PROVA DE MATEMÁTICA DA FUVEST
VESTIBULAR– 2010 – 1a Fase
RESOLUÇÃO: Profa. Maria Antônia Gouveia.
Q1-71 Um automóvel, modelo flex, consome 34 litros de gasolina para percorrer 374km. Quando se
opta pelo uso do álcool, o automóvel consome 37 litros deste combustível para percorrer 259km. Suponha
que um litro de gasolina custe R$ 2,20. Qual deve ser o preço do litro do álcool para que o custo do
quilômetro rodado por esse automóvel, usando somente gasolina ou somente álcool como combustível,
seja o mesmo?
a) R$ 1,00
b) R$ 1,10
c) R$ 1,20
d) R$ 1,30
e) R$ 1,40
RESOLUÇÃO:
Quilômetros rodados
Gasolina
374
álcool
259
2,20 y
7  2,20
 y
 1,40 .
11
7
11
Litros
34
37
xkm/1litro
11
7
Valor em reais do quilômetro rodado
Preço de 1 litro / 11
Preço de 1 litro / 7
RESPOSTA: Alternativa e.
Q2-72 Na figura, o triângulo ABC é retângulo com catetos BC = 3 e
AB = 4. Além disso, o ponto D pertence ao cateto AB , o ponto E
pertence ao cateto BC e o ponto F pertence à hipotenusa AC , de tal
forma que DECF seja um paralelogramo. Se DE = 3/2, então a área do
paralelogramo DECF vale
63
12
58
a)
b)
c)
25
5
25
56
11
d)
e)
25
5
RESOLUÇÃO:
Sendo o triângulo ABC retângulo com catetos BC = 3 e AB = 4, então a
sua hipotenusa AC mede 5.
Como DE = 1,5 e DE // BC , então FC = 1,5 e AF = 3,5.
3 4
A área do triângulo ABC é igual a S 
 6u.a.
2
Os triângulos retângulos ABC, ADF e DBE são semelhantes, então vale as
relações:
2
2
2
S ADF  AF 
S
S
73,5 147
 DE 
 3,5 


 e DBF  
  ADF  
  SADF 
6
5
25
50
S ABC  AC 
S ABC  AC 


2
S DBF  1,5 
13,5 27


  SDBF 
6
25
50
 5 
 147 27  300  174 126 63
Logo a área de DECF é: 6  



u.a.

50
50 25
 50 50 
RESPOSTA: Alternativa a.
e
Q3-73 Tendo em vista as aproximações log10 2  0,30, log10 3  0,48, então o maior número inteiro n,
satisfazendo 10n  12418, é igual a
a) 424
b) 437
c) 443
d) 451
e) 460
RESOLUÇÃO:
De 10n  12418, vem log(10n)  log(12418)  n  log10  418  log12  n  418  (log3 + log4) 
n  418  (0,48 + 2  0,30)  n  418  1,18  n  451,44.
RESPOSTA: Alternativa d.
Q4-74 Os números a1, a2, a3 formam uma progressão aritmética de razão r, de tal modo que a1 + 3,
a2 – 3 e a3 – 3 estejam em progressão geométrica. Dado ainda que a1 > 0 e a2 = 2, conclui-se que r é igual
a
a) 3  3
b) 3 
3
2
c) 3 
3
4
d) 3 
3
2
e) 3  3
RESOLUÇÃO:
Considere-se que pela primeira informação: 2a2 = a1 + a3
Pela segunda informação: (a1 + 3) (a3 – 3) = (a2 – 3)².
Sendo a2 = 2:
a 1  a 3  4


(a 1  3)(a 3  3)  1
a 3  4  a 1


(a 1  3)(1  a 1 )  1
 (a1 ) 2  2a1  3  1

 2
a1  2a1  2  0

2 48
a 1 

2


22 3

a 1  0, a 1 
2
22 3
22 3 62 3
e a2  2  r  2 

3 3 .
2
2
2
RESPOSTA: Alternativa e.
Sendo a 1 
Q5-75. Na figura, os pontos A, B, C pertencem à circunferência de
centro O e BC = a. A reta OC é perpendicular ao segmento AB e o
ângulo AÔB mede /3 radianos. Então, a área do triângulo ABC vale
a2
a2
a2
a)
b)
c)
8
4
2
3a 2
d)
e) a 2
4
RESOLUÇÃO:
Como AĈB é um ângulo inscrito cujos lados determinam no círculo
um arco AB que mede /3 radianos, então a sua medida é /6
radianos, e a área do triângulo isósceles ABC é:
1
1 1
a2
π
S =  sen    a  a    a 2 
2
2 2
4
6
RESPOSTA: Alternativa b.
Q6-76 A figura representa um quadrado ABCD de lado 1. O ponto F está
em BC, BF mede
5 / 4 , o ponto E está em CD e AF é bissetriz do
ângulo BÂE. Nessas condições, o segmento DE mede
a)
3 5
40
b)
7 5
40
d)
11 5
40
e)
13 5
40
c)
9 5
40
RESOLUÇÃO:
Pela figura  + 2 = 90°.
5
4  5 .
1
4
1
2tgα
1
No triângulo retângulo ADE, tem-se: tg2α  
 
x
1  tg 2 α x
No triângulo retângulo ABF, tem-se: tgα 

2



1 


5 
4 
5 
4 
2

1
5 x 11
11 2
11 5


x


x
2
16
16
40
5
RESPOSTA: Alternativa d.
Q7-77 A função f :  tem como gráfico uma parábola e satisfaz f(x+1) – f(x) = 6x – 2, para todo
número real. Então, o menor valor de f(x) ocorre quando x é igual a
11
7
5
a)
b)
c)
d) 0
6
6
6
e) 
5
6
RESOLUÇÃO:
Se a função f :  tem como gráfico uma parábola, pode-se escrever: f(x) = ax² + bx + c.
Então f(x+1) – f(x) = a(x+1)² + b (x +1) + c – (ax² + bx + c) = 2ax + a + b = 6x – 2 
2a  6
a  3

 f(x)  3x 2  5x  c . O menor valor de f(x) ocorre quando x assume o valor de

a

b


2

b  5
x no vértice da parábola, logo x V 
RESPOSTA: Alternativa c.
b 5
 .
2a 6
Q8 -78 No plano cartesiano Oxy, a reta de equação x + y = 2 é tangente à circunferência C no ponto
(0, 2). Além disso, o ponto (1, 0) pertence a C. Então, o raio de C é igual a
3 2
5 2
7 2
9 2
11 2
a)
b)
c)
d)
e)
2
2
2
2
2
RESOLUÇÃO:
A reta de equação x + y = 2 e a circunferência C com centro O =
(m, n) e raio R, são tangentes no ponto A = (0,2). Então o ponto O
pertence à reta t: y = ax + b perpendicular à reta x + y = 2 no ponto
(0,2). Logo o coeficiente angular de t é igual a 1 e seu coeficiente
linear é 2. Então a equação de t é y = x + 2. O ponto O pode ser
então representado pelo par ordenado (x, x + 2).
Como C passa no ponto B = (1,0), então AO = OB = R:
(0 – x)² + [2 – (x + 2)]² = (1 – x)² + [0 – (x + 2)]² 
5
2x² = 1 – 2x + x² + x² + 4x + 4  x =  
2
2
2
50
5 2
 5 5
R2       
R
.
4
2
 2 2
RESPOSTA: Alternativa b.
Q9-79 Maria deve criar uma senha de 4 dígitos para sua conta bancária. Nessa senha, somente os
algarismos 1, 2, 3, 4, 5 podem ser usados e um mesmo algarismo pode aparecer mais de uma vez.
Contudo, supersticiosa, Maria não quer que sua senha contenha o número 13, isto é, o algarismo 1
seguido imediatamente pelo algarismo 3. De quantas maneiras distintas Maria pode escolher sua
senha?
a) 551
b) 552
c) 553
d) 554
e) 555
RESOLUÇÃO:
Existem ao todo 5555 = 625 números de 4 dígitos escritos com os algarismos 1, 2, 3, 4 e 5.
Dentre esses números devem ser excluídos todos os que contém o algarismo 1 seguido imediatamente
pelo algarismo 3:
1
1
a
1
a1
1
Números
3
1
b3
3
b
a1
1
3
b
1
3
b3
b
1
3
3
1
3
Total de possibilidades
O número total de senhas é 625 – 74 = 551.
RESPOSTA: Alternativa a.
No de possibilidades
1114=4
1  1  4  5 = 20
5  1  1  5 = 25
1411=4
4  5  1  1 = 20
1 1  1  1 = 1
4+20+25+4+20+1 = 74
Q10-80 Uma pirâmide tem como base um quadrado de lado 1, e cada uma de suas faces laterais é um
triângulo equilátero. Então, a área do quadrado, que tem como vértices os baricentros de cada uma das
faces laterais, é igual a
5
4
1
2
1
a)
b)
c)
d)
e)
9
9
3
9
9
RESOLUÇÃO:
Os pontos B, C, E e F são os baricentros das faces laterais, então suas
distâncias ao vértice da pirâmide é sempre 2/3 de VH.
A e D são pontos médios das arestas da base às quais pertencem.
Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo AGD:
5 2
2

10
2
Sendo B o baricentro do triângulo equilátero VAD, então VB = 2BH.
AD =
Assim,
0, 25  0, 25 
BC VB
BC 2
2


  BC 
AD VH
3
2 3
2
2
 2
 2.
Então a área do quadrado BCEF é igual a 
 3 
9


RESPOSTA: Alternativa d.