Vestibular UFBA – 2006 –2a FASE.
Resolução da prova de Matemática
Por Profa. Maria Antônia Conceição Gouveia.
Questão 01 (Valor: 15 pontos)
Considere a equação, na variável x, ax2 + bx + c = 0 e a função quadrática
f(x) = ax2 + bx + c, com a, b, e c números reais.
Sabendo que uma raiz da equação ax2 + bx + c = 0 é o número complexo de módulo
e argumento
π
4
2
e que a imagem da função f(x) = ax2 + bx + c é o intervalo ] – ∞, –1]
calcule f(2).
RESOLUÇÃO:
z=
π
π

2  cos + isen  =
4
4

 2
2 
2 
+
i  = 1 + i ⇒ f(x) = a[x – (1 – i)][x- (1 + i)] ⇒
2
2


f(x) = a( x2 – 2 x +2) = ax2 – 2a x +2a.
Sendo a imagem da função f(x) = ax2 – 2a x +2a o intervalo ] – ∞, –1] então
− ∆ − (4a2 − 8a2 )
=
= −1 ⇒ a = −1 ⇒ f(x) = –x2 + 2x – 2 ⇒ f(2) = –4 + 4 – 2 = – 2.
4a
4a
Questão 02 (Valor: 15 pontos)
y
5
O gráfico representa a função f: R→]1,+∞[; f(x) =
a+b.2kx, sendo a, b, e k constantes reais. A partir
dessas informações, calcule f–1(x).
3
1
-1
0
x
RESOLUÇÃO:
Analisando o gráfico da função f(x) = a+b.2kx, concluímos que é uma translação do gráfico
da função h(x) = b.2kx, segundo o vetor u = 1 ⇒ a = 1.
Logo f(x) = 1+b.2kx.
Ainda
pelo
gráfico
vemos
que
f(0)
=
3
e
1
b
3
b
2
b
2
+
=
=
=



b = 2
b = 2
⇒
⇒  −k
⇒
⇒

−k
−k
− k + 1 = 2
k = −1
1 + b.2 = 5
1 + b.2 = 5
2.2 = 4
f(–1)
=
5
⇒
f(x) = 1+2.2–x= 1+2–x+1.
Se (x,y) é um par ordenado que satisfaz a f(x), então o par (y,x) satisfaz a f–1(x) ⇒
x = 1+2–y+1 ⇒ 2–y+1=x – 1 ⇒ –y + 1 = log2 (x − 1) ⇒ y= – log2 (x − 1) +1⇒
f–1(x) = – log2 (x − 1) +1.
Questão 03 (Valor: 15 pontos)
Considerando, no plano cartesiano, os pontos A(x, 0), B(1, 0) e C(4, 0), determine todos os
valores de x para os quais a soma da distância de A a B e da distância de A a C seja menor ou
igual a 7.
RESOLUÇÃO:
Distância de A a B: d =
(x − 1)2
Distância de A a C: d1 =
Pelos dados do problema:
Por definição de módulo:
= (x − 1) .
(x − 4)2
= (x − 4 ) .
(x − 1) + (x − 4)
≤7
(x − 1) = 
x − 1, se x ≥ 1
x − 4, se x ≥ 4
e (x − 4 ) = 
⇒
− (x − 1), se x < 1
− (x − 4), se x < 4
1
4
– x + 1 + (– x + 4) ≤ 7
x – 1 + (– x + 4) ≤ 7
x–1+x–4≤7
– 2x ≤ 2
0≤4 (V)
2x ≤ 12
S2 = [1,4[
x≤6
x ≥ –1
S1 = [–1,1[
S3 = [4,6]
S = {x ∈ (S1∪ S2∪ S3)} = [–1,6].
Questão 04 (Valor: 15 pontos)
Em uma certa época, uma epidemia atingiu determinada região. A fim de combater a doença, a
população local foi dividida em três grupos, por faixa etária, e todas as pessoas foram vacinadas,
cada uma recebendo a dose da vacina de acordo com o especificado no quadro a seguir.
Grupo
Faixa etária
1a aplicação
2 a aplicação
3 a aplicação
I
até 15 anos
1ml
2ml
3ml
II
de 16 a 59 anos
3ml
2ml
1ml
III
a partir dos 60 anos
5ml
2ml
1ml
Considerando que, na primeira aplicação, foram gastos 800000ml da vacina, na segunda,
600000ml e, na terceira, 500000ml, calcule o número de pessoas de cada grupo.
RESOLUÇÃO:
Consideremos como x o número de pessoas até 15 anos, y o de pessoas de 16 a 59 anos e z
o de pessoas com idade a partir dos 60 anos.
Temos então o sistema:
x + 3y + 5z = 80
x + 3y + 5z = 80
x + 3y + 5z = 80
4y + 8z = 100



⇒
2x + 2y + 2z = 60 → 2L1 − L2 ⇒ 4y + 8z = 100
3x + y + z = 50 → 3L − L
8y + 14z = 190 → 2L − L
2z = 10
2
3
1
3


z = 5
Em 4y + 8z = 100 substituindo z por 5.
x + 3y + 5z = 80
x + 3y + 5z = 80
4y + 40 = 100
x + 45 + 25 = 80


Em L1 substituindo y por 15 e z por 5 ⇒ x = 10
4y = 60
y = 15
y = 15


z = 5
z = 5
Os valores pedidos são respectivamente 100000, 150000 e 50000 pessoas.
Questão 05 (Valor: 20 pontos)
As medidas dos lados de um triângulo ABC formam uma progressão aritmética de razão igual a 1.
Determine a altura do triângulo ABC, relativa ao lado AB, sabendo que AC < AB < BC e
cos(AB̂C) =
3
.
5
RESOLUÇÃO:
Sendo cos(AB̂C) =
3
BH 3
, no triângulo retângulo BHC
=
então podemos considerar BC =
5
BC 5
5x, BH = 3x e CH = 4x.
Como as medidas AC< AB < BC formam nesta ordem uma progressão aritmética de razão 1, AB
= BC – 1
e AC= AB – 1, logo sendo BC = 5x, temos AB = 5x – 1
e
AC = 5x – 2 .
Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo AHC da figura acima:
(5x − 2)2 = (2x − 1)2 + 16x 2 ⇒ 25x 2 − 20x + 4 = 4x 2 − 4x + 1 + 16x 2
5x 2 − 16x + 3 = 0 ⇒ x =
16 ± 256 − 60 16 ± 14
=
⇒ x = 3 ou x = 0,2
10
10
Para x = 3, AB = 14 e para x = 0,2, AB = 0 ( impossível).
Logo x = 3 e a altura procurada que é 4x = 12.
Questão 06 (Valor: 20 pontos)
Considere a reta r, que tem como equação y = 1, e a reta s, que passa pelos pontos A(4, −3) e
B(2, 0).
Sendo M a região do plano limitada pelos eixos coordenados cartesianos Ox e Oy e pelas retas r
e s, calcule o volume do sólido obtido pela rotação da região M em torno do eixo Oy.
RESOLUÇÃO
Considere a reta r, que tem como equação y = 1, e a reta s, que passa pelos pontos A(4, −3) e
B(2, 0).
Sendo M a região do plano limitada pelos eixos coordenados cartesianos Ox e Oy e pelas retas r
e s, calcule o volume do sólido obtido pela rotação da região M em torno do eixo Oy.
Podemos obter a reta s que passa pelos pontos A(4, −3) e B(2, 0) da seguinte forma:
4
−3
2
0
x
y
4
3
= 0 ⇒ 2y − 3x − 4y + 6 = 0 ⇒ 2y = −3x + 6 ⇒ y = − x + 3
−3
2
3
A reta s: y = − x + 3 cuja raiz é x = 2.
2
3
A interseção entre as retas s: y = 1 e r: − x + 3 = 1 é dada pela solução do sistema
2
y = 1

⇒ 3x = 4 ⇒ x = 4/3.

3
 y = − 2 x + 3
A área M que está representada na figura é um trapézio de altura 1 e bases 2 e 4/3, respectivamente.
O sólido gerado pela rotação da região M em torno do eixo Oy é um tronco de cone cujo volume é a
diferença entre os volumes dos cone ACB e DCE que são semelhantes.
Calculemos a altura x do cone DCE:
x
4/3
=
⇒ 6x = 4x + 4 ⇒ x = 2 .
x +1 2
O volume procurado é:
V=
1
1 16
12π 32π 108π − 32π 76π
.4π .3 − . π .2 =
−
=
=
u.v.
3
3 9
3
27
27
27