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(19) 3251-1012
O ELITE RESOLVE FUVEST 2010 – 2ª FASE – PROVA ESPECÍFICA – MATEMÁTICA
QUESTÃO 01
π
Sejam x e y dois números reais, com 0 < x <
2
4
satisfazendo sen y =
e 11sen x + 5cos( y − x ) = 3 .
5
Nessas condições, determine
a) cos y .
e
Resolução
a) A equação da circunferência de centro na origem e raio 3 é dada
por: x 2 + y 2 = 9 (I)
Os pontos A, B, C e D são dados pela intersecção dessa
8
circunferência com a figura representada por: y =
(II)
x
π
<y <π,
2
Substituindo (II) em (I), obtemos:
b) sen2x .
Resolução
a) Pela relação fundamental da Trigonometria, temos:
2
⎛ 8⎞
8
= 9 ⇒ x 2 + 2 = 9 ⇒ x 4 − 9x 2 + 8 = 0
x +⎜
⎜ x ⎟⎟
x
⎝
⎠
2
2
3
⎛4⎞
sen2 y + cos2 y = 1 ⇔ ⎜ ⎟ + cos2 y = 1 ⇔ cos y = ±
5
⎝5⎠
Resolvendo essa equação biquadrada:
9 ± 81 − 32 9 ± 7
=
⇒ x 2 = 8 ou x 2 = 1
x2 =
2
2
π
Como < y < π , ou seja, y está no segundo quadrante, devemos ter
2
3
cos y < 0 , de modo que ficamos com: cos y = −
5
Logo x A = 8 ou xD = − 8 ou xB = 1 ou xC = −1 .
b) Da fórmula para o cosseno da diferença, temos que:
3
4
cos( y − x ) = cos y ⋅ cos x + sen y ⋅ sen x = − ⋅ cos x + ⋅ sen x ⇔
5
5
5cos( y − x ) = −3cos x + 4 sen x
Onde x A , xB , xC e xD indicam as abscissas de A,B,C e D,
respectivamente.
Substituindo esses valores em (II), temos:
Substituindo na relação dada, vem que:
11sen x + 5cos( y − x ) = 3 ⇔ 11sen x + ( −3cos x + 4sen x ) = 3 ⇔
cos x = 5 sen x − 1
A = ( 8,1) , B = (1, 8) , C = ( −1, 8 ) e D = ( − 8,1)
(∗)
b) O pentágono OABCD pode ser decomposto em duas figuras
disjuntas: no trapézio ABCD e no triângulo ADO.
Por outro lado, novamente pela relação fundamental da Trigonometria,
segue que:
sen2 x + cos2 x = 1 ⇔ sen2 x + ( 5 sen x − 1) = 1 ⇔
2
26 sen2 x − 10sen x = 0 ⇔ sen x = 0 ou sen x =
5
13
π
, devemos ter sen x > 0 , de modo que descartamos o
2
5
valor sen x = 0 e ficamos com sen x =
.
13
5
12
Voltando na identidade (∗) , obtemos: cos x = 5 ⋅
.
−1=
13
13
Portanto:
120
5 12
sen2 x = 2 ⋅ sen x ⋅ cos x = 2 ⋅
⋅
⇔ sen2 x =
169
13 13
Como 0 < x <
Como são figuras disjuntas, calculamos a áreas dessas e somamos
para obter a área do pentágono:
Área do Trapézio ( AI ):
AI =
( AD + BC ) ⋅ ( y B − y A ) = ( ( x A − xD ) + ( xB − xC ) ) ⋅ ( y B − y A )
2
AI =
QUESTÃO 02
No sistema ortogonal de coordenadas cartesianas Oxy da figura, estão
representados a circunferência de centro na origem e raio 3, bem
como o gráfico da função
8
y=
x
((
)(
8 + 8 ) + (1 + 1) ⋅
)⇒ A =7
8 −1
I
2
Área do Triângulo ( AII ):
AD ⋅ y A ( x A − xD ) ⋅ y A
=
⇒ AII =
2
2
Área do Pentágono ( Ap ):
AII =
2
(
)
8 + 8 ⋅1
2
⇒ AII = 8
Ap = AI + AII = 7 + 8
QUESTÃO 03
Seja n um número inteiro, n ≥ 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 quais uma ou mais pessoas não recebam bola alguma.
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.
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Resolução
Lembramos para a resolução dessa questão que o número de
soluções inteiras não-negativas da equação x1 + x2 + " + x j = n é
a) Do enunciado, temos que o segmento CD é perpendicular à reta s
contida em π1 . O ângulo α em questão é o ângulo entre as retas s e t,
cujo ponto de intersecção, chamado de H, é o pé da altura do triângulo
ABC. Do fato do triângulo CDH ser retângulo, temos:
CD
sen α =
CH
A⋅ 3
.
Como CH é a altura do triângulo eqüilátero ABC, CH =
2
No triângulo ACD de lado AC = A , retângulo, por hipótese, em D,
temos que:
CD
6
6
6
sen θ = sen CÂD =
=
⇔ CD =
⋅ AC =
⋅A
AC
4
4
4
⎛ n + j − 1⎞
dado por ⎜
⎟.
⎝ j −1 ⎠
a) Calcular de quantas maneiras distintas n bolas idênticas podem ser
distribuídas entre Luís e Antônio é equivalente a calcular o número de
soluções da equação:
xL + x A = n
(I)
Sendo xL e x A as quantidades não-negativas de bolas ganhas por
Luís e Antônio, respectivamente.
O número de soluções inteiras não-negativas da equação (I) é:
⎛ n + 2 − 1⎞ ⎛ n + 1⎞
⎜
⎟=⎜
⎟ = n +1
⎝ 2 −1 ⎠ ⎝ 1 ⎠
(
Finalmente,
⎛
⎜
CD ⎜⎝
=
sen α =
CH ⎛
⎜⎜
⎝
b) Equivalentemente, definimos xP como a quantidade de bolas
ganhas por Pedro, tendo a seguinte equação:
xL + x A + xP = n (II)
Cujo número de soluções inteiras não-negativas é dado por:
⎛ n + 3 − 1⎞ ⎛ n + 2 ⎞ ( n + 2 ) ⋅ ( n + 1)
⎜
⎟=⎜
⎟=
2
⎝ 3 −1 ⎠ ⎝ 2 ⎠
6
A.
4
Logo, a área pedida é:
que HD ≡ CD =
que ele ganhou, de modo que y P será inteiro não-negativo. Dessa
forma, substituindo xP = y P + k em (II), obtemos:
AABD
(III)
Cujo número de soluções inteiras não-negativas é dado por:
⎛ n − k + 3 − 1⎞ ⎛ n − k + 2 ⎞ ( n − k + 2 ) ⋅ ( n − k + 1)
⎜
⎟=⎜
⎟=
3 −1
2
2
⎝
⎠ ⎝
⎠
VABCD =
⎧⎪logy (9 x − 35) = 6
⎨
⎪⎩log3 y (27 x − 81) = 3
Resolução
Como y > 1 , portanto 3 y > 3 , as condições de existência para as
bases (maiores que zero e diferentes de 1) estão garantidas.
Para os logaritmandos, que devem ser positivos, fazemos:
35
⎧
35
⎪9 x − 35 > 0 ⇔ x >
9 ⇔x>
⎨
9
⎪27 x − 81 > 0 ⇔ x > 3
⎩
maneira que o ângulo entre eles meça α radianos, 0 < α < π . Um
2
triângulo equilátero ABC, de lado ℓ, está contido em π2 , de modo que
AB esteja em r. Seja D a projeção ortogonal de C sobre o plano π1 , e
suponha que a
4
.
A partir disso, pela definição de logaritmo, vem que:
6
6
⎪⎧logy (9 x − 35) = 6
⎪⎧9 x − 35 = y
⎪⎧9 x = y + 35
⇔⎨
⇔⎨
⎨
3
3
⎪⎩27 x − 81 = (3 y ) ( ÷3)
⎪⎩9 x = 27 + 9 y
⎩⎪log3 y (27 x − 81) = 3
Nessas condições, determine, em função de ℓ,
a) o valor de α .
b) a área do triângulo ABD.
c) o volume do tetraedro ABCD.
Resolução
Por hipótese, podemos montar a seguinte figura:
Comparando as duas equações, vem que:
y 6 + 35 = 27 + 9 y 3 ⇔ ( y 3 )2 − 9 y 3 + 8 = 0
π2
Fazendo a troca de variáveis y 3 = λ , temos:
t
λ 2 − 9λ + 8 = 0 ⇔ λ = 1 ou λ = 8
π1
C
A
θ
α
1
1 A2 6 A 6
A3
⋅ AABD ⋅ CD = ⋅
⋅
⇒ VABCD =
3
3
8
4
16
QUESTÃO 05
Determine a solução ( x, y ) , y > 1 , para o sistema de equações
QUESTÃO 04
Dois planos π1 e π2 se interceptam ao longo de uma reta r, de
r
⎛ 6 ⎞
A⋅⎜
⋅ A⎟
⎜ 4
⎟
AB ⋅ HD
A2 ⋅ 6
⎠⇒ A
=
= ⎝
ABD =
2
2
8
c) O tetraedro ABCD será considerado como tendo o triângulo ABD
como base e o segmento CD como altura. Portanto, o volume do
tetraedro ABCD é dado por:
Portanto a probabilidade pedida (p) é dada por:
⎛ n − k + 2⎞
⎜
⎟
2
⎠ ⇔ p = (n − k + 2) ⋅ (n − k + 1)
p=⎝
(n + 2) ⋅ (n + 1)
⎛ n + 2⎞
⎜
⎟
2
⎝
⎠
medida θ , em radianos, do ângulo CÂD, satisfaça sen θ = 6
6 ⎞
⋅ A⎟
⎟
4
⎠ = 2 ⇒ α = π = 45o
2
4
⎞
3
⋅ A⎟
⎟
2
⎠
b) Como α = 45o , o triângulo CDH é retângulo isósceles e isso implica
c) Como a quantidade ganha por Pedro é maior ou igual a k, vamos
definir y P = xP − k como sendo a quantidade de bolas a mais que k
xL + x A + y P = n − k
)
Para λ = 1 , temos: λ = 1 ⇔ y 3 = 1 ⇔ y = 1 (não convém).
Já para λ = 8 , temos: λ = 8 ⇔ y 3 = 8 ⇔ y = 2
s
Substituindo y = 2 em qualquer uma das duas equações do sistema,
por exemplo, na primeira:
9 x = y 6 + 35 = 26 + 35 = 99 ⇔ x = 11
D
H
B
Sendo 11 >
35
, a condição de existência para o logaritmando está
9
satisfeita, de modo que a solução ( x, y ) do sistema é ( x, y ) = (11,2) .
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QUESTÃO 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 .
l , determine
Se α é a medida do ângulo ABC
a) senα .
b) o comprimento AC.
c) a altura do triângulo ABC relativa ao lado AB .
d) a área do triângulo AMC.
Resolução
Sendo AM mediana do triângulo ABC relativa ao lado BC , segue
BC
=2.
que M é ponto médio do lado BC , de modo que BM = CM =
2
Assim, esquematizando o triângulo ABC de acordo com o enunciado:
B
2
α
M
2
1
C
A
a) Como o triângulo MAB é retângulo em A, obtemos:
1
AM
sen α =
⇔ sen α =
2
BM
b) Como α é um ângulo agudo tal que sen α =
1
, segue que α = 30º
2
l ) = 60º e med ( AMC
l ) = 120º .
e, portanto, med (BMA
Assim, da lei dos cossenos no triângulo AMC vem que:
AC 2 = AM 2 + CM 2 − 2 ⋅ AM ⋅ CM ⋅ cos120° ⇔
⎛ 1⎞
AC 2 = 12 + 22 − 2 ⋅ 1⋅ 2 ⋅ ⎜ − ⎟ ⇔ AC = 7
⎝ 2⎠
c) Traçando a altura pedida, sendo H a projeção de C sobre a reta
HJJG
AB , obtemos:
B
2
α
M
2
1
C
A
H
Do triângulo BHC, retângulo em H, obtemos:
CH
1 CH
sen α =
⇔ =
⇔ CH = 2
BC
2
4
d) A área SAMC do triângulo AMC é dada por:
SAMC =
3
1
1
3
⋅ AM ⋅ CM ⋅ sen120º = ⋅ 1⋅ 2.
⇔ SAMC =
2
2
2
2
3