Universidade Federal de Uberlândia
PROGRAD – Pró-Reitoria de Graduação
COPEV – Comissão Permanente de Vestibular
PROCESSO SELETIVO DEZEMBRO 2008
GABARITO – MATEMÁTICA
Primeiramente, observe o seguinte: ∆ = 4(m − 1) 2 − 4(−6)m 2 = 4(m − 1) 2 + 24m 2 > 0 , ou seja, a função
quadrática possui duas raízes reais distintas. (2 pontos)
Observe também que a reta y = 2 x − 2 intersecta o eixo x em (1, 0), pois para
y = 0 : 2x − 2 = 0 ⇒ x = 1 .
(2 pontos)
Observação: Caso o candidato faça o esboço da reta (vide Figura 1),
atribuir-se-ão os mesmos 2 pontos referidos acima.
1
-1
-2
Figura 1
Por outro lado, a função quadrática y = f ( x ) = m 2 x 2 + 2(m − 1) x − 6 possui concavidade para cima
(2 pontos)
( m 2 > 0 ).
Logo, as suas raízes x1 e x 2 estarão em lados opostos da reta y = 2 x − 2 se, e somente se, x1 < 1 < x 2 .
(2 pontos)
x1 < 1 < x 2 
1
x2
x1
Assim,
(2 pontos)
 ⇒ f (1) < 0
m2 > 0 
f (1)
Figura 2
Nesse caso, f (1) = m 2 + 2(m − 1) − 6 < 0
(2 pontos)
2
Ou seja, m + 2m − 8 < 0 . Daí, calculando as raízes de m 2 + 2m − 8 = 0 , temos
∆ = 2 2 − 4.1.(−8) = 36
(1 ponto)
− 2 + 36 − 2 + 6
=
=2
2
2
− 2 − 36 − 2 − 6
m2 =
=
= −4
2
2
m1 =


 (4 pontos)


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GABARITO – MATEMÁTICA
2
Estudo do sinal de y = m + 2m − 8 .
+++++
+++++
-4
Logo, f(1) < 0 ⇒
Como
2
−4 < m < 2
(2 pontos)
m > 0 , então, o conjunto solução é {m ∈ ℜ / 0 < m < 2} .
(1 ponto)
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GABARITO – MATEMÁTICA
SEGUNDA QUESTÃO
Sendo AE=AP+PE com AP=3PE, tem-se PE=
a
, em que a > 0 é a medida da aresta do cubo.
4
(4,0, pontos)
Como as arestas de um cubo são perpendiculares entre si, o triângulo PEG é retângulo e seu cateto EG é a
diagonal da face EFGH do cubo.
(4,0 pontos)
Pelo Teorema de Pitágoras temos:
EG= a 2 cm
(PG)2=(PE)2+(EG)2
(2,0 pontos)
(2,0 pontos)
Daí, obtemos a igualdade
33 =
a2
33a 2
2
+ 2a 2 =
e concluímos que a = 16 , ou seja, a = 4 cm.
16
16
Portanto, o volume do cubo é
a 3 =64 cm3.
(4,0 pontos)
(4,0 pontos)
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GABARITO – MATEMÁTICA
TERCEIRA QUESTÃO
Se r e s são retas perpendiculares, conforme esboçadas abaixo, determinamos a ordenada do ponto P, que é a
interseção de r e s.
y
r
s
P
60°
B
A
x
D
3
3 3
(4 pontos)
(2 pontos)
Temos que DB = 3 3 − 3 = 2 3
Como r ⊥ s , o triângulo APB é retângulo
(4 pontos)
(2 pontos)
Além disso, PBA = 90° - 60° = 30°
Como PD ⊥ AB, ∆PDB é retângulo
Daí,
PD
1
= tagPBA = tag 30° =
DB
3
1
(4 pontos)
(2 pontos)
Logo, PD = DB .
3
e
2 3⋅
1
3
(2 pontos)
=2
OU
O coeficiente angular da reta r é k1 = tag 60° =
Como
r ⊥ s , então o coeficiente angular de s é k 2 =
(3 3 ,0)
−1
Logo, a equação de s é: y − 0 =
⋅ ( x − 3 3)
3
Como a abscissa de P é x = 3
−1
a coordenada de P é y =
( 3 − 3 3)
3
−1
=
⋅ (−2 3 ) = 2
3
Temos que s passa pelo ponto
(4 pontos)
3
−1 −1
=
k1
3
(4 pontos)
(2 pontos)
(4 pontos)
(2 pontos)
(2 pontos)
(2 pontos)
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GABARITO – MATEMÁTICA
QUARTA QUESTÃO
Como
p (x) possui somente coeficientes reais e p (1 + i ) = 0 , então p (1 − i ) = 0 . (2 pontos)
Pela leitura do gráfico, temos que :
p (3) = 0 (2 pontos)
e
Seja
p (0) = −2 (2 pontos).
p ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d , a, b, c, d ∈ IR e a ≠ 0.
(1 ponto)
Efetuando os cálculos, temos:
p (3) = 0 ⇒ 27 a + 9b + 3c + d = 0. ( I )
p (0) = −2 ⇒ d = −2.
(1 ponto)
(1 ponto)
p (1 + i ) = 0 ⇒ a (1 + i ) 3 + b(1 + i ) 2 + c(1 + i ) + d = 0.
(1 ponto)
a (−2 + 2i ) + b(1 + 2i + i 2 ) + c(1 + i ) − 2 = 0
− 2a + c + (2a + 2b + c)i = 2.
(2 pontos)
Da igualdade − 2 a + c + ( 2a + 2b + c)i = 2 , obtemos:
− 2a + c = 2. (II) (2 pontos)
e
2a + 2b + c = 0. (III)
(2 pontos)
As equações (I), (II) e (III) geram o seguinte sistema:
27 a + 9b + 3c = 2

− 2 a + c = 2
2a + 2b + c = 0

Resolvendo o sistema:
Isolando c na equação (II), temos:
c = 2a + 2
c = 2a + 2 na equação (III) e isolando b, temos:
b = −2a − 1
Substituindo c = 2 a + 2 e b = −2a − 1 , na equação (I), obtemos:
27a + 9(−2a − 1) + 3(2a + 2) = 2
27a − 18a − 9 + 6a + 6 = 2
1
15a = 5 ⇒ a = .
(1 ponto)
3
1
Substituindo a = em: c = 2 a + 2 e b = −2a − 1 , obtemos:
3
1
8
1
5
c = 2⋅ + 2= .
(1 ponto) e b = −2 ⋅ − 1 = − .
3
3
3
3
1 3 5 2 8
Portanto, p ( x ) = x − x + x − 2.
(1 ponto)
3
3
3
Substituindo
(1 ponto)