UFBA / UFRB – 2007 – 2a fase – Matemática
RESOLUÇÃO: PROFA. MARIA ANTÔNIA CONCEIÇÃO GOUVEIA
QUESTÕES de 01 a 06
LEIA CUIDADOSAMENTE O ENUNCIADO DE CADA QUESTÃO, FORMULE
SUAS RESPOSTAS COM OBJETIVIDADE E CORREÇÃO DE LINGUAGEM E,
EM SEGUIDA, TRANSCREVA COMPLETAMENTE CADA UMA NA FOLHA DE
RESPOSTAS.
INSTRUÇÕES:
• Responda às questões, com caneta de tinta AZUL ou PRETA, de
forma clara e legível.
• Caso utilize letra de imprensa, destaque as iniciais maiúsculas.
• O rascunho deve ser feito no espaço reservado junto das questões.
• Na Folha de Respostas, identifique o número das questões e utilize
APENAS o espaço destinado a cada uma, indicando, DE MODO
COMPLETO, AS ETAPAS E OS CÁLCULOS envolvidos na resolução
da questão.
• Será atribuída pontuação ZERO à questão cuja resposta
o não se atenha à situação ou ao tema proposto;
o esteja escrita a lápis, ainda que parcialmente;
o apresente texto incompreensível ou letra ilegível.
• Será ANULADA a prova que
o não seja respondida na respectiva Folha de Respostas;
o esteja assinada fora do local apropriado;
o possibilite a identificação do candidato.
Questão 01
Dois tanques, com a mesma capacidade, apresentam dispositivos para esvaziálos, tendo cada um deles uma vazão constante. Estando completamente cheios de
água, o primeiro tanque é esvaziado em 4 horas e o segundo, em 5.
Nessas condições, abrindo-se simultaneamente os dispositivos desses tanques,
calcule o tempo necessário, desde o momento da abertura, para que o volume de
água do primeiro tanque seja igual a 75% do volume do segundo.
RESOLUÇÃO:
O dispositivo do primeiro tanque escoa por hora 1/4 da sua capacidade.
O primeiro tanque perde em t horas Ct/4.
O dispositivo do segundo tanque escoa por hora 1/5 da sua capacidade.
O segundo tanque perde em t horas Ct/5.
De acordo com as informações do segundo parágrafo e considerando como C a
capacidade inicial dos dois tanques e como t o tempo necessário, desde o
momento da abertura simultânea dos dispositivos de esvaziamento, podemos
escrever:
2 , 5
tttt
Ct
Ct 
t

= 0,75 C −  ⇒ 1 − = 0,75 − 0,15t ⇒ 4 − t = 3 − 0,6t ⇒ 0,4t = 1 ⇒ =
4
5 
4

RESPOSTA: t = 2h 30min
C−
.
Questão 02 Na figura, tem-se uma circunferência de
centro na origem dos eixos coordenados e raio igual a
2 u.c. O comprimento do menor arco de origem em A e
extremidade em P1 é igual a π u.c.
3
Considere os pontos P1, P2 e P3 vértices de um
triângulo eqüilátero inscrito na circunferência e
representados, nessa ordem, no sentido antihorário.
Sendo P1, P2 e P3 , respectivamente, afixos dos
5
números complexos z1, z2 e z3 , calcule z1 + z 2 + z 3 .
RESOLUÇÃO:
O comprimento da circunferência da figura é C = 4π.
Determinando a razão entre o comprimento do arco e o da circunferência, teremos
π
1
a razão entre suas medidas em radianos ( ou em graus): 3 =
.
4π 12
2π π
Logo a medida do ângulo AOP1, em radianos, é
= .
12 6
Sendo pontos P1, P2 e P3 vértices de um triângulo eqüilátero inscrito na
circunferência, e como P1 é extremidade do arco −
2π 3π π
π 2π 7π
=
=
e P3 do arco +
=
.
6
3
6
2
2
3
6
  π
 π 
Então z1 = 2cos −  + isen  −  = 3 − i ; z2 =
 6 
  6
  7π 
 7π 
z3 = 2cos  + isen  = − 3 − i .
 6 
  6 
−
π
π
6
, P2 é extremidade do arco
+
5
z1 = 3 + i ; z 2 = (2i ) = 32i ⇒ z 1 + z 2 + z 3 =
5
5
5
RESPOSTA: z 1 + z 2 + z 3 = 32.
 π
 π 
2cos  + isen  = 2i e
 2 
 2
3 + i + 32i − 3 − i = 32i = 32
Questão 03
A temperatura Y(t) de um corpo –– em função do tempo t ≥ 0, dado em minutos ––
varia de acordo com a expressão Y(t) = Ya + Bekt, sendo Ya a temperatura do meio
em que se encontra o corpo e B e k constantes.
Suponha que no instante t = 0, um corpo, com uma temperatura de 75°C, é imerso
em água, que é mantida a uma temperatura de 25°C .Sabendo que, depois de 1
minuto, a temperatura do corpo é de 50°C, calcule o tempo para que, depois de
imerso na água, a temperatura do corpo seja igual a 37,5°C.
RESOLUÇÃO:
Como Ya é a temperatura do meio em que se encontra o corpo e como este é
imerso em água cuja temperatura é constante e igual a 25oC temos a partir das
informações da questão:
Y(0) = 25 + Be0 = 75 ⇒ 25 + B = 75 ⇒ B = 50 ⇒ Y(t) = Ya + 50ekt.
Y(1) = 25 + 50ek = 50 ⇒ 50ek = 25 ⇒ ek = 0,5 ⇒ Y(t) = Ya + 50(0,5)t.
Y(t) = 25 + 50(0,5)t = 37,5 ⇒ 50(0,5)t = 12,5 ⇒ (0,5)t = 0,25 ⇒ t = 2.
RESPOSTA: t = 2 minutos.
Questão 04 Dadas as funções f(x) = sen(2x) e g(x) = sen(x), determine para quais
valores de x, x ∈ [0, 2π], f(x) ≥ g(x).
RESOLUÇÃO:
f(x) ≥ g(x) ⇒ sen(2x) ≥ sen(x) ⇒ 2sen(x).cos(x) ≥ sen(x) ⇒
sen(x) [2cos(x) – 1] ≥ 0 ⇒
0 ≤ x ≤ π
π ≤ x ≤ 2π
sen(x) ≥ 0
sen(x) ≤ 0




ou e
⇒

1 ou 
1 ⇒ e
cos(x) ≥ 2
cos(x) ≤ 2
0 ≤ x ≤ π/3 ou 5π / 3 ≤ x ≤ 2π π/3 ≤ x ≤ 5π / 3


S = {x ∈ R ;0 ≤ x ≤ π/3 ou π ≤ x ≤ 5π / 3 ou x = 2π }
A solução do sistema pode ser determinada aplicando as inequações ao círculo
trigonométrico, da seguinte forma:
sen(x) ≥ 0
sen(x) ≤ 0


Podemos resolver o sistema de inequações 
1 ou 
1
cos(x) ≥ 2
cos(x) ≤ 2
graficamente:
Analisando o gráfico vemos que as duas são não negativas, com f(x) ≥ g(x), no
intervalo [0,π/3] e que as duas são não positivas, com f(x) ≥ g(x), no intervalo
[π, 5π/3] ∪ {2π}.
A união desses intervalos é a solução do sistema considerado acima.
Questão 05 Considere a matriz simétrica A = (aij), 1 ≤ i ≤ 3 , 1 ≤ j ≤ 3, que satisfaz
as seguintes condições:
I - Se j = i + 1 ou i = j + 1, então aij é a distância do ponto P ao ponto Q, sendo
P e Q interseções da parábola y = x2 – 2x + 1 com a reta y = – x + 1.
II - Se j = i + 2 ou i = j + 2, então aij é a área do triângulo PQR, sendo o ponto R o
simétrico de Q em relação à origem do sistema de coordenadas xOy.
III- Se i = j, então aij é o valor máximo da função quadrática f(x) = – 2x2 + 4x.
Assim sendo, escreva a matriz A e calcule o seu determinante.
RESOLUÇÃO:
x 2 − 2x + 1 = − x + 1
y = x − 2x + 1  2
x = 0 ⇒ y = 1 P = (0,1)
I- 
⇒ x − x = 0
⇒
⇒
x = 1 ⇒ y = 0
Q = (1,0)
y = − x + 1
x = 0 ou x = 1

Então a12 = a21 = a23 = a32 = 1 + 1 = 2 .
2
II - O ponto R o simétrico de Q em relação à origem, então R = (–1 , 0)
0 1 1
1
1
a23 = a32 = S = × 1 0 1 = × − 1 − 1 = 1.
2
2
−1 0 1
III – O valor máximo da função f(x) = – 2x2 + 4x é o valor de y para
−b −4
=
= 1 ⇒ y max = −2 + 4 = 2 .
2a − 4
Então a11= a22 = a33 = 2
 2
2 1 
2

Assim A =  2 2
2  ⇒ det A = 2


2 2 
1
 1
x=
2
2
2
1
2 =8+2+2−2−4−4 =2
2
Resposta det(A) = 2
Questão 06 Considere um prisma reto triangular regular de altura igual a 10cm e
um cilindro circular reto de raio da base igual a r, medido em cm, inscrito nesse
prisma.
Em função de r,
• deduza a expressão do lado do triângulo, base do prisma;
• determine o volume da região exterior ao cilindro e do prisma.
RESOLUÇÃO:
Como o prisma é triangular regular, a sua base é um triângulo eqüilátero. Se o
cilindro reto está inscrito no prisma, então o círculo da sua base está inscrito no
triângulo da base do prisma.
a) No triângulo retângulo ADO temos:
DO
1
r
sen30 o =
⇒ =
⇒ 2r = h − r ⇒ h = 3r ⇒ AH = 3r .
AO
2 h−r
rrrr
3333
2222
l
HC
3
l
No triângulo retângulo AHC temos: tg30 o =
⇒
= 2 ⇒ 3r = ⇒ l =
AH
3 3r
2
b) O volume do prisma é calculado pela fórmula V = B.h ( onde B representa a
área da base do prisma).
(
2
)
l2 3
2 3r 3.10
Então: Vprisma =
.h =
= 30 3r 2 .
4
4
Vcilindro = πr2h = 10πr2.
Logo o volume da região exterior ao cilindro é: 30 3r 2 − 10πr 2 = 10(3 3 − π )r 2 .
RESPOSTA: 10(3 3 − π )r 2 .