Comentários de Provas de Vestibulares
UPE 2012 ● 2.º dia
5 de dezembro de 2012
Disciplina: Matemática
Professor(es): Erotides Marinho, Rui Lima, Kenji Chung, Agostinho Meireles.
Comentário Geral
Resolução das questões
Questão 1:
Ao se venderem 5 carros Gama (dos mais baratos), o valor restante do estoque cai e o valor médio dos carros sobe (por
prevaleceram carros, mais caros, a média sobe). Letra “c”
Questão 2:
5 + 2x + 2y = 15
x+y=5
5 + 3y – 2x = 10
3y – 2y = 5
Resolvendo o sistema x+y = 5 obtém-se x = 2
3y-2x=5
y=3
Com isso, N = 5 + x + 4y
5 + 2 + 4 · 3 = 19
Letra “b”.
Questão 3:
Analisando as afirmações.
I) Pq é hipotenusa de um triângulo retângulo isósceles de cateto 2; portanto, PQ = 2 2cm. Item falso (em desacordo com o gabarito
divulgado, que considera esse número racional).
II) AE e PQ são retas coplanares; portanto, não são reversas (falso).


III) Se HE é reta vertical, então PQ é horizontal não coplanar; portanto, reversa ortogonal.
IV) Área lateral = Área (PBCS + BQRC + PQRS) = 2 × 4 + 2 × 4 + 2 2 × 4.
= 8 + 8 + 8 2 = 8 (2+ 2 )cm2. Item verdadeiro (houve discordância do gabarito).
2cm  2cm
 4cm  8cm3 . Item verdadeiro.
V) Volume = Área PBQ × altura
2
 Letra “d”: (em desacordo com o divulgado, “c”).
1
Questão 4:
2
2
2 2
A área cinza era dada por R – r =  (R – r ).
Com a figura, monta-se o triângulo:
R
3
Centro do
círculo maior
Letra “c”.
Portanto, R2 – r2 = 32 = 9  Resposta: A = 9.
•
r
Questão 5:
Vê-se que cada par de opostos soma 14. Para “n” dados, a soma das faces opostas dá 14 · n. Daí, tem-se que:
Soma da faces para baixo + Soma das faces para cima = 14n
S
Soma das faces para baixo = 14n – S.
Questão 6:
2
E
E 3
(M)   log    9 log    9
10
3
 Eo 
 Eo 
2
2
E 3
9
   10
 Eo 
E
Eo
3
 (109 ) 2
27
E = Eo  10 2 = 104,5  1013,5 = 1018.
Letra “d”.
Questão 7:
Sobre os números reais no intervalo (0,1), o produto deles é menor que cada um deles e pertence ao mesmo intervalo
(0,1), portanto:
0<A·B<A
Letra “b”.
Questão 8:
Para que 3 dados somem 6, podem ocorrer as opções:
4, 1, 1
1, 4, 1

3 modos  = 3 
2!


1, 1, 4
 3!
1, 2, 3
1, 3, 2
2, 1, 3
2, 3, 1
3, 1, 2
3, 2, 1
6 modos
 3!= 6
Total de modos = 10.
Letra “b”.
2
2, 2, 2
1 modo
 3! 
 = 1
 3! 
Questão 9:
A(x) = x3 – x B(x) = x – 1
I)
A(x) = B(x) na intercepção.
x3 – x = x – 1
x3 – 2x + 1 = 0
x = 1 é raiz
Baixando o grau:
1
1 0 –2 1
1 1 –1 10
x2 + x – 1 = 0
A = 12 – 4  · 1 · (–1) = 5
2 raízes reais ≠s
II)
III)
IV)
Item verdadeiro
3 pontos de intercepção
A(x) e B(x) têm x = 1, como raiz comum.
A(x) é divisível por B(x) (1.º grau) de mesma raíz, portanto, resto = 0.
Soma das raízes de A(x) = 0
Soma das raízes de B(x) = 1 A soma das raízes dos dois deixa margem para ambiguidade de interpretações.
*** 1.º) Ambos teriam somas raízes = 1 (seria falso).
2.º) A soma das raízes de um mais a soma das raízes do outro = 0 + 1 (seria verdadeiro).
Questão 10:
O lucro e o prejuízo foram tomados com relação aos preços de custo = C1 (1.º computador) e C2 (2.º computador).
10% C1 – 10% C2 = 5% (C1 + C2)
5C1 = 15C2  C1 = 3C2
Na venda, 110%C1 + 90% C2 = 2100
1,1 · 3C2 + 0,9 · C2 = 2100
4,2 · C2 = 2100  C2 =
Preço de custo total = 1500 + 500 = 2000
2100,0
4,2
= 500
C1 = 3.500 = 1500.
*** Letra “a”, em desacordo com o gabarito divulgado, letra “b”.
Questão 11:
N.º natural do tipo a + a deve ter “a” com raiz quadrada exata como número natural; e, portanto, a = ( a )
perfeito.
( a)2  a  ( a)  ( a  1) é um produto de dois naturais consecutivos: no caso, 10 · (10 + 1) = 110.
2
é um quadrado
Letra “d”.
Questão 12:
O triângulo ABC é retângulo em C, e o centro da circunferência circunscrita a ele (circuncentro) coincide com o ponto médio
da hipotenusa AB , cujo comprimento facilmente se percebe pelo fato de o triângulo ser pitagórico: AB = 10.
Raio = 5.
Centro: ponto médio de AB.
3
Xc 
2  6
2
2
4  ( 2)
Yc 
1
2
Equação: (x – 2)2 + (y – 1)2 = 52, que, desenevolvendo, obtemos: x2 – 4x + y2 – 2y – 20 = 0.
Letra “e”.
Questão 13:
Coluna 2 tem razão:12.
Linha 32 = linha 0 + 32 · razões = 6 + 32 · 12 = 390
Letra “b”.
Questão 14:
: 260
140
120
600
Prob. =
: 340
240
600
 0,4
100
240
Letra “c”.
Questão 15:
8m  6m  h  t   4m 3
h(t) 
hora
 T
horas
4t t

48 12
Letra “d”.
Questão 16:
Tem-se a base AB do triângulo com comprimento 2 · sen e altura cos. Tem-se a área =
· cos.
Letra “c”.
Questão(ões) em destaque(s)
4
2  sen   cos 
2
= sen ·