RESOLUÇÀO DA PROVA DE MATEMÁTICA
VESTIBULAR DA FUVEST_2007_ 2A FASE.
RESOLUÇÃO PELA PROFA. MARIA ANTÔNIA CONCEIÇÃO GOUVEIA
Questão 1
Se Amélia der R$3,00 a Lúcia, então ambas ficarão com a mesma quantia. Se
Maria der um terço do que tem a Lúcia, então esta ficará com R$6,00 a mais do
que Amélia. Se Amélia perder a metade do que tem, ficará com uma quantia igual
a um terço do que possui Maria.
Quanto possui cada uma das meninas Amélia, Lúcia e Maria?
RESOLUÇÃO:

A− 3= L+ 3

M
 + L= A+ 6⇒
 3
A M
 2 = 3
A− L= 6

⇒
A
 2 + L = A + 6
A− L= 6

 − A + 2L = 12 ⇒

L = 18
 L = 18

 A = 24
 M = 36

RESPOSTA: Amélia possui R$ 24,00, Lúcia possui R$ 18,00 e Maria R$ 36,00.
Questão 2
Na figura abaixo, os segmentos AB e CD são paralelos, o ângulo OÂB mede
120°, AO = 3 e AB = 2. Sabendo--se ainda que a área do triângulo OCD vale 600
3,
a) calcule a área do triângulo OAB.
b) determine OC e CD.
RESOLUÇÃO:
Sendo os segmentos AB e CD paralelos,
os ângulos alternos internos, formados
com as transversais BD e AC , são
congruentes (Â ≡ Ĉ e B̂ ≡ D̂) . Podemos
concluir então, que os triângulos AOB e
COD são semelhantes.
a) A área do triângulo AOB pode ser calculada pela fórmula
1
S = .med AB .med AO .sen(BÂO) .
2
 3 3 3
1
 =
Então, S = .2.3.
.

2
2
2


( )
( )
3 3
u.a.
2
e COD semelhantes,
RESPOSTA: A área do triângulo AOB é
b) Sendo os triângulos
2
2
S
 AB 
 AO 

 = 
 = AOB .
S DOC
 CD 
 CO 
AOB
vale
a
relação:
3 3
2


2
4
1
Logo  
e
2
⇒
=
⇒ y 2 = 1600 ⇒ y = 40
 y =
2
400
y
600 3
 
2
1
9
1
 3
⇒
=
⇒ x 2 = 3600 ⇒ x = 60
  =
2
400
400
x
 x
RESPOSTA: Os valores de OC e CD são, respectivamente, 60 e 40.
Questão 3
Em uma progressão aritmética a1, a2, ..., an, ... a soma dos n primeiros termos é
dada por Sn = bn2 + n, sendo b um número real. Sabendo-se que a3 = 7, determine
a) o valor de b e a razão da progressão aritmética.
b) o 20o termo da progressão.
c) a soma dos 20 primeiros termos da progressão.
RESOLUÇÃO:
Se na progressão aritmética a1, a2, ..., an, ... a soma dos n primeiros termos é dada
por Sn = bn2 + n, sendo b um número real, com n ∈ N*, temos:
Para n = 1, S1 = a1 = b + 1; para n = 2, S2 = 4b + 2; para n = 3, S3 = 9b + 3; ........
Sendo S2 = a1 + a2 = 4b + 2 ⇒ a2 = 4b + 2 – a1 ⇒ a2 = 4b + 2 – (b + 1) ⇒
a2 = 3b + 1 ⇒ r = 3b + 1 – (b + 1) = 2b.
a) Sendo S3 = 9b + 3, então a3 = S3 – S2 = 9b + 3 – (4b + 2) = 5b + 1.
6
Pela questão a3 = 7 ⇒ 5b + 1 = 7 ⇒ b =
5
 6  12
Como r = 2b ⇒ r = 2.  =
 5 5
RESPOSTA: Os valores de b e da razão da P.A. são, respectivamente,
6
12
e
.
5
5
234 + 5 239
 6
=
b) a20 = a1 + 19r = b + 1 + 19 ( 2b) = 39b + 1 = 39  + 1 =
.
5
5
 5
239
RESPOSTA: O valor de a20 é
.
5
 6
c) S20 = 202.b + 20 = 400   + 20 = 480 + 20 = 500.
 5
RESPOSTA: A soma dos 20 primeiros termos da P.A. é 500.
Questão 4
A figura representa um trapézio ABCD de bases AB e CD, inscrito em uma
circunferência cujo centro O está no interior do trapézio.
Sabe-se que AB = 4, CD = 2 e AC = 3 2 .
a) Determine a altura do trapézio.
b) Calcule o raio da circunferência na qual ele está inscrito.
c) Calcule a área da região exterior ao trapézio e delimitada pela circunferência.
RESOLUÇÃO:
a)
Conforme as informações da situação-problema, o
trapézio ABCD é isósceles.
O triângulo AHC é retângulo no qual
3
2
cos  =
=
⇒ Â = 45 o ⇒ h = AH = 3
2
3 2
( )
RESPOSTA: A altura do trapézio é 3u.c.
b) Resolvamos agora o triângulo retângulo BHC:
x2 = h2 + 1 ⇒ x2 =9 + 1 = 10 ⇒ x = 10 .
Aplicando ao triângulo ABC a Lei dos Senos, em relação ao ângulo  e
considerando r como a medida literal do raio, vem
x
10
= 2r ⇒
= 2r ⇒ 2r = 2 5 ⇒ r = 5
.
senÂ
2
2
RESPOSTA: O raio do círculo no qual o trapézio está inscrito mede
5 u.c.
c) A área da região exterior ao trapézio e delimitada pela circunferência é:
2
S= área do círculo – área do trapézio = πr −
( b + B) h =
2
5π −
( 2 + 4).3 =
2
5π − 9 .
RESPOSTA: A área da região exterior ao trapézio e delimitada pela circunferência
mede (5π – 9) u.a.
Questão 5
Um arco x está no terceiro quadrante do círculo trigonométrico e verifica a
equação 5cos2x + 3senx = 4. Determine os valores de senx e cosx.
RESOLUÇÃO:
Como cos2x = cos2x – sen2x a equação 5cos2x + 3senx = 4 pode ser reduzida a
5(cos2x – sen2x) + 3senx = 4 ⇒ 5cos2x – 5sen2x + 3senx = 4 ⇒
5(1 – sen2x) – 5sen2x + 3senx = 4 ⇒ 10sen2x – 3senx – 1 = 0 ⇒
1
1
3 ± 9 + 40 3 ± 7
senx =
⇒ senx = ou senx= − .
=
2
5
20
20
Como x está no terceiro quadrante do círculo trigonométrico, temos apenas
1
senx= − .
5
1
Aplicando a relação fundamental trigonometria, temos: cos2x +
= 1 ⇒
25
24
2 6
cosx = −
.
= −
25
5
RESPOSTA: senx= −
1
2 6
e cosx = −
.
5
5
Questão 6
Na figura abaixo, os pontos A1, A2, A3, A4, A5, A6 são vértices de um hexágono
regular de lado 3 com centro na origem O de um sistema de coordenadas no
plano. Os vértices A1 e A4 pertencem ao eixo x. São dados também os pontos
B = (2, 0) e C = (0, 1).
Considere a reta que passa pela origem O e intersecta o segmento BC no ponto
P, de modo que os triângulos OPB e OPC tenham a mesma área. Nessas
condições, determine
a) a equação da reta OP .
b) os pontos de interseção da reta OP com o hexágono.
RESOLUÇÃO:
a) A área do triângulo BOC é igual a
2.1
= 1 u.a.
2
Como os triângulos BOC e POC são equivalentes, as suas áreas são iguais a
1
.
2
Considerando as ordenadas do ponto P como (x,y), podemos escrever:
2 0 1 0 1 1
0 0 1 = 0 0 1 ⇒ 2y = x
x y 1 x y 1
RESPOSTA: A equação da reta OP é 2y = x.
b)
No triângulo PP’A1 temos
y
3 3
3(6 − 3 )
= 3 ⇒ y = 3 3 − 2 3y ⇒ y(2 3 + 1) = 3 3 ⇒ y =
=
tg60o =
.
3 − 2y
11
2 3+ 1
3(6 − 3 )
6(6 − 3 )
e OP’=
.
11
11
Os pontos P e Q são os pontos nos quais a reta OP intersecta o hexágono.
Logo PP’=
 6(6 − 3 ) 3(6 − 3 ) 
 . Como os
,
RESPOSTA:As coordenadas do ponto P são 

11
11


pontos P e Q, são simétricos em relação ao ponto ºO, origem dos eixos
 6( 3 − 6) 3( 3 − 6) 
.
,
coordenados, as coordenadas de Q são 

11
11


Questão 7
Uma urna contém 5 bolas brancas e 3 bolas pretas. Três bolas são retiradas ao
acaso, sucessivamente, sem reposição.
Determine
a) a probabilidade de que tenham sido retiradas 2 bolas pretas e 1 bola branca.
b) a probabilidade de que tenham sido retiradas 2 bolas pretas e 1 bola branca,
sabendo-se que as três bolas retiradas não são da mesma cor.
RESOLUÇÃO:
O número de modos de serem retiradas três bolas de uma urna contendo 8 bolas
8.7.6
= 56
é C 8,3 =
3.2.1
Logo, sendo E o espaço amostral temos que n(E) = 56.
a) Sendo A o evento “serem retiradas 2 bolas pretas e 1 bola branca de uma urna
contendo 5 bolas brancas e 3 bolas pretas”, então n(A) =. C 5,1 .C 3,2 = 5.3 = 15
Então a probabilidade de que tenham sido retiradas 2 bolas pretas e 1 bola branca
n(A) 15
=
é
n(E) 56
Considerando-se que as retiradas são sucessivas e sem reposição e que podem
acontecer nas seguintes ordens: (b, p ,p), (b, b, p) ou (b, p, b), também podemos
5 3/ 2/ 3/ 2/ 5 3/ 5 2/ 15
calcular esta probabilidade da seguinte forma: . . + . . + . . =
.
8 7 6/ 8 7 6/ 8 7 6/ 56
15
RESPOSTA: p =
.
56
b) A afirmação “sabendo-se que as três bolas retiradas não são da mesma cor”
determina um novo espaço amostral E, para o qual n(E) = C 8,3 − C 5,3 − C 3,3 ⇒
5.4.3
− 1 = 55 − 10 = 45 .
n(E) = 56 −
3.2.1
Sendo A o evento “serem retiradas 2 bolas pretas e 1 bola branca”, para o qual já
n(A) 15 1
=
= .
vimos que n(A) = 15, a probabilidade de ocorrência de A é
n(E) 45 3
1
RESPOSTA: p = .
3
Questão 8
Um castelo está cercado por uma vala cujas bordas são dois círculos concêntricos
de raios 41m e 45m. A profundidade da vala é constante e igual a 3m.
O proprietário decidiu enchê-la com água e, para este fim, contratou caminhõespipa, cujos reservatórios são cilindros circulares retos com raio da base de 1,5m e
altura igual a 8m.
Determine o número mínimo de caminhões-pipa necessário para encher
completamente a vala.
RESOLUÇÃO:
O volume da vala, em metros cúbicos, é a diferença entre os volumes dos dois
cilindros:
V = 452.3π – 412.3π = 3(45 – 41)(45+41) π = 3.4.86π = 1032π.
O volume, também em metros cúbicos, dos reservatórios de cada caminhão-pipa
é V1 = (1,5)2.8π = 18π.
O número mínimo de caminhões-pipa necessários para encher a vala será
V 1032π
=
= 57,33...
encontrado pelo quociente
V1
18π
RESPOSTA: 58 caminhões-pipa.
Questão 9
a) Represente, no sistema de coordenadas desenhado na folha de respostas, os
x+ 7
2
gráficos das funções f(x) = 4 − x e g(x) =
2
2
b) Resolva a inequação 4 − x ≤
x+ 7
2
RESOLUÇÃO:
2
a) Determinemos as raízes da função f(x) = 4 − x
Chegamos aos valores x’= – 2 e x = 2.
O gráfico de f1(x) = 4 − x 2 é
2
O gráfico de f(x) = 4 − x é
igualando
4 − x2 = 0 .
os gráficos das funções
x+ 7
f(x) = 4 − x 2 e g(x) =
estão
2
representados ao lado
x+ 7
x+ 7
≤ 4 − x2 ≤
⇒ −
2
2
2
 2x + x − 1 ≥ 0
.
 2
 2x − x − 15 ≤ 0
2
b) 4 − x ≤
x+ 7
⇒ − x − 7 ≤ 8 − 2x 2 ≤ x + 7 ⇒
2
Raízes e estudo da variação dos sinais da função f ( x) = 2x 2 + x − 1 :
x=
− 1± 1+ 8
⇒
4
x = − 1 ou x =
1
.
2
1
ou x ≥ 1 .
2
Raízes e estudo da variação dos sinais da função g ( x ) = 2 x 2 − x − 15 ⇒
A solução da inequação 2 x 2 + x − 1 ≥ 0 é S1 = x ≤ −
x=
1 ± 1 + 120
⇒
4
x= −
5
ou x = 3 .
2
A solução da inequação 2 x 2 − x − 15 ≤ 0 é S2 = −
5
≤ x ≤ 3.
2
 2x 2 + x − 1 ≤ 0
A solução do sistema  2
é S = S1 ∩ S2.
 2x − x − 15 ≤ 0
Mostrando graficamente:
RESPOSTA: −
5
1
≤ x ≤ − 1 ou ≤ x ≤ 3
2
2
Questão 10
O cubo ABCDEFGH possui arestas de comprimento a.
O ponto M está na aresta AE e AM = 3.ME.
Calcule:
a) O volume do tetraedro BCGM.
b) A área do triângulo BCM.
c) A distância do ponto B à reta suporte do segmento CM.
RESOLUÇÃO:
a)
O tetraedro BCGM tem altura MN = a e como
base o triângulo retângulo BCG, logo seu
volume
é
2
3
Bh
1 a .a
a
V=
= .
=
3
3 2
6
RESPOSTA:
a3
6
b)
BM é a hipotenusa do triângulo retângulo BAM,
logo sua medida é:
2
25a 2
5a
 3a 
2
.
=
  + a =
16
4
 4
A área do triângulo retângulo BCM é:
1 5a
5a 2
S = . .a =
2 4
8
5a2
RESPOSTA:
8
BM =
c) A distância do ponto B à reta suporte do segmento CM.corresponde à altura do
triângulo BCM em relativa à hipotenusa CM.
2
5a
41a 2
41 a
CM =   + a 2 =
.
=
16
4
 4
Como em todo triângulo retângulo o produto da hipotenusa pela altura a ela
relativa é igual ao produto dos catetos:
CM.h = BC.BM ⇒
RESPOSTA: h =
41 a
5a
.h = a. ⇒
4
4
5 41 a
41
41.h = 5a ⇒ h =
5 41 a
.
41