Seu pé direito nas melhores faculdades
FUVEST 2a Fase – 5/janeiro/2010
02. No sistema ortogonal de coordenadas cartesianas Oxy
MATEMÁTICA
da figura, estão representados a circunferência de centro
01. Sejam x e y dois números reais, com
p
p
e
< y < p,
0<x<
2
2
4
satisfazendo sen y =
e 11 sen x + 5 cos (y – x)= 3.
5
Nessas condições, determine
a) cos y.
b) sen 2x.
Resolução:
Temos que y Î 2º quadrante.
Se sen y =
Então, a equação fica:
11 . sen x + 5 (cos y . cos x + sen y . sen x) = 3
3
4
. sen x) = 3
11 . sen x + 5 ( - . cos x +
5
5
4
3
e como sen 2y + cos2 y = 1, então cos y = 5
5
15 . sen x – 3 . cos x = 3
cos x = 5 sen x –1
sen 2 x + cos 2 x = 1

Então, temos: 
portanto Þ



cos x = 5 sen x − 1

5
12
Þ senx = 13 e cos x = 13 .

5
Como sen 2x = 2 sen x . cos x Þ sen 2x = 2 .
13
Þ sen 2x =
120
169
Respotas: a) cos y = -
3
5
120
b) sen 2x =
169
12 
.  
 13 
Þ
Nessas condições, determine
a) as coordenadas dos pontos A, B, C, D de interseção
da circunferência com o gráfico da função.
b) a área do pentágono OABCD.
Resolução:
a) A equação da circunferência é x2 + y2 = 9

8

y =
8
Resolvendo o sistema 
x
∴ x 2 +
=9
2


x
x 2 + y 2 = 9 

x = 1 e y = 8 ou x = −1 e y = 8

\ ou

x = 8 e y = 1 ou x = − 8 e y = 1

Portanto, os pontos de intersecção são:
fuv102fjan
A ( 8 ; + 1) , B (1; 8 ) , C (−1; 8 ) e D (− 8 ; + 1) .
b) A área do pentágono OABCD corresponde à soma
da área do trapézio ABCD com a área do triângulo
OAD. que resulta em:
SOABCD= SABCD+SOAD=S
SOABCD = 7 + 2 2
CPV
8
x
e cos (y – x) = cos y . cos x + sen y . sen x.
na origem e raio 3 e o gráfico da função y =
(2
8 + 2) ( 8 − 1) (2 8 ) (1)
+
2
2
1
2 FUVEST – 05/01/2010
Seu pé direito nas melhores Faculdades
03. Seja n um número inteiro, n ³ 0.
a) Calcule de quantas maneiras distintas n bolas idênticas
podem ser distribuídas entre Luís e Antônio.
b) Calcule de quantas maneiras distintas n bolas idênticas
podem ser distribuídas entre Pedro, Luís e Antônio.
c) Considere, agora, um número natural k tal que 0 £ k £ n.
Supondo que cada uma das distribuições do item (b) tenha
a mesma chance de ocorrer, determine a probabilidade
de que, após uma dada distribuição, Pedro receba uma
quantidade de bolas maior ou igual a k.
Observação: Nos itens a) e b), consideram-se válidas as distribuições nas
04. Dois planos p1 e p2 interceptam-se ao longo de uma reta
r , de maneira que o ângulo entre eles meça a radianos,
p
0<a<
.
2
Um triângulo equilátero ABC, de lado , está contido em
—
p2, de modo que AB esteja em r.
quais uma ou mais pessoas não recebam bola alguma.
Seja D a projeção ortogonal de C sobre o plano p1, e
suponha que a medida q, em radianos, do ângulo CÂD,
satisfaça sen q 6 .
4
Nessas condições, determine, em função de ℓ,
Resolução:
Usando um exemplo com n = 4 bolas, as possíveis distribuições são:
a) o valor de a.
b) a área do triângulo ABD.
c) o volume do tetraedro ABCD.
Resolução:
a) Como sen θ =
CPV
a) No exemplo, cada distribuição corresponde a uma permutação
entre 5 símbolos: 4 bolas ( • ) e 1 sinal de adição ( + ).
Para n bolas, o total de distribuições corresponde ao total de
permutações entre n símbolos de bolas ( • ) e 1 sinal de adição ( + ).
Assim: P
n, 1
(n + 1)!
=
= n+1
n! 1!
n+1
b) Usando o mesmo princípio do item (a), o total de
distribuições corresponde ao total de permutações entre n
símbolos de bolas ( • ) e, agora, 2 sinais de adição ( + ).
Assim: P
n, 2
(n + 2)! (n + 2) (n + 1)
=
=
n! 2!
2
n+2
c) Como exemplo, vamos simular uma situação em que
Pedro, Luis e Antônio rateiam n = 7 bolas.
Uma possível distribuição seria: • • • • + • • + •, onde
Pedro recebe 4 bolas, Luis recebe 2 e Antônio, 1 bola.
Essa é uma permutação de 7 + 2 = 9 elementos, entre • e sinais de +.
Se quisermos impor que Pedro receba um mínimo de k = 3
bolas, devemos garantir que os sinais de adição ( + ), ao serem
introduzidos na representação, estejam restritos às últimas
casas da sequência (na verdade, nas últimas 9 – 3 = 6 casas).
Exemplo: _ _ _ _ _ + _ + _
Num caso genérico, com n bolas e 3 participantes, devemos
permutar n símbolos de bolas ( • ) e 2 sinais de adição ( + ).
Além disso, devemos garantir que nenhum dos sinais de
adição figure em nenhuma das primeiras k casas da sequência.
Portanto, restarão (n + 2 – k) casas aptas a serem ocupadas
pelos 2 sinais de ( + ). Efetuando o produto de probabilidades
para a primeira e segunda escolhas, temos:
P=
n + 2 − k n + 2 − k − 1 (n − k + 2) . (n − k + 1)
.
=
n+2
n + 2−1
(n + 2) . (n + 1)
fuv102fjan
 6 e h=  3
6 H
= ∴H=
2
4
4

H
então sen α = ∴ sen α =
h
.
 6
4
 3
2
∴ α = 45º
2
∴ sen α =
2
O valor de a é 45o.
b) A área do triângulo ABD é
SABD =
 . DE
2
onde DE = H ∴ SABD =
A área do triângulo ABD é SABD =
 6
.
2 . 6
8
2
4
.
2 . 6  6
c) O volume do tetraedro é VABCD =
O volume do tetraedro ABCD é
8
.
3
VABCD =
4
3
16
=
.
3
16
Seu pé direito nas melhores Faculdades
05. Determine a solução (x, y), y > 1, para o sistema de equações
Resolução:
FUVEST – 05/01/2010
 log (9 x − 35) = 6
y


log (27 x − 81) = 3
 3y
log (9 x − 35) = 6 ⇔ 9 x − 35 = y6 (1)
 y

log (27 x − 81) = 3 ⇔ 27 x − 81 = (3y)3 ⇔ 27 x − 81 = 27 y3 ⇔ x − 3 = y3 (2)
 3y
Substituindo (2) em (1) temos: 9x – 35 = (x – 3)2 Û x2 – 15 x + 44 = 0, de onde resulta x = 11 ou x = 4.
para x = 11 Û
para x = 4 Û
y3 = 11 – 3 = 8 Û y = 2 (convém)
y3 = 4 – 3 = 1 Û y = 1 (não convém) Portanto: a solução pedida é S = {(11, 2)}
—
—
—
06. No triângulo ABC da figura, a mediana AM, relativa ao lado BC, é perpendicular ao lado AB.
Sabe-se também que BC = 4 e AM = 1.
^
Se a é a medida do ângulo ABC, determine
a)
b)
c)
d)
sen a.
o comprimento AC.
—
a altura do triângulo ABC relativa ao lado AB.
a área do triângulo AMC.
Resolução:
a) Observando a figura, obtemos no D BAM: sen a = sen 30º =
B
30º
1
2
2
M
2
120º
1
C
A
 1 
2
2
2
2
o
120
b) Considerando o D BAC, temos: (AC) = 1 + 2 − 2 ⋅ 1⋅ 2 ⋅ cos
⇔ (AC) = 1 + 4 − 2 ⋅ 1⋅ 2 ⋅ − 2  = 7 ∴ AC = 7
B
− cos 60o
c)
2
M
2
1
C
A
Como D BCP ~ D BMA resulta: h
P
o
sen
60
CPV
d) SAMC =
fuv102fjan
1⋅ 2 ⋅ sen120o
3
=
2
2
Portanto, a área do triângulo AMC é
3
.
2
h 4
=
\ h=2
1 2
3