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RESOLUÇÃO DA 1a AVALIAÇÃO DE MATEMÁTICA UNIDADE II - 2017

PESQUISA E ELABORAÇÃO: PROF. ADIANO CARIBÉ E PROF WALTER PORTO.

RESOLUÇÃO: PROFA. MARIA ANTÔNIA CONCEIÇÃO GOUVEIA.

QUESTÃO 01.

Um painel decorativo é pintado como um tabuleiro com 9 casas, sendo 4 brancas e 5 pretas, de acordo com a figura. Afixando-se, nesse painel, três fotos, de forma aleatória, cada uma delas dentro de uma casa distinta, qual a probabilidade de essas fotos ocuparem três casas de mesma cor é aproximadamente:

A) 37%. B) 33%. C) 29%. D) 19%. E) 17%.

RESOLUÇÃO:

Número total de eventos quando as nove casas são selecionadas 3 a 3 de forma aleatória:

84123

789

3)! (9 3!

9!Cn(E) 9,3

.

Número total de eventos quando as quatro casas brancas são selecionadas 3 a 3 de forma

aleatória:

4123

234

3)! (4 3!

4!Cn(A) 4,3

.

Número total de eventos quando as cinco casas pretas são selecionadas 3 a 3 de forma

aleatória:

01123

345

3)! (5 3!

5!Cn(B) 5,3

.

Probabilidade das fotos ocuparem três casas de mesma cor é aproximadamente:

17%0,170,166676

1

84

14

84

104

n(E)

n(B)n(A)

RESPOSTA: Alternativa E.

2

QUESTÃO 02.

Considere como um único conjunto as 8 crianças – 4 meninos e 4 meninas – personagens da tirinha. A partir desse conjunto, podem-se formar n grupos, não vazios, que apresentam um número igual de meninos e de meninas.

O MENINO MALUQUINHO Ziraldo

O Globo, 18 mar. 2009

O maior valor de n é equivalente a: A) 45. B) 56. C) 69. D) 81. E) 90. RESOLUÇÃO: O conjunto é formado de 4 meninos mais 4 meninas. Com essas crianças deverão ser formados n grupos não vazios, que apresentam um número igual de meninos e de meninas. Então cada grupo deverá ter: 1menino + 1 menina, ou, 2meninos + 2 meninas, ou, 3meninos + 3 meninas, ou, 4meninos + 4 meninas.

Logo, 4,44,43,43,42,42,41,41,4 CCCCCCCCn

.6911636161123

234

23

234

2

34

2

3444

n

RESPOSTA: Alternativa C.

QUESTÃO 03.

Sobre a equação detM = –1, na qual M é a matriz

xx

x

x

1

12

21

e detM é o determinante

da matriz M, pode-se afirmar corretamente que a equação

A) não possui raízes reais. B) possui três raízes reais e distintas. C) possui três raízes reais, das quais duas são iguais e uma é diferente. D) possui três raízes reais e iguais.

3

RESOLUÇÃO:

1x²x³DetM4x1x³2x2xx²DetM

x1x

1x2

x21

x1x

1x2

x21

DetM

Como detM = – 1 , 01)(xx0x²x³0x²x³11x²x³ 2

1''x' ou 0'x' 0,x' .

Assim a equação possui três raízes reais, das quais duas são iguais e uma é diferente. RESPOSTA: Alternativa C.

Questão 04.

Para transmitir dados via satélite, dentre outros processos da área de telecomunicações, utiliza-se atualmente o Código de Hamming. Ele pode garantir que, por meio de um canal de comunicação, uma mensagem chegue ao seu destinatário sem erros, sem ruídos, ou com possibilidade de correção.

Ao transmitir uma mensagem, usa-se um Código de Hamming de redundância r = n – k, sendo k um parâmetro. Para detectar um erro na transmissão, efetua-se a operação matricial H · vt, na qual H é uma matriz de ordem r × n, o comprimento do código é n = 2r –1 e, neste caso, vt é uma matriz coluna, transposta da matriz v, que representa a mensagem enviada.

A transmissão será bem-sucedida se essa multiplicação resultar em uma matriz nula. Com base nestas informações, um código de redundância r = 3 pode detectar erros de transmissão de mensagens cuja matriz v é, necessariamente, uma matriz

A) linha, de ordem 1×7 B) coluna, de ordem 3×1 C) linha, de ordem 1×3 D) identidade, de ordem 3×3 E) nula, de ordem 3×7 RESOLUÇÃO:

Sendo r = 3 e n = 2r – 1, então n = 23 – 1 = 7. Então a matriz H é de ordem 3×7.

Para que o produto H · vt exista matriz vt tem que ser de ordem 7×a.

Como , vt é uma matriz coluna, então a matriz, ela é de ordem 7×1.

Sendo assim, v que é a matriz transposta de vt , é uma matriz linha de ordem 1×7.

RESPOSTA: Alternativa A.

QUESTÃO 05.

Sejam as matrizes 22ijaA

em que jiija e

262

81C . Se a matriz B é tal que A

· B = C, então:

A)

51

42B

C)

50

31B E)

05

21B

B)

21

30B D)

03

51B

4

RESOLUÇÃO:

Como a matriz 22ijaA

é tal que jiija , tem-se:

42

11

22

1121

21

A .

Como a matriz B é tal que A · B = C, então: A-1. A · B = A-1. C B = A-1. C.

2

11

2

12

24

12

14

42

11 11

1 AA

Logo B = A-1. C B =

262

81

2

11

2

12

B =

50

31

13811

131612

RESPOSTA: Alternativa C.

QUESTÃO 06.

Sobre poliedros, considere as seguintes afirmativas:

I) O número de vértices do icosaedro regular é 12.

II) Se um poliedro convexo é formado exclusivamente por uma face hexagonal, 5 faces

quadrangulares e 2 faces triangulares, então ele possui exatamente 16 arestas e 10

vértices.

III) Se um poliedro convexo possui 6 faces octogonais e 8 faces triangulares, então ele tem exatamente 24 vértices.

Sobre as afirmativas acima, temos que: A) Somente a afirmativa I é falsa

B) Somente a afirmativa II é falsa C) Somente a afirmativa III é falsa D) Somente uma afirmativa é verdadeira. E) Todas as afirmativas são verdadeiras. RESOLUÇÃO: I O icosaedro tem 20 faces triangulares, portanto, 20 × 3 : 2 = 30 arestas. Aplicando a Relação de Euler, V + F = A + 2:

V + 20 = 30 + 2 V = 12. Conclusão: A afirmativa I é verdadeira.

5

II Se um poliedro convexo é formado exclusivamente por uma face hexagonal, 5 faces

quadrangulares e 2 faces triangulares, então ele possui exatamente 8 faces e

(6 + 5.4 + 2.3) : 2 = 16 arestas.

Novamente aplicando a Relação de Euler, V + 8 = 16 + 2 o número de vértices é 10. Conclusão: A afirmativa II é verdadeira. III RESPOSTA: Alternativa E.

QUESTÃO 07.

Sendo os pontos A (2 ; 1), B(2 ; 5) e C(6 ; 1) vértices de um triângulo ABC, é verdade que: A) O triângulo ABC é isósceles. B) O triângulo ABC é acutângulo.

C) O baricentro do triângulo ABC é o ponto 25 ; 3 .

D) A área do triângulo ABC é 25 u.a. E) A medida da mediana relativa ao vértice C é maior que 8 u.c. RESOLUÇÃO:

Considerando d como a distância entre os pontos (x1, y1) e (x2, y2) : d = 2

212

21 )()( yyxx .

Determinando as medidas dos lados do triângulo ABC:

AB = . 3216165122 22 .

AC = 704641162 22 .

BC = 5236161562 22 .

Como, AB AC BC, o triângulo não é isósceles

Como, 523270523270222

, então, o triângulo ABC é acutângulo.

RESPOSTA: Alternativa B.

QUESTÃO 08.

Professor José Carlos tem uma fazenda em forma de quadrilátero na região de Morro do Chapéu. No local existe um sistema de coordenadas cartesianas, medidas em hm, desenvolvido pelo governo municipal no qual os pontos A(6, 5), B(2, 7), C(0, 1) e D(8, –1) são vértices consecutivos da fazenda de José Carlos. Calcule a área da fazenda. A) 31 hectares. C) 34 hectares. E) 39 hectares. B) 33 hectares. D) 36 hectares.

6

RESOLUÇÃO:

A área do quadrilátero ABCD é a soma das áreas dos

triângulos ABC e ACD.

1

1

1

2

1

1

1

1

2

1

DD

CC

AA

CC

BB

AA

ABCD

yx

yx

yx

yx

yx

yx

S

36442

128

2

168406

2

1106242

2

1

118

110

156

2

1

110

172

156

2

1

ABCDS

RESPOSTA: Alternativa D.

QUESTÃO 09.

Na figura abaixo ABCD é um quadrado de lado 6 m e BD é um arco de centro em A.

Calcule o volume do sólido gerado por uma rotação completa da região hachurada em torno

do lado AD .

A) 36 m3

B) 72 m3

C) 108 m3

D) 144 m3

E) 216 m3

RESOLUÇÃO:

O sólido gerado por uma rotação completa da região

hachurada em torno do lado AD é semelhante ao representado ao lado. O seu volume é dado pela diferença Scilindro – Ssemiesfera.

Logo, S =

721442163

64

2

166

32

RESPOSTA: Alternativa B.

7

QUESTÃO 10.

O mapa de uma certa região foi colocado em um sistema de coordenadas cartesianas. A reta r de equação x – 2y + 4 = 0 representa uma estrada que passa perto de uma atração turística de difícil acesso que esta localizada no ponto P( 10 ; – 3 ). Deseja-se construir um novo acesso ligando o ponto Q da estrada r a atração localizada no ponto P, em linha reta, com o menor comprimento possível. Determine o ponto Q. A) (6;5) B) (5;6) C) (6;7) D) (7;6) E) (5;7) RESOLUÇÃO:

A distância entre a reta r: x – 2y +4 = 0 e o ponto P(10, –3) é:

545

20

14

4610

OPd 54

2

4, x

xQrQ

A distância de

2

4, x

xQ a 3,10 P é 54 .

54

2

1010020543

2

4)10(

22

22 x

xxx

x

804

500605 2 xx

60)6(036120180605 222 xxxxxx

Q(6,5)

5 e 62

466 yxyx

RESPOSTA: Alternativa A. QUESTÃO 11.

O baricentro do triângulo ABC , sendo A(1;5) , B(6;8) e C(8; –4) é o ponto : A) (5;4) B) (6;3) C) (5;3) D) (6;2) E) (4;4) RESOLUÇÃO:

A determinação do baricentro de um triângulo é

3

yyy,

3

xxxG cBAcBA .

Assim, no triângulo em questão: 3,5G3

485,

3

861G

.

RESPOSTA: Alternativa C. QUESTÃO 12.

Os pontos A e B, pertencentes à 1a bissetriz, são tais que PA = PB = 17 , sendo P(1 ;

2). Determine a área do triângulo APB. A) 7 u.a. B) 7,5 u.a. C) 8 u.a. D) 8,5 u.a. E) N.R.A.

8

RESOLUÇÃO: A partir dos dados da questão constrói-se o triângulo da figura ao lado. Como PA = PB, o triângulo ABC é isósceles

e sua altura PC divide o lado AB , contido na reta y = x, em dois

segmentos de medida m.

A medida PC é igual a distância do ponto P(1 ; 2) à reta

x – y =0, então, 2

3

11

21PC

.

Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo PAC:

2

10

2

5

2

25

2

917

2

317 222

22

ABmmmm .

Finalmente, a área do triângulo ABC é: 7,5u.a.4

30

2

3

2

10

2

1

RESOLUÇÃO SUGERIDA PELO PROFESSOR CARIBÉ:

O segmento PA é determinado pelos pontos P(– 1, 2) e A (x, x) (pertence à primeira bissetriz).

Sendo PA = 17 ,

222222 172)(x1)(x172)(x1)(x

2.x ou 3x02)3)(x(x06xx0122x2x172)(x1)(x 2222

Então os pontos A e B pertencentes à primeira bissetriz são A(3, 3) e B(–2, – 2). Assim a área do triângulo APB, é:

7,5.S15.2

1S626463.

2

1S

122

133

121

.2

1S

RESPOSTA: Alternativa B.

QUESTÃO 13.

Sejam os pontos A(2 ; 4), B(–5 ; 0) e C(0 ;10) vértices de um triângulo ABC e seja h a altura deste triângulo em relação ao vértice A. Calcule h .

A) 3 3 B) 2 5 C) 4 5 D) 2 10 E) NRA

9

RESOLUÇÃO:

Determinando a equação da reta BC : y – y0 = m(x – x0).

Considerando que B = (x0, y0) = (– 5, 0): y – 0 = m(x + 5)

y = m (x + 5).

Substituindo as coordenadas do C na equação y = m (x + 5):

10 = m(0 + 5) 5m = 10 m = 2.

Então a equação da reta BC é: y = 2 (x + 5) y = 2x + 10.

O valor de h é o da distância do ponto A (2, 4) à reta

de equação y = 2x + 10, cuja forma geral é 2x – y + 10.

h = .525

510

5

10

14

1044

RESPOSTA: Alternativa B.

QUESTÃO 14.

(ENEM-2015) Devido ao aumento do fluxo de passageiros, uma empresa de transporte coletivo urbano está fazendo estudos para a implantação de um novo ponto de parada em uma determinada rota. A figura mostra o percurso, indicado pelas setas, realizado por um ônibus nessa rota e a localização de dois de seus atuais pontos de parada, representados por P e Q.

Os estudos indicam que o novo ponto T deverá ser instalado, nesse percurso, entre as

paradas já existentes P e Q, de modo que as distâncias percorridas pelo ônibus entre os pontos P e T e entre os pontos T e Q sejam iguais.

De acordo com os dados, as coordenadas do novo ponto de parada são A) (290;20). B) (410;0). C) (410;20). D) (440;0). E) (440 ; 20).

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RESOLUÇÃO:

Como os percursos PT e TQ têm a mesma medida,

então, PT = 4102

300520

.

O percurso PT está sobre a reta y = 20, logo, a abscissa de T é MP + PT = 30 + 410 = 440. Como T é um ponto da reta y = 20, sua ordenada é 20. Finalmente, T = (440, 20).

RESPOSTA: Alternativa E.

QUESTÃO 15.

(UNEB /2016). Considere-se, no plano cartesiano, o triângulo de vértices M =(k, 1),

N = (5, 1) e P = (3, 3). Se o ângulo interno NMP mede 60o, então o valor da constante k está

entre:

A) − 2 e – 1 B) − 1 e 0 C) 0 e 1 D) 1 e 2 E) 2 e 3

RESOLUÇÃO:

A questão nos pede para determinarmos o intervalo

a que pertence o número k valor da abscissa do

ponto M.

Com os dados da questão constrói-se a figura ao

lado.

O triângulo PHN é retângulo e isósceles, logo.

O triângulo PHM é retângulo com um ângulo de 60°, logo,

3

34

3

4n

2

3

n

2sen60

n

2 .

3

32

6

34

2

1

34

3.M

2

1

3

34

MH60c

n

MH MHMHHos

MN = MH + HN MN = 15,3215,123

73,1.22

3

32 .

Finalmente, 85,115,35 kMNANk 2 1, k

OBS.: Poderíamos ter chegado a essa conclusão apenas analisando a figura.

RESPOSTA: Alternativa D.