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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.
10
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 .