PROVA DE MATEMÁTICA DA UFMG
VESTIBULAR– 2011 – 2a Fase
RESOLUÇÃO: Profa. Maria Antônia Gouveia.
PROVA A
QUESTÃO 01
Considere as retas r, s e t de equações, respectivamente, y = 2x – 4, y = –x + 11 e y =
x+7
.
5
1. TRACE, no plano cartesiano abaixo, os gráficos dessas três retas.
2. CALCULE as coordenadas dos pontos de interseção A = r ∩ s, B = r ∩ t e C = s ∩ t.
3. DETERMINE a área do triângulo ABC.
RESOLUÇÃO:
1. Para traçar as retas necessita-se determinar para cada uma delas pelo menos dois pares ordenados.
I. Reta r: y = 2x – 4 ⇒
x = 2 ⇒ y = 4 − 4 = 0
⇒ r possui

x = 4 ⇒ y = 8 − 4 = 4
os pontos (2, 0) e (4, 4).
II. Reta s: y = –x + 11
x = 5 ⇒ y = −5 + 11 = 6
⇒
⇒s
x = 8 ⇒ y = −8 + 11 = 3
possui os pontos (5, 6) e (8, 3).
x+7
III. Reta t: y =
⇒
5
−2+7

x = −2 ⇒ y = 5 = 1
⇒ t possui

x = 3 ⇒ y = 3 + 7 = 2

5
os pontos (–2, 1) e (3, 2).
1
2. As coordenadas dos pontos de interseção A = r ∩ s, B = r ∩ t e C = s ∩ t serão determinados
pela análise do gráfico acima ou pela resolução dos sistemas:
 y = 2x − 4
 y = − x + 11
 y = 2x − 4 

,
e

x+7

x+7

y
=
−
x
+
11
y
=


 y = 5
5
3 y = 18
y = 2x − 4

⇒  y = 6 ⇒ A = (5,6 ) ,

 2 y = − 2 x + 22
x = 8

− 9 y = −18
 y = 2x − 4
y = 2x − 4  y = 2x − 4


⇒
⇒
⇒
⇒ B = (3,2)

x+7


y = 2
5
y
=
x
+
7
−
10
y
=
−
2
x
−
14
y
=




5

x = 3
6 y = 18
 y = − x + 11
 y = − x + 11 

⇒  y = 3 ⇒ C = (8,3)

x+7 ⇒
5y = x + 7
y = 5
x = 8


RESPOSTA: A = (5, 6), B = (3, 2) e C = (8 3).
3. Sendo A = (5, 6), B = ( 3, 2) e C = (8, 3), a área do triângulo ABC é:
5 6 1
1
1
1
1
S = × 3 2 1 = × 10 + 9 + 48 − 16 − 15 − 18 = × 67 − 49 = × 18 = 9 u.a.
2
2
2
2
8 3 1
RESPOSTA: A área do triângulo ABC é 9u.a.
Um outra maneira de calcular a área
do triângulo da seguinte forma:
SABC = SBDEF – (SBDC + SCEA – SAFB) ⇒
SABC =
 5 ×1 + 3× 3 + 2 × 4 
5× 4 − 
 = 20 − 11 = 9
2


2
QUESTÃO 02
Uma fábrica vende determinado produto somente por encomenda de, no mínimo, 500 unidades e, no
máximo, 3.000 unidades.
O preço P, em reais de cada unidade desse produto, é fixado, de acordo com o número x de unidades
90, se 500 ≤ x ≤ 1.000.
.
encomendadas, por meio desta equação: P = 
100 − 0,01x, se 1.000 < x ≤ 3.000
O custo C, em reais, relativo à produção de x unidades desse produto é calculado pela equação C = 60x
+ 10.000
O lucro L apurado com a venda de x unidades desse produto corresponde à diferença entre a receita
apurada com a venda dessa quantidade e o custo relativo à sua produção.
Considerando essas informações,
1. ESCREVA a expressão do lucro L correspondente à venda de x unidades desse produto para
500 ≤ x ≤1.000 e para 1.000 < x ≤ 3.000.
2. CALCULE o preço da unidade desse produto correspondente à encomenda que maximiza o lucro.
3. CALCULE o número mínimo de unidades que uma encomenda deve ter para gerar um lucro de, pelo
menos, R$ 26.400,00.
RESOLUÇÃO:
1. O lucro é a diferença entre a receita correspondente à venda de x unidades e o custo relativo à produção
destas x unidades.
I. Para 500 ≤ x ≤1.000, R = 90x, então, L = 90x – (60x + 10.000) ⇒ L = 30x – 10.000.
II. Para 1.000 < x ≤ 3.000, R = x(100 – 0,01x), então L = –0,01x2 + 100x –(60x + 10.000) ⇒
L = –0,01x2 + 40x – 10.000.
RESPOSTA: A a expressão do lucro L correspondente à venda de x unidades desse produto
para 500 ≤ x ≤1.000 é L = –0,01x2 + 40x – 10.000.
40
4000
−40
=
=
= 2000 .
2(−0,01) 0,02
2
Como 2.000 pertence ao intervalo 1.000 < x ≤ 3.000, o preço da unidade desse produto será:
P = 100 – 2.000 × 0,01 = 100 – 20 = 80 reais.
2. L = –0,01x2 + 40x – 10.000 , assume o valor máximo para x =
RESPOSTA: O o preço da unidade desse produto correspondente à encomenda que maximiza o
lucro é de R$ 80,00.
3. Para 500 ≤ x ≤1.000 o lucro máximo será de ⇒ L = 30.000 – 10.000 = 40.000 reais.
Então o lucro de, pelo menos, R$ 26.400,00. será atingido nesse intervalo.
Assim, L = 30x – 10.000 = 26.400 ⇒ 30x = 36.400 ⇒ x = 1213,33.
RESPOSTA: O número mínimo de unidades que uma encomenda deve ter para gerar um lucro de,
pelo menos, R$ 26.400,00 é 1.214.
QUESTÃO 03
Um tipo especial de bactéria caracteriza-se por uma dinâmica de crescimento particular. Quando colocada
em meio de cultura, sua população mantém-se constante por dois dias e, do terceiro dia em diante, cresce
exponencialmente, dobrando sua quantidade a cada 8 horas.
Sabe-se que uma população inicial de 1.000 bactérias desse tipo foi colocada em meio de cultura.
Considerando essas informações,
1. CALCULE a população de bactérias após 6 dias em meio de cultura.
2. DETERMINE a expressão da população P, de bactérias, em função do tempo t em dias.
3. CALCULE o tempo necessário para que a população de bactérias se torne 30 vezes a população inicial.
(Em seus cálculos, use log 2 = 0,3 e log 3 = 0,47.)
3
RESOLUÇÃO:
1. A população das p bactérias permanece constante por dois dias e, do terceiro dia em diante, cresce
exponencialmente, dobrando sua quantidade a cada 8 horas, e como do 3o ao 6o dia existem 12 períodos
de 8 horas, pode-se representar esta situação no seguinte esquema
Dia 1
p
Dia2
p
p.2
Dia 3
p.22
p.23
p.24
Dia 4
...
...
...
Dia 5
...
...
...
Dia 6
...
p.212
Logo após 6 dias em meio de cultura o número P de bactérias é: P = 1000 × 212 = 4.096.000 .
RESPOSTA: A população de bactérias após 6 dias em meio de cultura é de 4.096.000.
2. Considerando como p o número inicial de bactérias e que p não varia nos dois primeiros dias, 3(t – 2)
é o número de períodos de 8 horas em (t – 2) dias.
RESPOSTA: Logo, a expressão da população P, de bactérias, em função do tempo t , é
P = p.23(t −2 ) com t > 2.
(
)
3. P = p.23(t −2 ) = 30p ⇒ 23(t −2 ) = 30 ⇒ log 23(t −2 ) = log 30 ⇒ 3(t − 2)log 2 = log 2 + log 3 + log 5 ⇒
327 109
3(t − 2) × 0,3 = 0,3 + 0,47 + log10 − log 2 ⇒ 0,9(t − 2 ) = 1,47 ⇒ 0,9t = 1,47 + 1,8 ⇒ t =
=
dias
90
30
RESPOSTA: O tempo necessário para que a população de bactérias se torne 30 vezes a população
109
inicial é de
dias.
30
QUESTÃO 04
Numa brincadeira, um dado, com faces numeradas de 1 a 6, será lançado por Cristiano e, depois, por
Ronaldo. Será considerado vencedor aquele que obtiver o maior lançamento. Se, nos dois lançamentos,
for obtido o mesmo resultado, ocorrerá empate.
Com base nessas informações,
1. CALCULE a probabilidade de ocorrer um empate.
2. CALCULE a probabilidade de Cristiano ser o vencedor.
RESOLUÇÃO:
Número do espaço amostral: 6 possibilidades para Cristiano e 6 possibilidades para Ronaldo, assim
n(E) = 6 × 6 = 36.
1.
CRISTIANO
RONALDO
Empate
6 possibilidades
1 possibilidade ( a que tiver saído para Cristiano)
Número de casos favoráveis: n(A) = 6 × 1 = 6.
n (A) 6 1
=
=
RESPOSTA: A probabilidade de ocorrer um empate é p =
n (E) 36 6
2.
CRISTIANO RONALDO
Possibilidades
Vitória para Cristiano
Saindo o 6
5 possibilidades (1, 2, 3, 4 ou 5) 1 × 5 = 5
Saindo o 5
4 possibilidades (1, 2, 3 ou 4)
1×4=4
Saindo o 4
3 possibilidades (1, 2 ou 3)
1×3=3
Saindo o 3
2 possibilidades (1 ou 2)
1×2=2
Saindo o 2
1 possibilidades (1)
1×1=1
Total de possibilidades favoráveis
15
RESPOSTA: A probabilidade de ocorrer vitória para Cristiano é p =
n (A ) 15 5
=
=
n (E) 36 12
4
QUESTÃO 05.
PQR é um triângulo equilátero de lado a e, sobre os lados desse triângulo, estão construídos os
quadrados ABQP, CDRQ e EFPR:
Considerando essas informações,
1. DETERMINE o perímetro do hexágono ABCDEF.
2. DETERMINE a área do hexágono ABCDEF.
3. DETERMINE o raio da circunferência que passa pelos vértices do hexágono ABCDEF.
RESOLUÇÃO:
1. Em torno do ponto R existem quatro ângulos: dois de 90°, um de 60°
e um de 120° (90° + 90° + 60° + 120° = 360°).
Os triângulos ERD, CQB e FPA são congruentes e em cada um deles,
pela Lei dos Cossenos:
 1
x 2 = a 2 + a 2 − 2a 2 × cos 120° ⇒ x 2 = 2a 2 1 +  ⇒ x 2 = 3a 2 ⇒ x = a 3
 2
RESPOSTA: Então o perímetro do hexágono ABCDEF é
(
3a + 3a 3 = 3a 1 + 3
)
2. O hexágono ABCDEF é formado por três quadrados (ABPQ, CDRQ e EFPR), por um triângulo
equilátero (PQR) e por três triângulos obtusângulos (DER, AFP e BCQ), logo a sua área é igual à soma
das áreas destes sete polígonos.
S = 3a 2 +
a2 3
a 2 3 3a 2 3
1

+ 3 × a 2 × sen120°  = 3a 2 +
+
= 3a 2 + a 2 3 = a 2 3 + 3
4
4
4
2

(
(
)
)
RESPOSTA: A área do hexágono ABCDEF é a 2 3 + 3
3. A soma dos arcos EF e ED é igual à soma dos arcos DC e
CB que é igual à soma dos arcos AB e AF, logo, o triângulo
BDF é equilátero inscrito na circunferência que passa pelos
vértices do hexágono ABCDEF.
No triãngulo DEF, aplicando a Lei dos Cossenos:
 1
x 2 = a 2 + 3a 2 − 2a 2 3 ×  −  ⇒ x 2 = 4a 2 + a 2 3 ⇒
 2
x = 4a 2 + a 2 3 = a 4 + 3 (lado do ∆ BDF).
O lado de um triângulo equilátero inscrito em função do raio
mede r 3 .
a 12 + 3 3
3
3
RESPOSTA: O raio da circunferência que passa pelos vértices do hexágono ABCDEF mede
Assim: r 3 = a 4 + 3 ⇒ r =
a 12 + 3 3
3
a 4+ 3
=
.
5
PROVA B
QUESTÃO 01
Cinco times de futebol, de igual excelência, vão disputar oito edições seguidas de um torneio anual.
Considerando essa informação.
1. CALCULE a probabilidade de um mesmo time vencer as duas primeiras edições desse
torneio.
2. CALCULE a probabilidade de não haver vencedores consecutivos durante a realização das oito edições
desse torneio.
RESOLUÇÃO:
Casos possíveis
Ed.1
5
Casos favoráveis
Ed.2
5
Ed.3
5
Ed.4
5
Ed.5
5
Ed.6
5
Ed.7
5
Ed.8
5
n(E)
58
Ed.1
5
Ed.2
1
Ed.3
5
Ed.4
5
Ed.5
5
Ed.6
5
Ed.7
5
Ed.8
5
1. Para vencer a edição 1 existem 5 possibilidades. O vencedor da edição 2 deve, nesse caso, ser o
mesmo da edição 1, logo para a edição 2 somente existe uma possibilidade e para cada uma das seguintes
existem sempre 5 posssibilidades. O total de casos favoráveis é: n(A) = 5 × 1 × 56.
RESPOSTA: Então a probabilidade de um mesmo time vencer as duas primeiras edições desse
57 1
torneio é: p = 8 = .
5
5
2. Um time não pode nunca vencer duas edições seguidas. Logo o vencedor da edição 1 não pode ser o
vencedor da edição 2; o vencedor desta não pode ser o da edição 3, e assim sucessivamente.
Esta situação está representada abaixo
Casos favoráveis
Ed.1
5
Ed.2
4
Ed.3
4
Ed.4
4
Ed.5
4
Ed.6
4
Ed.7
4
Ed.8
4
O número de casos favoráveis é: n(B) = 5 × 47.
RESPOSTA: A probabilidade de não haver vencedores consecutivos durante a realização das oito
7
edições desse torneio é p =
5 × 47 47  4 
= 7 =  .
58
5
5
QUESTÃO 02
Considere a figura ao lado.
O triângulo ABC é equilátero, de lado 3; o triângulo
CDE é equilátero, de lado 2; os pontos A , C e D estão
alinhados; e o segmento BD intersecta o segmento CE
no ponto F.
Com base nessas informações,
1. DETERMINE o comprimento do segmento BD.
2. DETERMINE o comprimento do segmento CF.
3. DETERMINE a área do triângulo sombreado BCF.
6
RESOLUÇÃO:
1. No triângulo BCD, pela Lei dos Cossenos:
 1
BD 2 = 9 + 4 − 2 × 3 × 2 ×  −  ⇒ BD 2 = 13 + 6 ⇒ BD = 19 .
 2
RESPOSTA: BD =
19
2. Os triângulos BCF e DEF são semelhantes, logo, os lados homólogos são proporcionais, assim :
BC CF
3 2−x
=
⇒ =
⇒ 3x = 4 − 2x ⇒ 5x = 4 ⇒ x = 0,8 ⇒ CF = 2 − x = 1,2
ED FE
2
x
RESPOSTA: CF = 1,2
3. A área do triângulo sombreado BCF é dada pela relação:
S=
1
1
3
9 3
× BC × CF × sen 60° = × 3 × 1,2 ×
= 0,9 3 =
2
2
2
10
RESPOSTA: A área do triângulo BCF é:
9 3
10
.
QUESTÃO 03
Um grupo de animais de certa espécie está sendo estudado por veterinários. A cada seis meses,
esses animais são submetidos a procedimentos de morfometria e, para tanto, são sedados com
certa droga.
A quantidade mínima da droga que deve permanecer na corrente sanguínea de cada um desses animais,
para mantê-los sedados, é de 20 mg por quilograma de peso corporal. Além disso, a meia-vida da droga
usada é de 1 hora – isto é, a cada 60 minutos, a quantidade da droga presente na corrente sanguínea de um
animal reduz-se à metade.
Sabe-se que a quantidade q(t) da droga presente na corrente sanguínea de cada animal, t minutos
após um dado instante inicial, é dada por q( t ) = q 0 .2 − k t , em que:
• q0 é a quantidade de droga presente na corrente sanguínea de cada animal no instante inicial;
• e k é uma constante característica da droga e da espécie.
Considere que um dos animais em estudo, que pesa 10 quilogramas, recebe uma dose inicial de
300 mg da droga e que, após 30 minutos, deve receber uma segunda dose.
Suponha que, antes dessa dose inicial, não havia qualquer quantidade da droga no organismo do
mesmo animal.
Com base nessas informações,
1. CALCULE a quantidade da droga presente no organismo desse animal imediatamente antes
de se aplicar a segunda dose.
2. CALCULE a quantidade mínima da droga que esse animal deve receber, como segunda dose, a fim de
permanecer sedado por, pelo menos, mais 30 minutos.
7
RESOLUÇÃO:
1. Como antes da aplicação da dose inicial, não havia qualquer quantidade da droga no organismo do
t
−
1
1
= 2 − 60 k ⇒ 2 −1 = 2 − 60 k ⇒ k =
⇒ q( t ) = q 0 .2 −k t = q 0 .2 60
2
60
A quantidade da droga presente no organismo desse animal imediatamente antes de se aplicar a segunda
dose, ou seja ao final de 30 minutos é:
mesmo animal: 150 = 300.260( − k ) ⇒
30
60
1
2
1 300 300 2
=
=
= 150 2
2
2
2
RESPOSTA: A quantidade da droga presente no organismo desse animal imediatamente antes de
q(30) = 300 × 2
−
= 300 × 2
−
= 300 ×
se aplicar a segunda dose, ou seja ao final de 30 minutos é 150 2 mg.
2. Sendo 20 mg por quilograma de peso corporal, a quantidade mínima da droga que deve permanecer na
corrente sanguínea de cada um desses animais, para mantê-los sedados, então como o peso desses animais
é de 10 kg, essa quantidade mínima é de 10 × 20mg = 200mg.
Considerando q 0 = 150 2 + x como a quantidade da droga presente no organismo desse animal
imediatamente antes de se aplicar a segunda dose:
−
30
60
(
)
= 200 ⇒ 150 2 + x ×
1
= 200 ⇒ 150 +
x
= 200 ⇒
x
= 50 ⇒ x = 50 2
2
2
2
RESPOSTA: A quantidade mínima da droga que esse animal deve receber para permanecer
q(30) = q 0 .2
sedado por mais 30 minutos é 50 2 mg.
QUESTÃO 04
Um banco oferece dois planos para pagamento de um empréstimo de R$ 10.000,00, em prestações
mensais iguais e com a mesma taxa mensal de juros:
• no Plano 1, o período é de 12 meses; e
• no Plano 2, o período é de 24 meses
Contudo a prestação de um desses planos é 80% maior que a prestação do outro.
1. Considerando essas informações, DETERMINE em qual dos dois – Plano 1 ou Plano 2 – o valor da
prestação é maior.
2. Suponha que R$ 10.000,00 são investidos a uma taxa de capitalização mensal igual à taxa mensal de
juros oferecida pelo mesmo banco.
CALCULE o saldo da aplicação desse valor ao final de 12 meses.
RESOLUÇÃO:
1. Os dois Planos têm a mesma taxa mensal de juros, e como no Plano 1 o número de prestações é
menor que no Plano 2, o valor de suas prestações é maior que nesse último plano.
2. Seja p1 a prestação do Plano 1 e p 2 a do Plano 2.
1,8p 2
1,8p 2
1,8p 2
1,8p 2
No Plano 1, sendo p1 = 1,8p 2 : 10000 =
+
+
+ ..... +
, onde o 2o membro é a
(1 + i ) (1 + i )2 (1 + i )3
(1 + i )12
soma dos termos de uma P.G. finita cujo 1o termo é
1,8p 2
1
e de razão
.
(1 + i )
(1 + i )
  1 12 

 −1 

1,8p 2   1 + i 
Pode-se então escrever: 10000 =
(I)

(1 + i )   1  − 1 


 1+ i 



8
No Plano 2 :
p2
p2
p2
p2
+
+
+ ..... +
. O 2o membro dessa igualdade também é a soma dos
2
3
(1 + i ) (1 + i ) (1 + i )
(1 + i )24
p2
1
termos de uma P.G. finita na qual o 1o termo é
e de razão
.
(1 + i )
(1 + i )
10000 =
  1  24 

 −1 

p2   1+ i 
10000 =
(II)

(1 + i )   1  − 1 


  1+ i 



De (I) e (II)
  1 12

  1  24



 −1
 −1
 1 12   1  24


1,8p 2   1 + i 
p2   1 + i 
=
⇒
1
,
8

 −1 ⇒
 − 1 = 
(1 + i )   1  − 1  (1 + i )   1  − 1 
 1 + i 
  1 + i 
 1 + i 

 1+ i 





12
12
 1 12   1 12   1 12 
 1 
 1 
1,8
 − 1 = 
 − 1 
 + 1 ⇒ 1,8 = 
 +1⇒ 
 = 0,8 ⇒
1+ i 
1+ i 

 1 + i 
  1 + i 
  1 + i 
1
4
5
= 12 ⇒ (1 + i ) = 12 .
1+ i
5
4
O montante da aplicação de R$ 10.000,00 investidos a uma taxa de capitalização mensal igual à taxa
mensal de juros oferecida pelo mesmo banco, ao final de 12 meses, é:
12
 5
5
M = 10000 × (1 + i ) = 10000 ×  12  = 10000 × = 12500 .
 4
4


RESPOSTA: O montante é de R$ 12.500,00.
12
QUESTÃO 05
Considere a figura:
Nessa figura ABCD tem
• ângulos retos nos vértices B e C ;
• ângulo de 45° no vértice A ;
• AD apoiado sobre uma reta r ; e
• AB = 4 2 , BC = 3 2 e CD =
Com base nessas informações,
2 .
1. DETERMINE a distância h do ponto C à reta r.
2. DETERMINE a distância H do ponto B à reta r.
3. DETERMlINE a função y = f(x) , para 0 ≤ x ≤ H, tal que f(x) seja igual à área sombreada de uma
figura como a ilustrada abaixo, que é a parte do quadrilátero ABCD compreendida entre a reta r e uma
reta s , paralela à r , de modo que a distância entre r e s é igual a x .
4. Considere, agora, um recipiente de comprimento 10, apoiado em um plano horizontal, cuja seção
9
transversal é o quadrilátero ABCD , já mostrado nos itens anteriores desta questão:
Suponha que esse recipiente está parcialmente cheio de água e que o nível dessa água é x.
Com base nessas informações,
A) DETERMINE uma expressão para o volume V(x) da água contida no recipiente para 0 ≤ x ≤ H .
B) DETERMINE o nível x de água no recipiente para que o volume de água dentro dele seja igual
à metade do volume total do mesmo recipiente.
RESOLUÇÃO:
1. O triângulo retângulo CFD é isósceles de catetos medindo h e hipotenusa medindo
2 . Aplicando o
2
Teorema de Pitágoras: 2h = 2 ⇒ h = 1 .
RESPOSTA: A distância h do ponto C à reta r mede 1.
2. O triângulo retângulo AED é isósceles de catetos medindo H e hipotenusa medindo 4 2 . Aplicando o
Teorema de Pitágoras: 2H 2 = 32 ⇒ H 2 = 16 ⇒ H = 4 .
RESPOSTA: A distância H do ponto B à reta r mede 4.
3.
FIGURA 1
O objetivo da construção da FIGURA 1 foi a
determinação da medida do lado AD do
quadrilátero ABCD.
Deslocando a reta s de modo a passar pelo ponto
C, determinam-se os triângulos retângulos BHG e
BCH, isósceles e congruentes.
No triângulo BHG:
2GH 2 = 18 ⇒ GH 2 = 9 ⇒ GH = HC = 3
Como os lados opostos de um paralelogramo são
congruentes, AD = 6
FIGURA 2
O paralelogramo ADCG tem altura x, tal que
0 < x ≤ 1, tem área dada pela função g(x) = 6x
10
FIGURA 3
FIGURA 4
À medida que a reta s é deslocada afastando-se de r e aproximando-se do ponto B, (FIGURAS 3 E 4) o
quadrilátero sombreado vai tomando a forma de um quadrilátero formado por um paralelogramo de altura
1, encimado por um trapézio isósceles de bases 6 e 8 – 2x, e altura x – 1. Considerando como h(x) a área
do trapézio, tem-se: h(x) =
(6 + 8 − 2x ) × ( x − 1) 16x − 2 x 2 − 14
=
= − x 2 + 8x − 7
2
2
e g(x) = 6x
Sendo f(x) = g(1) + h(x) ⇒ f(x) = 6(1) − x 2 + 8x − 7 = − x 2 + 8x − 1 .
6x, se 0 < x ≤ 1
RESPOSTA: f(x ) =  2
.
− x + 8x − 1, se 1 < x ≤ 4
A) O recipiente tem altura 10 e a área do quadrilátero ABCD é dada pela função
6x, se 0 < x ≤ 1
f(x ) =  2
.
− x + 8x − 1, se 0 < x ≤ 4
60x, se 0 < x ≤ 1
Logo o seu volume é V(x) = 
.
10. − x 2 + 8x − 1 , se 0 < x ≤ 4
(
(
)
)
2
RESPOSTA: V(x) = 10. − x + 8x − 1 .
B)
Para x = 1, o volume do recipiente é 60.
Para x = 4, o volume total do recipiente é 150: V(4) = 10. − 4 2 + 8.4 − 1 = 10(− 16 + 32 − 1) = 10.15 = 150.
A metade do volume total é 75, então maior que 60 logo, 1 < x < 4
(
(
)
(
)
)
V ( x ) = − x 2 + 8x − 1 10 = 75 ⇒ 2 − x 2 + 8x − 1 = 15 ⇒ −2 x 2 + 16x − 2 = 15 ⇒ 2x 2 − 16x + 17 = 0 ⇒
x=
16 ± 256 − 136 16 ± 120 16 ± 2 30 10 ± 30
10 − 30
10 + 30
=
=
=
⇒x=
ou x =
>4.
4
4
4
2
2
2
RESPOSTA: O nível da água para que o volume seja 75 é x =
10 − 30
.
2
11