PROVA DE MATEMÁTICA DA UFBA
VESTIBULAR– 2011 – 2a Fase
RESOLUÇÃO: Profa. Maria Antônia Gouveia.
QUESTÃO 01
Considere o conjunto de todos os números de cinco algarismos distintos, formados
com os algarismos 1, 3, 5, 8 e 9.
Escolhendo, aleatoriamente, um elemento desse conjunto, calcule a probabilidade de o
número escolhido ser menor que o número 58931.
RESOLUÇÃO:
Seja E o conjunto cujos elementos são todos os números de cinco algarismos distintos formados com os
algarismos 1, 3, 5, 8 e 9. Então n(E) =5! = 120.
Seja A o subconjunto de E, cujos elementos são menores que 58931.
DETERMINAÇÃO DE n(A):
• Números que começam por 58.
Total de possibilidades: 3! – 1 = 3 × 2 × 1 – 1 = 5.
• Números que começam por 53.
Total de possibilidades: 3! = 3 × 2 × 1 = 6.
• Números que começam por 3.
Total de possibilidades: 4! = 4 × 3 × 2 × 1 = 24.
•
Números que começam por 1.
Total de possibilidades: 4! = 4 × 3 × 2 × 1 = 24.
Então n(A) = (24 + 24 + 12 + 5) = 65.
Concluindo: escolhendo, aleatoriamente, um elemento do conjunto E, a probabilidade de o número
n (A) 65 13
escolhido ser menor que o número 58931 é de p =
=
=
.
n (E ) 120 24
RESPOSTA: A probabilidade é então
13
.
24
QUESTÃO 02
Considerem-se em um sistema de coordenadas cartesianas — tendo o metro como
unidade de medida para os eixos Ox e Oy — duas partículas P1 e P2 .
Sabendo que, no instante t = 0, a partícula P1 parte da origem, na direção positiva do eixo Oy, com
velocidade constante de 2m/s, e a partícula P2 parte do ponto (10, 0) em direção à origem dos eixos com
velocidade constante de 1m/s, escreva uma equação da reta que passa pelos pontos que determinam a
posição das duas partículas no instante em que o quadrado da distância entre elas é mínimo.
RESOLUÇÃO:
Como a partícula P1 percorre, com velocidade constante, 2m/s, em t segundos percorrerá (2t)m.
Como a partícula P2 percorre, com velocidade constante, 1m/s, em t segundos percorrerá (t)m.
No instante t = 0, a partícula P1 ocupa a posição (0, 0) e no instante t ocupará a posição (0, 2t).
No instante t = 0, a partícula P2 ocupa a posição (10, 0) e no instante t ocupará a posição (10 − t, 0).
No instante t ≠ 0, a distância P1P2 =
(10 − t − 0)2 + (0 − 2t )2
⇒ (P1P2 )2 = 100 − 20t + t 2 + 4t 2 ⇒
(P1P2 )2 = 5t 2 − 20t + 100 .
− (− 20)
=2.
10
No instante t = 2, a partícula P1 ocupa a posição A = (0, 4) e a partícula P2 ocupa a posição B = (8, 0).
Determinação da equação da reta que passa pelos pontos A = (0, 4) e B = (8, 0):
 y − yB 
x
4−0
(x − x A ) = (y − y A ) ⇒ 
Usando a relação:  A
 ( x − 0) = y − 4 ⇒ − = y − 4 ⇒
2
 0−8
 xA − xB 
O quadrado (P1P2 )2 assume valor mínimo para t =
RESPOSTA: A equação procurada tem a forma y = −
x
+ 4 ou 2y + x = 8 ou 2y + x − 8 = 0
2
QUESTÃO 03
Considere o polinômio com coeficientes reais P(x) = 3x5 − 7x4 + mx3 + nx2 + tx + 6.
Sabendo que P(x) é divisível por x2 + 2 e possui três raízes reais que formam uma progressão geométrica,
determine o resto da divisão de P(x) por x + 2.
RESOLUÇÃO:
Se P(x) é divisível por x2 + 2 e sendo x 2 + 2 = ( x − 2i)( x + 2i) , então P(x) também é divisível por
( x − 2i) e por ( x + 2i) ⇒ − 2i e 2i são raízes de P(x).
As outras três raízes são reais e formam uma progressão geométrica, pode-se então representá-las como
y
, y e qy .
q
Pelas relações de Girard:
7
y
 1
 7
 q + y + qy = 3
 y = −1
 y = −1
 y + 1 + q  =

⇒ q
⇒ 2
⇒
 3⇒

2
− 3 − 3q − 3q = 7q
3q + 10q + 3 = 0
 y .y.qy. 2i. − 2i = −2  3
2 y = −2
 q 
(
)
− 10 ± 100 − 36
− 10 ± 8
1
⇒q=
⇒ q = −3 ou q = − ⇒
6
6
3
y 1
= , y = − 1 e qy = 3 .
q 3
q=
Logo as raízes de P(x) são
1
, − 1, 3,
3
2i e − 2i .
Pode-se escrever:
1

P ( x ) = 3x 5 − 7 x 4 + mx 3 + nx 2 + tx + 6 = 3 x − (x + 1)( x − 3)( x + 2i)( x − 2i) ⇒
3

Que o resto da divisão de p(x) por x + 2 é igual a
1

P (−2) = 3 − 2 − (−2 + 1)(−2 − 3)(−2 + 2i)(−2 − 2i) ⇒ P( x ) = −7(−1)(−5)(4 + 2) = −210
3

RESPOSTA: O resto procurado é −210 .
QUESTÃO 04
Sendo x a medida de um arco, em radianos, determine as soluções da equação
π 
π

 11π 
4 cos 2   cos x.sen − x  − cos(x + 7π ) + sen
 = 0 que pertencem ao intervalo [−6, 8].
4
2
 


 2 
RESPOSTA:
2
π

π 
Sendo cos   =
, sen − x  = cos x , cos(x + 7π ) = cos( x + π ) = − cos x e
2
4
2

3π 
 11π 

 3π 
sen
 = sen 4π +
 = sen  = −1
2
2




 2 
π 
π

 11π 
Tem-se: 4 cos 2   cos x.sen − x  − cos(x + 7π ) + sen
=0 ⇒
4
2

 2 
2
 2
 . cos 2 x + cos x − 1 = 0 ⇒ 2 cos 2 x + cos x − 1 = 0 ⇒ cos x = − 1 ± 1 + 8 ⇒ cos x = − 1 ± 3 ⇒
4
 2 
4
4


1
π
cos x = −1 ou cosx = ⇒ x = (2k + 1)π ou x = 2kπ ± com k ∈ Z.
2
3
Os valores de x que pertencem ao intervalo [−6, 8], são:
k = −1 ⇒ x = −π ≈ −3,14
x = (2k + 1)π ⇒ 
k = 0 ⇒ x = π ≈ 3,14
5π

k = −1 ⇒ x = − 3 ≈ −5,23

k = 0 ⇒ x = − π ≈ −1,05

3

π
π

x = 2kπ ± ⇒ k = 0 ⇒ x = ≈ 1,05
3
3

7π

k = 1 ⇒ x = 3 ≈ 7,33

k = 1 ⇒ x = 5π ≈ 5,23

3
RESPOSTA: Os valores de x ∈ [−−6, 8] que satisfazem à equação
π
π

 11π 
4cos 2  cosx.sen − x  − cos(x + 7π ) + sen
 = 0 são os elementos do conjunto
4
2
 


 2 
π π
5π 7π 
 5π
S = −
,− π,− , , π, , 
3
3
3
3 3

QUESTÃO 05
Considere um trapézio T, de altura h = 2u.c., base menor b = 4 u.c. e ângulos da base
a = arctg2 e c = 45º.
3
Determine a área do trapézio T’, obtido de T por uma homotetia de razão
centro em
2
um ponto qualquer.
RESOLUÇÃO:
BE
2
⇒ 2 = ⇒ x = 1 ⇒ AC = 6 + 1 = 7 .
AE
x
(
AC + BD )DF (4 + 7 ).2
A área do trapézio T é igual a S =
=
= 11 .
2
2
3
Sendo T’ o trapézio homotético de T por uma homotetia de razão , então são figuras semelhantes e vale
2
No triângulo retângulo AEB, tg =
2
ST '  3 
S
9
99
=   ⇒ T ' = ⇒ ST ' =
.
ST  2 
11 4
4
99
RESPOSTA: A área de T” é
u.a.
4
a relação:
Questão 06
Considere uma pirâmide triangular regular de altura h, contida no interior de uma
esfera de raio r.
Sabendo que um dos vértices da pirâmide coincide com o centro da esfera, e os outros
vértices são pontos da superfície esférica, determine, em função de h e r, a expressão
do volume da pirâmide.
Sendo regular a pirâmide VABC, então sua base ABC é um triângulo equilátero.
No triângulo equilátero ABC, AH = a (medida do raio desse triângulo) e AB = l.
2  l 3 
l 3
Logo, a = 
⇒a=
⇒l=a 3.


3 2 
3
Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo VHA:
(
)
a2 = r2 − h2 ⇒ a = r2 − h2 ⇒ l = r2 − h2 × 3 ⇒ l = 3 r2 − h2 .
2
2 

l 3  3 r − h 
Então a área do triângulo ABC é
=
4
4
2
(
)
2
3
=
(
3 r2 − h2
4
)3
1
Finalmente, o volume da pirâmide è: V = (Bh ) =
3
RESPOSTA: O volume da pirâmide é
(
h r2 − h2
4
(
1  3 r 2 − h 2
3 
4
)
3
u.v.
) 3 h = h(r


2
− h2
4
) 3.