M a t e m á t i ca
Resolução
Q uestão 26 - C
Q uestão 29 - A
O número 100.000.000.000 é uma potência
inteira de dez igual a 1011; pois
Supondo massa máxima (400 g) cada medalha
de ouro, um total de 46 medalhas de ouro com 1,34% de
ouro, temos:
10 · 10 · 10 · ... · 10 = 100.000.000.000
11 fatores 10
(400 g) × (46 medalhas) × 0,0134 (1,34% de ouro) =
= 246,56 g ou 0,2456 kg.
vestibular 2013
Representando os dois gráficos no mesmo sistema de coordenadas, teremos um quadrado de diagonal
valendo 1u.c.
Q uestão 30 - D
Q uestão 27 - B
Todos os números inteiros com o algarismo das
unidades igual a 4 (quatro) têm potências de expoentes
inteiros e positivos terminadas por 4 ou 6. Se o expoente
é par, a potência termina em 6; se o expoente for ímpar,
termina em 4.
Ou seja, 4454 é um número inteiro cujo algarismo
das unidades é 6.
Dado que a quantidade de chuvas na região sul
em outubro de 2011 foi de 126 l a média histórica desta
região em 2011 foi 100 l , podemos concluir que a quantidade de chuvas supera em 26% a média histórica.
Q uestão 31 - C
A função f(x) = |x| é a função modular, cujo gráfico
é:
Assim, poderemos fazer a área usando:
Área =
d2
12 1
=
= u.c.
2
2
2
Todos os números inteiros com o algarismo das
unidades igual a cinco tem potências de expoentes inteiros e positivos terminadas por 5.
Ou seja, 5554 é um número inteiro cujo algarismo
das unidades é 5.
Portanto, 4454 + 5545 tem nas unidades (5 + 6 = 11)
o algarismo 1.
Q uestão 32 - B
A função g(x) = 1 - |x| é a função f(x) transformada.
Q uestão 28 - D
A melhor estimativa para a razão de memória de
um desses aparelhos eletrônicos e da memória dos computadores Voyager, é:
aparelho eletrônico 8 Gb
8 · 109
=
=
memória Voyager
64 kb 68 · 103
0,11 · 106
1/10 · 106 = 105 = 100.000
Primeiramente, refletimos a função modular em torno do eixo. Em seguida, teremos um deslocamento vertical para cima de 1 unidade, obtendo o seguinte gráfico:
Sendo f(x) = x2 + 9 - 6x então f(x) = -f(x) será:
x2 + 9 - 6x = -x2 - 9 + 6x
2x2 - 12x + 18 = 0
Resolvendo a equação por Báskara, temos 2
raízes reais iguais a 3. Logo, temos apenas 1 valor de
“x” que satisfaz a igualdade.
M a t e m á t i ca
Q uestão 33 - D
O gráfico que representa a função z = |f(x)| é dado
pela reflexão da parte inferior ao eixo x da função f(x) em
relação ao eixo x.
Q uestão 35 - A
Como o lado do primeiro triângulo mede 1, temos
que seu perímetro mede 3.
Como a medida do lado de cada um dos outros
triângulos é 2/3 da medida do lado do triângulo imediatamente anterior, por semelhança de triângulos, obtemos
a sequência de perímetros
3, 2, 4/3, ...
Identificamos a sequência como uma P.G. de razão 2/3. A soma dos perímetros será uma soma infinita
que é dada por
a1
S =
1-q
Logo,
S =
Resolução
Q uestão 34 - B
A sequência dos naturais "pares" de 1 a 100 é a
P.A.(2, 4, 6, ..., 100) e a sequência dos naturais "ímpares" de 1 a 100 é a P.A.(1, 3, 5, ..., 99); logo, P = 2 + 4 +
6 + ... + 100 é a soma dos primeiros números naturais
pares. Assim, P = S50, então:
(1 + 99) · 50
P = S50 =
= 51 · 50 = 2.550
2
Já I = 1 + 3 + 5 + ... + 99 é a soma dos 50 primeiros números naturais ímpares; assim, I = S50, então:
I = S50 =
(1 + 99) · 50
= 2.550
2
Então P - I = 2.550 - 2.500 = 50
Mas sabemos que log2 = 0,3; logo, 2 = 100,3. Substituindo no a15, temos:
a15 = 10 · 214
a15 = 10 · (100,3)14
a15 = 10 · 104,2
a15 = 105,2
Assim o número de bactérias está entre 105 e 105,5.
3
3
=
=9
1 - 2/3 1/3
Q uestão 36 - E
a1, a2, a3, ..., a100
vestibular 2013
P.A. Razão r
Q uestão 38 - A
As raízes do polinômio P(x) = x3 + 5x2 + 4x vêm da
a1 - a100, a2 - a99, ..., a50 - a51
equação P(x) = 0, ou seja, x3 + 5x2 + 4x = 0. Como o
Pelo termo geral da P.A. obtemos
termo independente é igual a “zero” podemos colocar o
a1 - (a1 + 99r), a2 - (a2 + 97r), ..., a50 - (a50 + r)
“x” em evidência. Fatorando, temos:
Temos, -99r, - 97r, ..., -r que é uma P.A. de razão
x3 + 5x2 + 4x = 0
2r
Q uestão 37 - B
Como o número de bactérias dobra a cada 12 horas, o crescimento de bactérias segue uma sequência
de P.G; assim temos:
PG (10, 20, ...) q = 2.
Em uma semana temos 7 d com 24 h por dia, resultando um total de 168 h. Assim, como o número de
bactérias dobra a cada 12 h, teremos 14 duplicações,
logo vamos calcular o 15º- termo. Assim:
a15 = a1 · q14
a15 = 10 · 214
x · (x2 + 5x + 4) = 0
Donde temos x1 = 0 e x2 + 5x + 4 = 0, efetuando
Báskara temos x 2 = -4 e x 3 = -1. Logo a solução
é {-4, -1, 0}.
M a t e m á t i ca
Resolução
Q uestão 39 - E
A função f(x) é uma senóide de período
gem de [-1,1], como mostra a figura a seguir:
Q uestão 40 - C
e ima-
Em um losango a soma dos ângulos internos é
360°, sendo eles iguais dois a dois e dois agudos e dois
obtusos. A diagonal menor é oposta ao ângulo menor.
vestibular 2013
Q uestão 41 - D
Por Pitágoras, em um dos triângulos retângulos,
temos l2 = a2 + b2. Note que l2 é a área do quadrado
maior.
l
AT
Já a função g(x), como não intercepta a função
f(x), não pode ter imagem do intervalo [-1, 1]; logo, a
única possibilidade é g(x) = 3 + 2x , que é a função
exponencial deslocada 3 unidades para cima. Assim, a
imagem é (3, + ) que não tem intervalo comum com a
imagem de f(x). Veja o gráfico a seguir:
Tendo dois lados e um ângulo, aplicamos a lei dos
cossenos. Assim temos: d2 = 42 + 42 - 2 · 4 · 4 · cos 30°
––
3
d2 = 16 + 16 - 32 ·
2
––
d2 = 16 + 16 - 16 3
––
d2 = 32 - 16 3
––
d2 = 16 · (2 - 3)
––
d = 16 (2 - 3)
––
d=4· 2- 3
AT
l
l
AT
AT
l
A área sombreada é a diferença entre a área do
quadrado maior e a área dos 4 triângulos retângulos
iguais. Assim, temos:
ASOMBREADA = AQ
MAIOR
AS = l2 - 4 ·
- 4AT
base × altura
2
AS = a2 + b2 - 4 ·
a·b
2
AS = a2 + b2 - 2ab
AS = a2 - 2ab + b2
M a t e m á t i ca
Resolução
Q uestão 42 - E
Para obter a área sombreada devemos calcular a
diferença entre a área do triângulo BCD e os dois setores, como mostra a figura:
A área de um setor será a diferença entre a área
do quadrante do círculo de centro em O e o triângulo
BOP.
r2 b · h
Logo, a área do setor é –– - –––– . Como o raio é
4
2
· 12 1 · 1
1
1 m.c., temos ––––– - –––– = –– - –– m.c.
4
2
4 2
Sendo assim, a área hachurada, como mostra a
1
figura, será 2 - 2 · –– - –– = 3 - –– .
4 2
2
(
vestibular 2013
Q uestão 43 - A
)
A
C
B
Como o lado do quadrado é 2, temos que a área
2·2
do triângulo BCD é
= 2 u.a.
2
Agora, para calcular a área dos setores podemos
traçar o triângulo BOP (onde P é a intersecção dos semicírculos e O é o centro do semicírculo e ponto médio
––
do lado AB), como mostra a figura:
Sendo o lado quadrado igual a 2, sabemos que a
––
––
diagonal será 2 2 u.c.(d = l 2). Cada raio desta forma
––
medirá 2 u.c.
Os lados AB e AC podem ser calculados pela diferença do lado do quadrado e o raio.
––
Assim AB = AC = l - r = 2 - 2 u.c.
Sendo ele um triângulo retângulo, temos:
b·h
A = –––– , onde b e h serão os catetos (AB e AC).
2
––
––
––
(2- 2) · (2 - 2 ) 4 - 4 2 + 2
6-4 2
A=
=
=
=
2
2
2
––
= 3 - 2 2 u.c.
M a t e m á t i ca
Resolução
Q uestão 44 - E
As figuras II e IV não podem representar um cubo,
pois:
Q uestão 45 - C
O sólido apontado dentro do cubo é um prisma de
base triangular (FGQ) e altura EF.
Volume de prisma: V = Ab · h1
Temos, Ab =
b·h 8·8
64
=
=
= 32 u.a. e
2
2
2
h1 = EF = 8 u.c., assim
II
vestibular 2013
Q uestão 46 - E
A e B são os pontos de intersecção das funções f
e g. Logo, temos
f(x) = g(x)
x2 + x - 2 = 6 - x
Se fixarmos, por exemplo, 3 como base deste
cubo ao dobrarmos em AB e AC teremos 2 e 4 como
faces adjacentes de 3 .
Ao dobrarmos novamente em EF e GH,
1 e 5 ficarão sobrepostas e simultaneamente opostas
a face 3 , o que impede de formarmos um cubo.
x2 + 2x - 8 = 0
As raízes são
x1 = -4
x2 = 2
O volume Ab · h = 32 · 8 = 256 u.v.
Isso significa que as abscissas dos pontos A e B
são, respectivamente, -4 e 2.
Para calcular as ordenadas, temos:
A: g(-4) = 6 - (-4) = 10
B: g(2) = 6 - 2 = 4
Logo, A = (-4, 10) e B = (2, 4)
IV
Em cada vértice de um cubo concorrem exatamente 3 arestas, observando a figura vemos que no ponto A
concorrem 9 arestas, logo está figura está eliminada.
São possíveis I, III e IV.
Pelo Teorema de Pitágoras, temos:
d2 = 62 + 62
d2 = 72
–––
d = 72
––
d=6 2
M a t e m á t i ca
Q uestão 47 - A
Conhecidos o centro da circunferência (7, 2) e a
equação reduzida (x - x c ) 2 + (y - y c ) 2 = r2 , temos:
vestibular 2013
(x - 7)2 + (y - 2)2 = r2 .
Para encontrarmos o raio, vamos calcular a distância entre o ponto (7, 2) e a reta 3x - 4y + 12 = 0
d (P, c) =
|Ax + By + C|
A2 + B2
=
|3 · 7 - 4 · 2 + 12|
32 + 42
=
|25|
25
=
25
5
=5
Sendo r = 5, temos:
Q uestão 49 - D
Devemos pensar nos quartetos de bolas possíveis por caixa. Chamemos as caixa de Caixa1, Caixa 2 e Caixa
3. Assim:
Combinação das 12 bolas 4 a 4.
Caixa 1
C12,4
(x - 7)2 + (y - 2)2 = 52
(x - 7)2 + (y - 2)2 = 25
C8,4
Combinação das 8 bolas restantes 4 a 4.
Caixa 3
C4,4
Combinação das 4 bolas restantes 4 a 4.
Logo, considerando as caixas e os quadrantes de bolas temos o espaço amostral
C12,4 · C8,4 · C4,4 =
Q uestão 48 - B
5x + 4y = -2
3x + 4y = -18
Por Cramer
=
5 4
3 4
12 · 11 · 10 · 9 8 · 7 · 6 · 5 · 1
·
= 34.650.
4·3·2·1
4·3·2·1
Como queremos apenas bolas pretas em uma caixa, teremos, por caixa, a seguinte contagem:
Podemos analisar o sistema pelo método de
Cramer. Ajustando o sistema, obtemos:
Resolução
Caixa 2
Caixa 1
C6,4
Combinação das 6 bolas pretas 4 a 4.
Caixa 2
C8, 4
Combinação das 8 bolas restantes 4 a 4.
Caixa 3
C4, 4
Combinação das 4 bolas restantes 4 a 4.
Assim temos
6.5.4.3 8.7.6.5·1
·
= 1.050.
4.3.2.1
4.3.2.1
= 20 - 12 = 8
Logo, a probabilidade de escolher uma caixa com um quarteto de bolas pretas é, para a Caixa 1,
Obtemos = 8
= 0; logo, o sistema é determinado, sendo assim, possui uma única solução.
P=
1.050
1
=
34.650
33
Como temos 3 caixas com chances iguais, temos 3 · 1/33 = 1/11.
M a t e m á t i ca
Resolução
Q uestão 50 - C
Vamos determinar os lados do triângulo e do hexágono em função do raio R do círculo.
l3
l6
Lado do Triângulo
Lado do hexágono
R = 2/3 h
––
l 3
R = 2/3 · 3
2
––
l3 3
R=
3
R=h
––
l 3
R= 6
2
2R
Donde: l6 = ––
3
3R
Donde: l3 = ––
3
Espaço Amostral: área hexágono
A6 =
––
––
––
––
––
6 l6 2 3 6 · (2R/ 3)2 · 3
6 · 4R2/3 · 3
=
=
= 2R2 3
4
4
4
Evento Favorável: Área do hexágono - Árera do triângulo =
––
––
––
––
––
–– l 2 3
–– (3R/ 3)2 · 3
–– 3R2 3
5R2 3
= 2R2 3 - 3
= 2R2 3 = 2R2 3 =
4
4
4
4
––
5R2 3
5
4
Daí P =
= 0, 625
–– =
2R2 3
8
62,5%
vestibular 2013