UNIdERSITÁRIO
FUVEST 2001 - 2a FASE - MATEMÁTICA
LMy = x − 1
Ny = 5x − 13
MATEMÁTICA
1. A diferença entre dois números inteiros positivos é 10. Ao
⇒
LMx = 3
Ny = 2
Logo: B = (3, 2)
multiplicar um pelo outro, um estudante cometeu um engano,
tendo diminuído em 4 o algarismo das dezenas do produto. Para
conferir seus cálculos, dividiu o resultado obtido pelo menor dos
fatores, obtendo 39 como quociente e 22 como resto. Determine
os dois números.
r Ç t = {C}
ms = 1 Þ mt = –1
A = (6, 5) Î t
Resposta
y – 5 = –1 . (x – 6)
Sendo x o menor dos inteiros, temos
x (x + 10) – 40
22
y = –x + 11
x
LMy = 5x − 13
Ny = − x + 11
39
A igualdade que traduz a divisão é
⇒
LMx = 4
Ny = 7
Logo: C = (4, 7)
x2 + 10x – 40 = 39x + 22
b) A área do triângulo é
Daí,
| Ω|
2
x2 – 29x – 62 = 0
S=
x = 31 ou x = –2 (não convém)
6 5 1
Ω = 3 2 1 = 12
4 7 1
E, portanto, os inteiros citados são:
x = 31
e
x + 10 = 41
S=
2. A hipotenusa de um triângulo retângulo está contida na reta
r : y = 5x – 13, e um de seus catetos está contido na reta s :
y = x – 1. Se o vértice onde está o ângulo reto é um ponto da forma
(k, 5) sobre a reta s, determine
|12|
2
S=6
3. a) Calcule cos 3q em função de sen q e de cos q.
a) todos os vértices do triângulo;
b) a área do triângulo.
b) Calcule sen 3q em função de sen q e de cos q.
Resposta
π
1
, resolva a equação: sen 2 θ + cos θ + 1 =
2
2
sen3θ cos 3θ
−
.
=
sen θ cos θ
c) Para 0 < q <
Resposta
a) cos 3q = cos (2q + q)
= cos 2q . cos q – sen 2q . sen q
= (2 cos2 q – 1) . cos q – 2 sen q cos q . sen q
= 2 cos3 q – cos q – 2 sen2 q . cos q
= 2 cos3 q – cos q – 2 cos q (1 – cos2 q)
= 4 cos3 q – 3 cos q
b) sen 3q= sen (2q + q)
= sen 2q . cos q + sen q . cos 2q
= 2 sen q cos q cos q + sen q (1 – 2 sen2 q)
= 2 sen q . cos2 q + sen q (1 – 2 sen2 q)
= 2 sen q (1 – sen2 q) + sen q (1 – 2 sen2 q)
= 3 sen q – 4 sen3 q
a) A Î s
5=k–1
k=6
c) Para 0 < q <
Logo: A = (6, 5)
sen2 θ +
r Ç s = {B}
1
π
, a equação pode ser escrita assim:
2
1
3 sen θ − 4 sen3 θ 4 cos 3 θ − 3 cos θ
cos θ + 1 =
−
2
sen θ
cos θ
UNIdERSITÁRIO
FUVEST 2001 - 2a FASE - MATEMÁTICA
sen2 θ +
1
2
sen24θ2−444
4 cos4
cos θ + 1 = 3 −
14444
3θ + 3
2
−4
sen2 θ +
1
cos θ + 1 = 2
2
1 − cos2 θ +
FG
H
I.
e
II. DBAC ~ DDEC FD / / AC
IJ
K
j
h
r
h+r
h+r
=
=
=
d r − d d+r − d
r
1
cos θ + 1 = 2
2
cos θ − cos θ +
p r2 h
p r2 h
V
rh
=
=
=
2
)
2
2
p
r
(h
+
.
(
AT
r
h + r)
2 prh + 2 pr
Logo: rh = d . (h + r)
cos q = 0 (rejeitada!)
1
=0
2
V
rh
d . (h + r )
III. A = 2 . (h + r ) = 2 . (h + r )
T
U|
|V θ = π
π|
0<θ< |
2W
cos θ =
1
2
V
d
=
AT 2
5. Considere dois números reais l e m tais que l ¹ –1, m ¹ 1 e l m ¹ 0.
a) Determine uma relação entre l e m, para que as equações
polinomiais lx3 – mx2 – x – (l + 1) = 0 e lx2 – x – (l + 1) = 0
possuam uma raiz comum.
Obs.: Para os itens a e b não há uma única forma para as
expressões pedidas.
4. Na figura abaixo, têm-se um cilindro circular reto, onde A e B são
b) Nesse caso, determine a raiz comum.
os centros das bases e C é um ponto da intersecção da superfície
lateral com a base inferior do cilindro. Se D é o ponto do segmento
Resposta
BC , cujas distâncias a AC e AB são ambas iguais a d, obtenha
a razão entre o volume do cilindro e sua área total (área lateral
somada com as áreas das bases), em função de d.
Seja a a raiz comum. Sendo l . m ¹ 0, temos a ¹ 0. Então,
l a3 – m a2 – a – (l + 1) = 0
l a2 – a – (l + 1) = 0
(1) – (2):
l a3 – m a2 – l a2 = 0
a2 (l a – m – l) = 0
E, sendo a ¹ 0,
la–m–l=0
m+l
(é a raiz comum)
l
Substituindo em (2), vem:
(3) a =
Resposta
l.
FG m + l IJ
H l K
2
-
m+l
- ( l + 1) = 0
l
(m + l )2 m + l
- l -1= 0
l
l
(m + l)2 – m – l – l2 – l = 0
m2 + 2 m l + l2 – m – 2 l – l2 = 0
m (m – 1) + 2 l (m – 1) = 0
(m – 1) (m + 2 l) = 0
E, sendo m ¹ 1, vem
m+2l=0
m = –2 l
(4)
Substituindo (4) em (3):
-2 l + l
l
a = –1
a=
a) m = –2 l
b) A raiz comum é a = –1.
2
(1)
(2)
UNIdERSITÁRIO
FUVEST 2001 - 2a FASE - MATEMÁTICA
6. No plano complexo, cada ponto representa um número comple-
7. Um agricultor irriga uma de suas plantações utilizando duas
xo. Nesse plano, considere o hexágono regular, com centro na
origem, tendo i, a unidade imaginária, como um de seus vértices.
máquinas de irrigação. A primeira irriga uma região retangular, de
base 100 m e altura 20 m, e a segunda irriga uma região compreendida entre duas circunferências de centro O, e de raios 10 m e
30 m. A posição relativa dessas duas regiões é dada na figura
onde A e B são os pontos médios das alturas do retângulo.
Sabendo-se ainda que os pontos A, B e O estão alinhados e que
BO = 20 m, determine
a) Determine os vértices do hexágono.
b) Determine os coeficientes de um polinômio de grau 6, cujas
raízes sejam os vértices do hexágono.
Resposta
a)
a) a área da intersecção das regiões irrigadas pelas máquinas;
b) a área total irrigada.
Utilize as seguintes aproximações:
1
arc sen = 0,340 rad.
3
2 =1,41, p = 3,14 e
Resposta
F 3 ; 1I
GH 2 2 JK
B = b0; 1g
F 3 ; 1I
C = GH 2 2 JK
F
GH
A=
D= -
1
3
; 2
2
E = (0; –1)
F=
F
GH
3
1
; 2
2
I
JK
I
JK
b) Os números complexos cujas imagens são os vértices de
hexágono são:
3 1
+ i
2
2
z1 =
z2 = i
(B)
3 1
+ i
2
2
(C)
- 3 1
- i
2
2
(D)
z3 = -
z4 =
z5 = - i
z6 =
(A)
3 1
- i
2
2
DCHO
(E)
sen a =
(F)
HO = 30 2 - 10 2 Ã HO = 20 2 = 20 . 1,41 Ã HO = 28,20 m
HB = HO – BO = 28,20 – 20 Þ HB = 8,20 m
Esses números são as 6 raízes sextas de –1; portanto,
satisfazem a equação
A área do setor circular OCG é
z6 = –1
ou
10 1
= Ã a = 0,340 rad
30 3
S1 =
z6 + 1 = 0
R2a 302 . 0,340
=
= 153 m2
2
2
A área do DCHO é
S2 =
3
OH . CH 28,20 . 10
=
= 141 m2
2
2
UNIdERSITÁRIO
FUVEST 2001 - 2a FASE - MATEMÁTICA
A área da região CGH é
Então, a probabilidade de o produto ser um múltiplo de 10
é
S3 = S1 – S2 = 153 – 141 = 12 m2
63 + 9
72
1
=
=
6 . 6 . 6 216 3
A área da região CGBF é
S4 = S3 + CH . HB = 12 + 10 . 8,20 = 94 m2
Outra solução do item b
a) A área da intersecção das regiões irrigadas pelas
máquinas é
A probabilidade de se obter exatamente um “5” e dois
“pares” é
S = 2 . S4 = 2 . 94
1 3 3
1
.
.
. 3=
6
6 6
8
S = 188 m2
b) A área total irrigada é a diferença entre a soma das áreas
do retângulo e da coroa circular e a área da intersecção
das regiões irrigadas pelas máquinas. Assim:
A probabilidade de se obter exatamente um “5”, um “ímpar”
e um “par” é
1 3
2
1
.
.
. 6=
6
6 6
6
S = 20 . 100 + 3,14 . (302 – 102) – 188
S = 2000 + 2512 – 188
S = 4324
A probabilidade de se obter exatamente dois “5” e um “par”
é
m2
3
1
1
1
.
.
. 3=
6
6
6
24
8. Um dado, cujas faces estão numeradas de um a seis, é dito perfeito
Então, a probabilidade de se obter um múltiplo de 10 é
se cada uma das seis faces tem probabilidade 1/6 de ocorrer em um
lançamento. Considere o experimento que consiste em três lançamentos independentes de um dado perfeito. Calcule a probabilidade de que o produto desses três números seja
1 1 1
1
+ +
=
8 6 24 3
a) par;
b) múltiplo de 10.
9. Dado um número real a, considere o seguinte problema:
“Achar números reais x1, x2, ..., x6, não todos nulos, que satisfaçam
o sistema linear:
Resposta
(r – 2)(r – 3)xr – 1 + ((r – 1)(r – 3)(r – 4)(r – 6)a + (–1)r)xr +
a) Para que o produto nos três lançamentos seja ímpar, as
três faces nos três lançamentos devem ser ímpares. A
probabilidade para que isso se dê é
+ (r – 3)xr + 1 = 0, para r = 1, 2, ..., 6, onde x0 = x7 = 0”.
a) Escreva o sistema linear acima em forma matricial.
3
3
3 1
.
.
=
6
6
6 8
p = 1−
S=
I F x I F 0I
JJ GG x JJ GG 0JJ
JJ GG x JJ = GG 0JJ
JJ GG xx JJ GG 0JJ
JK GH x JK GH 00JK
F
GG
GG
GG
GH
Então, a probabilidade de que o produto nos três
lançamentos seja par é
1
8
1
2
3
4
5
6
b) Para que valores de a o problema acima tem solução?
c) Existe, para algum valor de a, uma solução do problema com
x1 = 1? Se existir, determine tal solução.
b) Para que o produto nos três lançamentos seja múltiplo de
10, em um lançamento deve aparecer a face 5 e nos outros
dois, o produto deve ser par. Há duas possibilidades:
1a) Ocorre exatamente um “5” em um dos lançamentos
Resposta
a)
3 . (25 – 4) = 63
possibilidades em que o produto é múltiplo de 10.
2a) Ocorrem exatamente dois “5”
O terceiro número, que pode ocorrer em qualquer dos
lançamentos, deve ser par. Há 3 . 3 = 9 possibilidades.
1444444442444444443
Os dois outros números são 1, 2, 3, 4, 6; há 5 . 5 = 25
produtos, dos quais 2 . 2 = 4 são ímpares. Então, há
r=1:
–x1 – 2x2 = 0
r=2:
(–8a + 1) x2 – x3 = 0
r=3:
x3 = 0
r=4:
2x3 + x4 + x5 = 0
r=5:
6x4 – (8a + 1) x5 + 2x6 = 0
r=6:
4
12x5 + x6 = 0
UNIdERSITÁRIO
LM−1
MM 0
MM 00
MM 0
MN 0
−2
−8a + 1
0
0
0
0
0
−1
1
2
0
0
FUVEST 2001 - 2a FASE - MATEMÁTICA
0
0
0
0
0
0
1
1
6 −(8a + 1)
0
12
LM
MM
MM
MM
MN
OP
PP
PP
PP
PQ
OP
PP
PP
PP
PQ
LM
MM
MM
MM
MN
x1
0
0
x2
0
0
x
0
0
. 3 =
x4
0
0
x5
2
0
x6
1
0
Resposta
OP
PP
PP
PP
PQ
b) O determinante do sistema é
1
1
0
−
a
−
6
8
1
2
D = –1 . (–8a + 1) . 1 .
0
12
1
Como x1, x2, ..., x6 são não todos nulos, o sistema, que é
homogêneo, deve admitir soluções diferentes da trivial
(nula); para isso, devemos ter D = 0:
– (–8a + 1) . (–8a – 1 – 6 – 24) = 0
D=
RXD
c) Para a =
RS− x − 2x
T0 x = 0
1
Descrição
–
, temos:
–
–
2
−
com a ponta seca em A e raio
Justificativa
–
o ponto O está sobre
a circunferência
traçamos o segmento AB e
encontramos o ponto médio M
–
AB é a hipotenusa do
D OAB e M é o centro
da circunferência circunscrita a ele
traçamos a circunferência com
–
a intersecção com a
primeira circunferência
é o ponto O
–
as diagonais estão
contidas nestas retas
–
a partir do segmento GI (dado), –
traçamos o triângulo isósceles
e retângulo NGI
os catetos do triângulo
NGI são as semidiagonais do quadrado
CDEF
–
com o centro em O e raio NG ,
traçamos a circunferência
HG , traçamos a circunferência
=0
2
Então, x2 é qualquer; e para x2 = −
Então, quando a =
1
vem x1 = 1.
2
centro M e raio MA
1
, há uma solução com x1 = 1.
8
–
10. São dados os pontos A e B e um segmento contendo os pontos
G, H e I. Sabe-se que A e B pertencem, respectivamente, às
diagonais CE e DF de um quadrado CDEF, cujo centro é O.
A distância de A a O é igual a GH e a medida do lado do quadrado
é igual a GI. Construa, usando régua e compasso, um quadrado
CDEF, satisfazendo as condições acima. Descreva e justifique as
construções utilizadas.
↔
↔
traçamos as retas OA e OB
–
as intersecções das
↔
↔
retas OA e OB com
a circunferência são
os vértices do quadrado CDEF
COMENTÁRIO GERAL
Uma prova sem novidades na distribuição da matéria:
14243
40% : geometria
60% : outras partes da matéria
A dificuldade das questões foi exagerada – exigiram profundidade no conhecimento dos conceitos e foram trabalhosas.
Em Matemática, há um novo conceito na prova da FUVEST:
difícil.
5