UFJF – MÓDULO I DO PISM – TRIÊNIO 2012-2014 – GABARITO DA PROVA DE MATEMÁTICA
PARA O DESENVOLVIMENTO E A RESPOSTA DAS QUESTÕES, SÓ SERÁ ADMITIDO USAR CANETA ESFEROGRÁFICA AZUL OU PRETA
Questão 1 – Uma empresa promoveu um concurso para que fosse criado o seu logotipo, sendo que o vencedor
foi o logotipo abaixo.
Região III
Região II
Região I
a
A seguir, apresentamos um roteiro que descreve a construção do logotipo:
•
•
•
•
Construa um quadrado de lado a.
Trace segmentos de retas ligando os pontos médios de lados adjacentes deste quadrado.
A partir de cada vértice do quadrado original, trace um arco de circunferência (interno a este), com centro
no mesmo e passando pelos pontos médios dos lados que se interceptam nesse vértice.
Construa uma circunferência interna ao quadrado original, com centro na interseção de suas diagonais e
tangente aos arcos de circunferência construídos na etapa anterior.
Determine:
a) a área da região hachurada I.
A Região I é um triângulo retângulo, cujos catetos medem
a
, pois dois vértices desse triângulo são pontos
2
médios do quadrado original. Logo a área da Região I é
a
2
a a a2
×
a2
2
2
4
AI =
=
=
unidades de área.
2
2
8
a
2
1
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b) a área da região hachurada II.
A área da Região II pode ser obtida calculando-se
área da Região I
( AI ) . Assim,
1
a
da área do círculo ( AC ) de raio R =
e subtraindo da
4
2
1
AII = AC − A I
4
a
2
π a2
a
2
2
⇒
1  a  a2
AII = π   −
4 2
8
a2 a2
⇒ AII =
−
= (π − 2 ) unidades de área
16
8 16
2
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c) a área da região hachurada III.
Considere o quadrado de lado
a
a seguir, obtido a partir do logotipo acima.
2
R=
a
2
Seja d a diagonal desse quadrado. Pelo Teorema de Pitágoras
2
2
a2
a 2
a a
2
u.c.
d =   +  ⇒ d =
⇒d =
2
2
2 2
2
O raio r do círculo interno ao quadrado original é dado por
r =d −R=
a 2 a a
− =
2
2
(
).
2 −1
2
A área da Região III
AIII =
sendo
AQ − ACM − Acm
4
,
AQ a área do quadrado original, ACM a área do círculo de raio R =
a
e Acm área do círculo de raio r .
2
Logo
2
2
 2 −1 
a
π a2 π a2
2
a − π   − π a2 

−
−
a
2 
2

4
4
=
AIII =
4
4
2
=
4a 2 − π a 2 − π a 2 (2 − 2 2 + 1) 4a 2 − π a 2 (4 − 2 2)
=
16
16
3
(
)
2 −1
2
=
unidades de área.
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Questão 2 – Abaixo são apresentados os gráficos das funções f ( x) = − x 2 + bx + c e g ( x) = dx + e , com
b, c , d , e ∈ R , d ≠ 0 .
y
y
0
1
3
0
x
x
-1
Determine:
a) os valores de d e e .
Pelo gráfico da função
e g ( 0 ) = −1, ou seja,
g tem-se que o mesmo passa pelos pontos (1, 0 ) e
( 0, −1) .
Logo
g (1) = 0
d .1 + e = 0

d .0 + e = −1 ⇒ e = −1
E, segue que,
d .1 + ( −1) = 0, isto é, d = 1.
b) a abscissa do vértice da parábola.
f tem-se que −1 e 3 são raízes de f . Como a abscissa do vértice da parábola
−1 + 3
xv corresponde ao ponto médio das raízes, temos que xv =
= 1.
2
Pelo gráfico da função
Outra resolução:
Pelo gráfico da função
f tem-se que −1 e 3 são raízes de f . Logo f ( −1) = 0 e f ( 3) = 0, ou seja,
 −1 − b + c = 0
b − c = −1
⇔ 

−9 + 3b + c = 0
3b + c = 9
Como
⇒ 4b = 8 ⇒
b = 2.
−1 − b + c = 0, segue que c = b + 1 = 2 + 1 = 3. Portanto f ( x ) = − x 2 + 2 x + 3.
A abscissa do vértice da parábola é dada por
xv =
−b −2
=
= 1.
2 a −2
4
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c) o conjunto solução da inequação
f ( x)
<0.
g ( x)
Pelos gráficos temos:
f
−
−1
g
−
+ + + +
3
− − −
+ + +
1
f
g
Logo
+
−1
−
+
1
f ( x) < 0 para
x < −1 ou x > 3
f ( x) = 0 para
x = −1 e x = 3
f ( x) > 0 para
−1 < x < 3
g ( x) < 0 para
x <1
g ( x) = 0 para
x =1
g ( x) > 0 para
x >1
−
3
S = { x ∈ IR / − 1 < x < 1 ou x > 3} é o conjunto solução da inequação
5
f ( x)
<0.
g ( x)