD, 4

6

4

6

4

6

4

6 l

l=⇒=⇒=⇒= CD

CDACCD

senθ .

No triângulo retângulo CDH, 2

2

3

2

4

6

2

3

4

6

=×=α⇒==α senCHCD

senl

l

.

Sendo 2

πα <<0 e

2

2=αsen , α = 45°.

RESPOSTA: α = 45° b) Sendo α = 45°, o triângulo retângulo CDH é isósceles, logo os seus dois catetos têm a

mesma medida, ou seja, CD = DH = 4

6l.

Como DH é altura do triângulo ABD, em relação ao lado AB , a área desse triângulo é:

8

6

4

6

2

1 2ll

l =××=×

=2

DHABS .

RESPOSTA: 8

62l

.

c) O tetraedro ABCD tem base ABD e altura CD , então o seu volume é:

1696

6

4

6

8

6

3

1 332llll

==××=××= CDS31

V ABD .

RESPOSTA: 16

3l

Q.05

9

Determine a solução (x, y), y > 1, para o sistema de equações

=−

=−

381)(27xlog

635)(9xlog

3y

y.

RESOLUÇÃO:

=−

=−

381)(27xlog

635)(9xlog

3y

y (Aplicando o conceito de logaritmo) ⇒ ⇒

=−

=−

33y)(81)(27x

35)(9x 6y

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )⇒

−=+−

−=−⇒

−=

=−⇒

=−

=−

⇒

=−

=−

359x96xx

3x35)(9x

3xy

y35)(9x

y27

81)(27x

y35)(9x

y381)(27x

y35)(9x2

2

3

23

3

23

33

23

{ ⇒=+− 04415xx2

⇒

==

==

⇒

=−==

=−==

⇒±

=−±

=

8 y 11,x

ou

1 y 4,x

8311 y11,x

ou

134 y4,x

24915

217622515

3

3

3

3

x

==

==

2 y 11,x

ou

1 y 4,x

. Como y > 1, ( ){ }11,2 S =⇒

RESPOSTA: ( ){ }11,2 S =

Q.06 No triângulo ABC da figura, a mediana AM , relativa ao lado BC , é perpendicular ao lado AB .

Sabe-se também que BC = 4 e AM = 1. Se α é a medida do ângulo CBA , determine

a) senα. b) o comprimento AC. c) a altura do triângulo ABC relativa ao lado AB . d) a área do triângulo AMC.

10

RESOLUÇÃO:

a) Analisando o triângulo retângulo ABM, conclui-se que: 21

senα = .

RESPOSTA: 21

senα =

b) Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo ABM: x² = 4 – 1 = 3 ⇒ x = 3 .

Como 21

senα = , α = 30° e então, 23

cosα =

Aplicando ao triângulo ABC a Lei dos Cossenos (Em um triângulo qualquer, o quadrado da medida de um lado é igual a diferença entre a soma dos quadrados das medidas dos outros dois lados e o dobro do produto das medidas desses lados pelo cosseno do ângulo formado

por estes lados) considerando x = 3 e sendo AC = y:

( ) 7y712334163y23

4216y 222=⇒=−=×−+=⇒×××−+= 1933

RESPOSTA: O comprimento AC é 7 .

c) Do triângulo retângulo BHC, resulta: .2CH4

CH21

BCCH

senα =⇒=⇒= .

RESPOSTA: A altura do triângulo ABC relativa ao lado AB mede 2. d) A área do triângulo AMC, pode ser calculada como a diferença entre as áreas dos triângulos

ABC e ABM: 23

213

223

2AMAB

2HCAB

S =×

−×

=×

−×

= .

RESPOSTA: A área do triângulo AMC é 23

.