FUVEST – 2008 – 1a Fase – Matemática
RESOLUÇÃO: Professora Maria Antônia Gouveia.
1.30. Sabendo que os anos bissextos são os múltiplos de 4 e que o primeiro dia
de 2007 foi segunda-feira, o próximo ano a começar também em uma segundafeira será
a) 2012
b) 2014
c) 2016
d) 2018
e) 2020
RESOLUÇÃO:
O ano não bissexto tem 365 dias, que correspondem a 52 semanas mais 1 dia.
O ano bissexto tem 366 dias, que correspondem a 52 semanas mais 2 dias.
Ano
2007
2008 (múltiplo de 4)
2009
2010
2011
2012 (múltiplo de 4)
2013
2014
2015
2016 (múltiplo de 4)
2017
2018
o
1 de janeiro
Segunda feira
Terça-feira
Quinta-feira
Sexta-feira
Sábado
Domingo
Terça-feira
Quarta-feira
Quinta-feira
Sexta-feira
Domingo
Segunda-feira
+52
semanas mais 1 dia
+52 semanas mais 2 dias
+52 semanas mais 1 dia
+52 semanas mais 1 dia
+52 semanas mais 1 dia
+52 semanas mais 2 dias
+52 semanas mais 1 dia
+52 semanas mais 1 dia
+52 semanas mais 1 dia
+52 semanas mais 2 dias
+52 semanas mais 1 dia
RESPOSTA: d
Resolução
2.31. No próximo dia 08/12, Maria, que vive em Portugal, terá um saldo de 2.300
euros em sua conta corrente, e uma prestação a pagar no valor de 3.500 euros,
com vencimento nesse dia. O salário dela é suficiente para saldar tal prestação,
mas será depositado nessa conta corrente apenas no dia 10/12.
Maria está considerando duas opções para pagar a prestação:
1. Pagar no dia 8. Nesse caso, o banco cobrará juros de 2% ao dia sobre o saldo
negativo diário em sua conta corrente, por dois dias;
2. Pagar no dia 10. Nesse caso, ela deverá pagar uma multa de 2% sobre o valor
total da prestação. Suponha que não haja outras movimentações em sua conta
corrente. Se Maria escolher a opção 2, ela terá, em relação à opção 1,
a) desvantagem de 22,50 euros.
b) vantagem de 22,50 euros.
c) desvantagem de 21,52 euros.
d) vantagem de 21,52 euros.
e) vantagem de 20,48 euros.
RESOLUÇÃO:
OPÇÃO 1. Tendo no dia 08/12 um saldo de 2.300 euros e se optar por pagar
nesse dia os 3.500 euros, o seu saldo negativo será de (3.500 – 2.300) = 1.200
euros.
No dia 10/12 ao entrar o seu salário, o banco cobrará, por dois dias, sobre o saldo
devedor de 1200 euros, juros de 2% ao dia, o que elevará o valor a ser pago
para: 1.200 × 1,022 = 1248,48.
Total pago por Maria: (2.300 + 1.248,48) = 3.548,48.
OPÇÃO 2. Se Maria fizer o pagamento no dia 10, estará fazendo com um atraso
de dois dias e pagando uma multa de 2% sobre o valor total da prestação:
3.500 × 1,02 = 3.570.
Na opção dois pagará 3.570,00 – 3.548,48 = 21,52 a mais que na opção um
Desvantagem de 21,52 euros.
RESPOSTA: c
3.32. Para se calcular a altura de uma torre, utilizou-se o seguinte procedimento
ilustrado na figura: um aparelho (de altura desprezível) foi colocado no solo, a uma
certa distância da torre, e emitiu um raio em direção ao ponto mais alto da torre. O
ângulo determinado entre o raio e o solo foi de α =
π
radianos. A seguir, o
3
aparelho foi deslocado 4 metros em direção à torre e o ângulo então obtido foi de
β radianos, com tg β = 3 3
É correto afirmar que a altura da torre, em metros, é:
a)
b)
c)
d)
e)
4 3
5 3
6 3
7 3
8 3
RESOLUÇÃO:
No triângulo BCD:
h
tgβ = = 3 3 ⇒ h = 3 3 x (I).
x
No triângulo ACD:
h
tgα =
= 3 ⇒ h = 3 x + 4 3 (II).
x+4
De (I) e (II):
3x + 4 3 = 3 3x ⇒ 2 3x = 4 3 ⇒ x = 2 ⇒
h = 3 3x = 6 3
RESPOSTA: c
4.33. Sabe-se sobre a progressão geométrica a1, a2, a3,... que a1 > 0 e a6 =
−9 3 .
Além disso, a progressão geométrica a1, a5, a9, ... tem razão igual a 9.
Nessas condições, o produto a2 . a7 vale
a) − 27 3
b) − 3 3
c) − 3
d) 3 3
e) 27 3
RESOLUÇÃO:
i. Na progressão geométrica a1, a2, a3,..., se a1 > 0, o termo a6 = − 9 3 (dado da
questão), então a razão q < 0.
ii. Representando os termos desta progressão em função de a1 e de q, temos:
a1, a1q, a1q2, a1q3, a1q4, a1q5, a1q6, a1q7, a1q8,... , onde a6 = a1q5 = − 9 3 (dado da
questão).
iii. Considerando que a progressão geométrica a1, a5, a9, ... , ou seja
a1, a1q4, a1q8,..... tem razão igual a 9 (dado da questão), temos:
q 4 = 9 ⇒ q = − 4 9 = − 3 , pois como está concluído no item i., acima, q < 0.
iiii. Sendo a1q5 = − 9 3 (conclusão do item ii) e q = − 3 ⇒
(
a1 − 3
)
5
(
)
= −9 3 ⇒ a1 − 3 5 = −9 3 ⇒ a1 =
−9 3
−9 3
=1
(
) (
7
)
Logo o produto pedido: a2 . a7 = a1q × a1q6 = a12× q1+6 = 1. − 3 = − 27 3 .
RESPOSTA: a
2log 2 x − log 2 (y − 1) = 1
5.34. Os números reais x e y são soluções do sistema 
1
log 2 (x + 4) − 2 log 2 y = 2
Então 7 y − x vale
a) -7
b) -1
c) 0
d) 1
e) 7
(
)
RESOLUÇÃO:
x > 0 e x > - 4
x > 0
⇒
y > 1
y > 1 e y > 0
Domínio de validade: 

 x2
x2
= log 2 2 ⇒ 
=2
log 2
2log 2 x − log 2 (y − 1) = 1
x 2 = 2y − 2
y −1


y −1
⇒
⇒
⇒



1
2
2
(x + 4 )2 = 16y
log 2 (x + 4) − 2 log 2 y = 2
log (x + 4 ) = log 16 (x + 4 ) = 16

2
 2
 y
y


8


x2 + 2
como x > 1 ⇒ x = 7
 (x + 4 )2 x 2 + 2
7x 2 − 8x = 0
y =
=




2
⇒  16
⇒
2

64
8⇒
2
+2
y = (x + 4 )
x 2 + 8x + 16 = 8(x 2 + 2)
x = 0 ou x =

162 81
49
7


e
y
=
⇒y=
=


16
2
98
49

 81 8 
 1
Logo, 7 y − x = 7
−  = 7  = 1
7
 49 7 
(
)
RESPOSTA: e
6.35. A soma dos valores de m para os quais x = 1 é raiz da equação
x2 + (1+ 5m – 3m2 )x + (m2 + 1) = 0 é igual a
a)
5
2
b)
3
2
c) 0
d) −
3
2
e) −
5
2
RESOLUÇÃO:
Sendo x = 1 raiz da equação x2 + (1+ 5m – 3m2 )x + (m2 + 1) = 0, substituindo,
nesta equação, x por 1: 1 + (1+ 5m – 3m2 ) + (m2 + 1) = 0 ⇒ 2m2 – 5m – 3 = 0 ⇒
b
(como a soma das raízes de uma equação do 2o grau é − , sendo b e a,
a
5
respectivamente, os coeficientes de m e m2), temos: m’ + m’’ = .
2
RESPOSTA: a
7.36. No retângulo ABCD da figura tem-se CD = l e AD = 2 l . Além disso, o
ponto E pertence à diagonal BD , o ponto F pertence ao lado BC e EF é
perpendicular a BD . Sabendo que a área do retângulo ABCD é cinco vezes a
área do triângulo BEF , então BF mede
a)
b)
c)
d)
e)
l
l
l
2 8
2 4
2 2
3l 2 4
l
2
RESOLUÇÃO:
Aplicando o Teorema de Pitágoras no
triângulo BAD:
BD = l 2 + 4l 2 = l 5 ⇒
Como os triângulos BEF e BAD são
2
S
BF 2 2
 BF 
semelhantes: 
=
⇒
= ⇒

5S
5l 2
5
 BD 
2
Temos: BF2 = 2l 2 ⇒ BF = l 2 .
RESPOSTA: e
8.37. O triângulo ACD é isósceles de
base CD e o segmento OA é
perpendicular ao plano que contém o
triângulo OCD , conforme a figura:
Sabendo-se que OA = 3, AC = 5 e
(
)
sen OĈD =
OCD vale
a) 16 2 9
1
,
3
então a área do triângulo
b) 32 2 9
c) 48 2 9
d) 64 2 9
e) 80 2 9
RESOLUÇÃO:
Sendo o segmento OA perpendicular ao plano
que contém o triângulo OCD, então os
triângulos AOC e AOD são retângulos. Como
OA = 3, AC = 5, temos que OC = OD = 4.
O triângulo OCD é isósceles.
(
)
Se sen OĈD =
1
(dado
3
da questão), aplicando a relação
fundamental: cos2α + sen2α = 1, temos:
(
)
cos OĈD = 1 −
1 2 2
=
9
3
⇒ que no triângulo retângulo
x 2 2
8 2
16 2
=
⇒x=
⇒ CD = 2x =
⇒
4
3
3
3
1
1
16 2 1 32 2
= × OC × CD × sen(OĈD) = × 4 ×
× =
2
2
3
3
9
COM :
SOCD
RESPOSTA: b
9.38. Uma lotação possui três bancos para passageiros, cada um com três
lugares, e deve transportar os três membros da família Sousa, o casal Lúcia e
Mauro e mais quatro pessoas. Além disso,
1. a família Sousa quer ocupar um mesmo banco;
2. Lúcia e Mauro querem sentar-se lado a lado.
Nessas condições, o número de maneiras distintas de dispor os nove passageiros
no lotação é igual a
a) 928
b) 1152
c) 1828
d) 2412
e) 3456
RESOLUÇÃO:
1O BANCO
2O BANCO
3O BANCO
A Souza
Lúcia
E
B Souza
Mauro
F
C Souza
D
G
A família Souza tem 3 opções de bancos para sentar e em cada banco poderão
sentar de 3! = 6 maneiras distintas; poderão então sentar de 3×6 = 18 modos
diferentes.
A família Sousa estando acomodada, para o casal Lúcia e Mauro, restam duas
opções de bancos para se sentarem e em cada banco poderão fazê-lo de
2 × 2! = 4 modos diferentes. Para o casal Lúcia e Mauro existem então 2×2×2 = 8
maneiras distintas de se acomodarem.
Acomodadas as cinco pessoas acima, para as quatro restantes somente existem
4! = 24 maneiras de se acomodarem.
Desta forma, o número de maneiras distintas de dispor os nove passageiros no
lotação é igual a 18 × 8 × 24 = 3.456.
RESPOSTA: e.
10.39. A circunferência dada pela equação x2 + y 2 - 4x - 4y + 4 = 0 é tangente
aos eixos coordenados x e y nos pontos A e B, conforme a figura.
O segmento MN é paralelo ao segmento AB e contém o centro C da
circunferência. É correto afirmar que a área da região hachurada vale
a) π − 2
b) π + 2
c) π + 4
d) π + 6
e) π + 8
RESOLUÇÃO:
Sendo a circunferência dada pela equação x2 + y 2 - 4x - 4y + 4 = 0 tangente aos
eixos coordenados x e y nos pontos A e B, então OA = OB .
Podemos escrever a equação x2 + y 2 - 4x - 4y + 4 = 0, do seguinte modo:
(x – 2)2 + (y – 2)2 – 4 – 4 + 4 = 0 ⇒ (x – 2)2 + (y – 2)2 = 4 ⇒ que o centro da
circunferência é o ponto C (2, 2) e o raio é 2.
O retângulo OABC é um quadrado de lado 2, então o
arco AB mede 90o.
A área da parte hachurada é igual a área da semicircunferência menos a área do segmento de
circunferência determinado pelo arco AB:
S=
 πr 2 BC . CA 
 = 2π − (π − 2) = π + 2
− 
−

2
2
 4

πr 2
RESPOSTA: b.
QUESTÃO DA PROVA DE FÍSICA QUE PODE SER RESOLVIDA COM
CONHECIMENTO MATEMÁTICO.
QUESTÃO 10:
Dirigindo-se a uma cidade próxima, por uma auto-estrada plana, um motorista
estima seu tempo de viagem, considerando que consiga manter uma velocidade
média de 90km/h. Ao ser surpreendido pela chuva, decide reduzir sua velocidade
média para 60km/h, permanecendo assim até a chuva parar, quinze minutos mais
tarde, quando retoma sua velocidade média inicial.
Essa redução temporária aumenta seu tempo de viagem, com relação à estimativa
inicial, em
a) 5 minutos. b) 7,5 minutos. c) 10 minutos. d) 15 minutos. e) 30 minutos.
RESOLUÇÃO:
A previsão do motorista era a de percorrer a distância d em t horas a uma
velocidade de 90km/h.
Com o imprevisto da chuva levou 15 minutos, ou seja 1/4 da hora, para percorrer
uma distância x km com velocidade de 60km/h.
x
= 60 ⇒ x = 15 min
Temos então:
1
4
Percorreu durante o tempo que durou a chuva a distância de 15km.
Se o motorista tivesse percorrido essa distância a uma velocidade de 90km/h,
como havia planejado:
15
15 1
= 90 ⇒ 90t = 15 ⇒ t =
= h = 10min.
t
90 6
RESPOSTA; O tempo de viagem foi aumentado em 5 min.