RESOLUÇÃO DA PROVA DE MATEMÁTICA DO VESTIBULAR
2012 DA FUVEST-FASE 2.
POR PROFA. MARIA ANTÔNIA C. GOUVEIA
QUESTÕES DO DIA 2:
Q.15
Considere uma progressão aritmética cujos três primeiros termos são dados por
a1 = 1 + x, a 2 = 6x, a 3 = 2x 2 + 4, em que x é um número real.
a) Determine os possíveis valores de x.
b) Calcule a soma dos 100 primeiros termos da progressão aritmética correspondente ao
menor valor de x encontrado no item a).
RESOLUÇÃO:
a) Como os números a1 = 1 + x, a 2 = 6x, a 3 = 2x 2 + 4, são os três primeiros termos de
progressão aritmética: 2 a 2 = a1 + a 3
12 x = 2x 2 + 4 + 1 + x ⇒ 2x 2 − 11x + 5 = 0 ⇒ x =
x=
11 ± 121 − 40
11 ± 9
⇒x=
⇒
4
4
11 − 9 1
11 + 9
= ou x =
=5
4
2
4
RESPOSTA: Os possíveis valores de x são
1
e 5.
2
b) O menor valor de x encontrado no item a) é
1
, logo
2
3 3
1 3
1
= e a 2 = 6  = 3 ⇒ que a razão r da progressão é 3 − = .
2 2
2 2
2
3
 3  3 + 297 300
Como a100 = a1 + (100 − 1).r ⇒ a100 = + 99  =
=
= 150 .
2
2
2
2
A soma dos termos de uma P.A. é determinada através da aplicação da relação
(a + a n ) × n
Sn = 1
.
2
3

9
Então a soma dos 100 primeiros termos da P.A.  , 3, , ..........., 150,..... , é:
2
2


3

 + 150  × 100
303
2

S100 = 
=
× 50 = 7575 .
2
2
RESPOSTA: A soma dos 100 primeiros termos da progressão aritmética
correspondente ao menor valor de x encontrado no item a) é 7575.
a1 = 1 +
1
Q.16
Considere a função f, cujo domínio é o intervalo
fechado [0, 5] e que está definida pelas condições:
• para 0 ≤ x ≤ 1 , tem-se f(x) = 3x + 1 ;
• para 1<x<2, tem-se f(x) = −2x + 6 ;
• f é linear no intervalo [2, 4] e também no
intervalo [4, 5], conforme mostra a figura ao
lado;
• a área sob o gráfico de f no intervalo
[2, 5] é o triplo da área sob o gráfico de f no
intervalo [0, 2].
Com base nessas informações,
a) desenhe, no sistema de coordenadas indicado na página de resposta, o gráfico de f no
intervalo [0, 2];
b) determine a área sob o gráfico de f no intervalo [0, 2];
c) determine f(4).
RESOLUÇÃO:
a)
x
0
1
y= 3x + 1
y=1
y = 3 + 1 =4
Ponto
(0, 1)
(1, 4)
x
1
2
y= −2x + 6
y = −2 + 6 = 4
y = −4 + 6 =2
Ponto
(1, 4)
(2, 2)
b) O pentágono ABCDEF representa a região sob
o gráfico de f no intervalo [0, 2] e acima do eixo
Ox.
O pentágono ABCDEF pode ser decomposto de
algumas formas diferentes.
Ao lado foi decomposto em duas regiões
retangulares e em duas triangulares, e a sua área é
a soma das áreas dessas regiões.
SABCDEF = SEFG + SEDH + SABFG + SBCDH ⇒
1× 3 + 2 ×1
5
11
SABCDEF =
+ 1 × 1 + 2 × 1 = + 3 = = 5,5
2
2
2
RESPOSTA: A área sob o gráfico de f no intervalo [0, 2] é 5,5u.a.
2
c) A região quadrangular BCLM, sob o gráfico de f no
intervalo de [2, 5], é formada pela união do trapézio
BCJM com o triângulo JLM, logo sua área é:
SBCLM = SBCJM + SJLM ⇒ SBCLM =
(2 + y ) × 2 + 1× y = 3y + 4
2
2
2
Como
SBCLM = 3 × SABCEF ⇒
3y + 4 33
29
=
⇒ 3y = 29 ⇒ y =
⇒
2
2
3
RESPOSTA: f(4) =
29
3
QUESTÕES DO DIA 3:
M.01
O polinômio p(x) = x 4 + ax 3 + bx 2 + cx − 8 , em que a, b, c são números reais, tem o
número complexo 1 + i como raiz, bem como duas raízes simétricas.
a) Determine a, b, c e as raízes de p(x).
b) Subtraia 1 de cada uma das raízes de p(x) e determine todos os polinômios com
coeficientes reais, de menor grau, que possuam esses novos valores como raízes.
RESOLUÇÃO:
a) Se o polinômio p(x) = x 4 + ax 3 + bx 2 + cx − 8 , em que a, b, c são números reais, tem o
número complexo 1 + i como raiz, tem também como raiz o número 1 – i. Se as suas
duas outras raízes são simétricas pode-se representá-las por m e –m.
Como o coeficiente de x4 é 1 e o termo independente de x é –8, o produto de suas raízes
também é igual a –8. Logo: (1 + i )(1 − i )(m )(− m ) = −8 ⇒ 2m 2 = 8 ⇒ m = ±2 .
Assim as raízes de p(x) são: 1 + i¸ 1 – i, 2 e –2.
Sendo a o coeficiente de x3, então a soma das raízes de p(x) é igual a –a, então:
1 + i + 1 − i + 2 − 2 = −a ⇒ a = 2 .
Tem-se agora: p(x) = x 4 + 2x 3 + bx 2 + cx − 8
Como 2 e –2 são raízes de p(x), p(2) = p(–2) = 0 ⇒
8b = 32
16 + 16 + 4b + 2c − 8 = 0 4b + 2c = 24 
⇒
⇒ b = 4 ⇒ p(x) = x 4 + 2x 3 + 4x 2 + 4x − 8

16
−
16
+
4b
−
2c
−
8
=
0
4b
−
2c
=
8


c = 4

RESPOSTA: a = 2, b = 4, c = 4 e as raízes de p(x) são 1 + i¸ 1 – i, 2 e –2.
3
b) Um polinômio do quarto grau pode ser escrito em função do coeficiente a (número
real não nulo) do seu termo de maior grau e de suas raízes x1, x2, x3 e x4 da seguinte
forma:
p(x) = a(x − x1 )(x − x 2 )(x − x 3 )(x − x 4 ) .
Sendo x1 = 1 + i − 1 = i, x 2 = 1 − i − 1 = −i, x 3 = 2 − 1 = 1 e x 4 = −2 − 1 = −3 , então
(
)
p(x) = a(x − i)(x + i)(x − 1)(x + 3) ⇒ p(x) = a x 4 + 2x 3 − 2x 2 + 2x − 3 .
RESPOSTA: Todos os polinômios com coeficientes reais, de menor grau, que
possuam i, − i, 1 e − 3 como raízes podem ser representados como
p(x) = a(x 4 + 2x 3 − 2x 2 + 2x − 3 ) .
M.02
No triângulo acutângulo ABC, ilustrado na figura, o comprimento do lado BC mede
15 / 5 , o ângulo interno de vértice C mede α, e o ângulo interno de vértice B mede α/2.
Sabe-se, também, que 2 cos(2α ) + 3 cos α + 1 = 0 .
Nessas condições, calcule
a) o valor de senα;
b) o comprimento do lado AC .
RESOLUÇÃO:
Resolvendo a equação 2 cos(2α ) + 3 cos α + 1 = 0 considerando que α é um ângulo agudo,
pois ABC é um triângulo acutângulo. e que cos2α = cos 2α − sen 2α e sen 2α = 1 − cos 2α :
2(cos 2 α − sen 2α ) + 3 cos α + 1 = 0 ⇒ 2 cos 2 α − 2(1 − cos 2 α ) + 3 cos α + 1 = 0 ⇒
− 3 ± 9 + 16
−3+5 1
π
⇒ cos α =
= , 0 <α < .
8
8
4
2
1
1
15
π
a) Se cos α = , 0 < α < ⇒ senα = 1 − cos 2α ⇒ senα = 1 − ⇒ senα =
.
4
2
16
4
4 cos 2 α + 3 cos α − 1 = 0 ⇒ cos α =
RESPOSTA: senα =
15
.
4
1 − cosα
15
α
α
b) Sendo sen  =
e senα =
⇒ sen  =
4
2
2
2
α 
 =
 2 
Sendo sen(3a ) = 3sen (a ) − 4sen 3 (a ) e que sen 
3
4 = 3= 3 = 6.
2
8 2 2
4
6
⇒
4
3
  α   6   6 
 − 4
 =3 6 −3 6 =3 6 ⇒
sen 3   = 3



4
8
8
  2   4   4 
4
Aplicando a Lei dos senos ao triângulo ABC:
15
b
15
b
5
=
⇒
=
⇒
3α 

α
 3α 
6
o
sen  180 −
5sen 
 sen  

2 

2
 2 
4
15
b
15
4b
8 15 4b
2 15
2 15
=
⇒
=
⇒
=
⇒
= b ⇒ 15b = 2 15 ⇒ b =
15
15
 3α 


6
6
15 6
6
3 6
5sen 
5

 2 
4
 8 
RESPOSTA: AC =
2 15
15
M.03
a) Dez meninas e seis meninos participarão de um torneio de tênis infantil. De quantas
maneiras distintas essas 16 crianças podem ser separadas nos grupos A, B, C e D, cada
um deles com 4 jogadores, sabendo que os grupos A e C serão formados apenas por
meninas e o grupo B, apenas por meninos?
b) Acontecida a fase inicial do torneio, a fase semifinal terá os jogos entre Maria e João
e entre Marta e José. Os vencedores de cada um dos jogos farão a final. Dado que a
probabilidade de um menino ganhar de uma menina é 3/5, calcule a probabilidade de
uma menina vencer o torneio.
RESOLUÇÃO:
a)
A(meninas)
B(meninos)
C(meninas)
D
Grupo
formado
pelas
C10 , 4
C6 , 4
C6 , 4
crianças restantes.
Número de maneiras distintas para a formação dos grupos atendendo aos pré-requisitos:
Modos distintos
C10, 6 × C6, 4 × C6, 4 =
10 × 9 × 8 × 7 6 × 5 6 × 5
×
×
= 210 × 15 × 15 = 47250 .
4 × 3 × 2 ×1 2 ×1 2 ×1
RESPOSTA: Existem 47 250 maneiras distintas para a formação dos grupos.
b)
•
Considerando as probabilidades de Marta e Maria vencerem as semifinais:
2 2 4
× =
5 5 25
•
Considerando as probabilidades de Marta e João vencerem as semifinais e Marta
vencer a final:
•
2 3 2 12
× × =
.
5 5 5 125
Considerando as probabilidades de Maria e José vencerem as semifinais e Maria
vencer a final:
2 3 2 12
× × =
.
5 5 5 125
Assim a probabilidade do torneio ser vencido por uma menina é:
4 12 12 20 + 12 + 12 44
+
+
=
=
= 0,352 = 35,2%
25 125 125
125
125
RESPOSTA: A probabilidade do torneio ser vencido por uma menina é de 35,2%
5
M.04
A base do tetraedro PABCD é o quadrado ABCD de lado l , contido no plano α. Sabese que a projeção ortogonal do vértice P no plano α está no semiplano de α determinado
pela reta BC e que não contém o lado AD . Além disso, a face BPC é um triângulo
isósceles de base BC cuja altura forma, com o plano α, um ângulo θ, em que
0 < θ < π/2. Sendo PB = l 2 / 2 , determine, em função de l e θ,
a) o volume do tetraedro PACBD;
b) a altura do triângulo APB relativa ao lado AB ;
c) a altura do triângulo APD relativa ao lado AD .
RESOLUÇÃO:
a) Inicialmente vale a observação de que o sólido PABCD da questão não é um
tetraedro (pirâmide triangular), mas sim uma pirâmide quadrangular cuja base é um
quadrado.
A figura 3 acima é um triângulo isósceles, BH = HC = l / 2 .
2
2
2
 l 2   l 2
 −   = 2l − l = l .
Do triângulo retângulo PHB: h = 

4
2
 2  2
l lsenθ
Da figura 2: PE = senθ × PH ⇒ PE = senθ × =
2
2
PE é a altura da pirâmide (o ponto E é a projeção ortogonal do vértice P no plano α).
Então o volume de PABCD é:
1
1
lsenθ l 3senθ
V = × SABCD × PE = × l 2 ×
=
3
3
2
6
l 3 senθ
RESPOSTA: O volume de PABCD é
.
6
6
b)
Na figura 4:
• tem-se PF ⊥ AB ⇒ PF é a altura do triângulo APB em relação ao lado AB ;
• BFEH é um paralelogramo, então BF = HE = x
l
2
Da figura 5, HE = HP × cosθ ⇒ HE = × cosθ =
lcosθ
lcosθ
⇒ BF = HE =
.
2
2
No triângulo retângulo PBF da figura 6 tem-se: PF2 = BP2 - BF2 ⇒
2
(
)
 l 2   lcosθ  2 l 2 − cos 2θ l 2 − 1 − sen 2θ
l 1 + sen 2θ
 −
.
PF = 
=
=
=


2
2
2
 2   2 
Poder-se-ia também ter calculado a medida de PF aplicando o Teorema de Pitágoras ao
triângulo retângulo PEF da figura 6:
2
2
l 1 + sen 2θ
 l   lsenθ 
PF = PE + EF ⇒ PF =   + 
 =
2
2  2 
2
2
2
RESPOSTA: A altura do triângulo APB relativa ao lado AB mede
ou
l 2 − cos 2θ
2
l 1 + sen2θ
.
2
c)
Figura 7
Como o triângulo PBC é isósceles, o triângulo APD também o é e os pontos de
interseção de suas alturas com o plano α pertencem à reta GE
Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo PEG determina-se a medida de PG :
2
2
lcosθ   lsenθ 
l 2 cos 2θ l 2sen 2θ

2
2
PG = GE 2 + PE 2 ⇒ PG =  l +
+
=
l
+
l
cosθ
+
+
⇒
 

2   2 
4
4

PG = l 1 + cosθ +
1
l
⇒ PG =
5 + 4cosθ
4
2
RESPOSTA: A altura do triângulo APD relativa ao lado AD mede
l
5 + 4cosθ
2
7
M.05
Determine para quais valores reais de x é verdadeira a desigualdade
x 2 − 10x + 21 ≤ 3x − 15 .
RESOLUÇÃO:
Inicialmente busque-se determinar as raízes das funções h(x) = x 2 − 10x + 21 e
g(x) = 3x − 15
Raízes da equação: x 2 − 10x + 21 = 0 ⇒ x =
10 ± 100 − 84
⇒ x = 3 ou
2
x = 7.
Raiz da equação 3x – 15 = 0 ⇒ x = 5
Resolvendo a inequação
x 2 − 10x + 21 ≤ 3x − 15 ⇒ x 2 − 10x + 21 − 3x − 15 ≤ 0 ⇒
1. Considerando x 2 − 10x + 21 ≥ 0 ⇒ x ≤ 3 ou x ≥ 7
1i. Se 3x − 15 ≥ 0 ⇒ x ≥ 5 ⇒ x 2 − 10x + 21 − (3x − 15) ≤ 0 ⇒
x 2 − 10x + 21 − 3x + 15 ≤ 0 ⇒ x 2 − 13x + 36 ≤ 0 ⇒ 4 ≤ x ≤ 9 .
S1 = ((−∞,3) ∪ (7,+∞) ) ∩ [5,+∞[ ∩ [4,9] = [7,9]
1ii.Se 3x − 15 ≤ 0, x ≤ 5 ⇒ x 2 − 10x + 21 − (− 3x + 15) ≤ 0 ⇒
x 2 − 10x + 21 + 3x − 15 ≤ 0 ⇒ x 2 − 7x + 6 ≤ 0 ⇒ 1 ≤ x ≤ 6 .
S2 = ((−∞,3) ∪ (7,+∞) ) ∩ ]− ∞,5] ∩ [1,6] = [1,3]
2. Considerando x 2 − 10x + 21 ≤ 0 ⇒ 3 ≤ x ≤ 7
2i.Se 3x − 15 ≥ 0, x ≥ 5 ⇒ − (x 2 − 10x + 21) − (3x − 15) ≤ 0 ⇒
− x 2 + 10x − 21 − 3x + 15 ≤ 0 ⇒ − x 2 + 7x − 6 ≤ 0 ⇒ x 2 − 7 x + 6 ≥ 0 ⇒ x ≤ 1 ou x ≥ 6 .
S3 = [3,7] ∩ [5,+∞[ ∩ (]− ∞,1] ∪ [6,+∞[) = [6,7]
2ii.Se 3x − 15 ≤ 0, x ≤ 5 ⇒ − (x 2 − 10x + 21) − (− 3x + 15) ≤ 0 ⇒
− x 2 + 10x − 21 + 3x − 15 ≤ 0 ⇒ − x 2 + 13x − 36 ≤ 0 ⇒ x 2 − 13x + 36 ≥ 0 ⇒ x ≤ 4 ou x ≥ 9 .
S 4 = [3,7] ∩ [− ∞,5[ ∩ (]− ∞,4] ∪ [9,+∞[) = [3,4]
8
Conclusão: A solução da inequação x 2 − 10x + 21 ≤ 3x − 15 é
S1 ∪ S2 ∪ S3 ∪ S4 = [1, 3] ∪ [3, 4] ∪ [6, 7] ∪ [7, 9] = [1, 4] ∪ [6, 9] .
Outro modo de resolver.
Determinação das raízes comuns a h(x) = x 2 − 10x + 21 e g(x) = 3x − 15 :
x 2 − 10x + 21 = 3x − 15 ⇒ x 2 − 10x + 21 = 3x − 15 ou x 2 − 10x + 21 = −3x + 15 ⇒
x 2 − 13x + 36 = 0 ou x 2 − 7x + 6 = 0 ⇒ x =
13 ± 169 − 144
7 ± 49 − 24
⇒
ou x =
2
2
13 ± 5
7±5
ou x =
⇒ x1 = 4, x 2 = 9, x 3 = 1, x 4 = 6 .
2
2
Os pontos comuns às duas funções são: (1, 12), (4, 3), (6, 3) e (9, 12) .
x=
Representando essas conclusões graficamente:
Analisando o gráfico conclui-se que x 2 − 10x + 21 ≤ 3x − 15 para o intervalo:
1 ≤ x ≤ 4 ou 6 ≤ x ≤ 9 .
RESPOSTA: 1 ≤ x ≤ 4 ou 6 ≤ x ≤ 9
M.06
Na figura, a circunferência de centro 0 é tangente à reta CD no ponto D, o qual pertence
à reta AO .
Além disso, A e B são pontos da circunferência, AB = 6 3 e BC = 2 3 . Nessas
condições, determine
a) a medida do segmento CD ;
c) a área do triângulo AOB;
b) o raio da circunferência;
d) a área da região hachurada na figura.
9
RESOLUÇÃO:
Figura1A reta CD tangente á circunferência no ponto D é perpendicular ao segmento AD ,
diâmetro da circunferência.
O triângulo ABD é retângulo porque é inscrito numa semicircunferência.
BD é altura do triângulo retângulo ADC em relação à hipotenusa AC , logo vale a
relação:
BD 2 = AB × BC ⇒ BD 2 = 6 3 × 2 3 = 36 ⇒ BD = 6 .
BD
6
1
3
⇒ tgα =
=
=
⇒ 30°
AB
3
6 3
3
DC
1 DC
a) No triângulo retângulo ADC , sen30° =
⇒ =
⇒ DC = 4 3 .
AC
2 8 3
No triângulo retângulo ABD tem-se: tgα =
RESPOSTA: DC = 4 3 .
b) No triângulo retângulo ABD, sen30° =
BD
1
6
⇒ =
⇒ AD = 12 . Como AD é o
AD
2 AD
diâmetro da circunferência, seu raio mede 6.
RESPOSTA: A medida do raio é 6.
Figura 2c) Como AOB é um triângulo isósceles, AÔB = 180°– 2α = 120°.
1
2
1
2
Então SAOB = × r × r × sen120° = × 36 ×
3
=9 3.
2
RESPOSTA: A área do triângulo AOB é 9 3 .
d) A área da região hachurada é:
36π
− 9 3 = 12π − 9 3 = 3 4π − 3 3 .
S = Ssetor de 120° − SAOB =
3
(
)
RESPOSTA: A área da região hachurada é 3(4π − 3 3 ).
10