Resolução UDESC 2013.2
Resolução:
x!
x!

 20 x  20
3!.( x  3)! ( x  3)!
x.( x  1).( x  2) x.( x  1).( x  2)

 20( x  1)
6
1
(5).x.( x  1).( x  2)
 20( x  1)
6
. (5).x.( x 1).( x  2)  120( x  1)
Anulando (x-1) e dividindo -120 por -5 temos:
x.( x  2)  24
x  6
x ²  2 x  24  0 
 x  4
Como x≥3, logo possuímos uma única solução.
Letra A.
Resolução:
Temos que o volume do cone é dado por Vcone 
 .4.3
3
 4
e o volume do cilindro é
Vcilindro   .1.2  2 . Como enchemos totalmente o cilindro com a água do cone, temos a quantidade
que restou no cone é de 2 . Deste volume final temos:
2 
 .r ².h
3
r ².h  6
Podemos observar uma semelhança de triângulos:
r 2
3r
 h
h 3
2
Ala min a 
 4  
3
2
r ².
3
3r
 6  r3  4  r  3 4
2
24   2 3 2
Letra B
Resolução:
Retirando os dados do enunciado, podemos montar o diagrama abaixo. Vale ressaltar que os assinantes
de internet necessariamente precisam contratar telefonia fixa. Logo somente internet e Internet com Tv a
Cabo não possuem clientes, justificando os 0%.
Temos também que os assinantes do combo (os três serviços) totalizando 52% dos 41% dos assinantes de
internet (área em amarelo). Logo:
52 41
2132
.

 21,32%
100 100 10000
Sabendo que 21,32% assinam o combo,
logo 41%-21,32% = 19,68% assinam telefonia e internet.
Sabendo que o total é 100%, logo 8% assinam TV e
Telefonia fixa.
Logo, o número de pessoas que assinam SOMENTE dois
serviços é de 8% + 19,68% = 27,68%
Letra D
Resolução:
Para melhor observação, hachuramos em amarelo as áreas em preto. Temos que a mesa possui 3,20m ou
320cm de diâmetro. Logo, o r5 possui 160 cm.
Sabemos que os raios formam uma progressão geométrica de q=2. Logo:
(r1, r2, r3, r4, r5)  (r1, r2, r3, r4, 160)  dividindo sucessivamente por 2 (10, 20, 40, 80, 160)
Calculando as áreas hachuradas, temos:
A1= 10².π = 100π
A3= 40².π – 20².π = 1200π
Ahachurada = 20500π
A5= 160².π – 80².π = 19200π
Sabemos ainda que a área total da mesa é de Amesa = 160²π = 25600 π
Logo, a probabilidade de cair em uma parte hachurada é P 
Letra B
20500
 0,8007  80, 07% .
25600
Resolução:
Observando a figura, temos que a reta t passa pelos pontos (2,0) e (3,-1). Logo a equação de t é:
y  yo  m( x  xo )
y 0 

0  (1)
( x  2)
23

y  x  2
Observamos também que a circunferência possui Centro C(2,0) e raio r=2. Logo:
( x  2)²  ( y  0)²  2²
x²  4 x  4  y ²  4


x²  y ²  4 x  0
Com esses dois dados, eliminamos as alternativas B e D.
Analisando a alternativa A, temos que, para obtermos os pontos de interseção, resolveremos o sistema
das entre as duas equações:
x ²  ( x  2)²  4 x  0
 y  x  2

 x²  y ²  4 x  0
x²  x²  4 x  4  4 x  0
2 x²  8x  4  0
x²  4 x  2  0



x  2  2
x²  4 x  2  0 

x  2  2
Logo, substituindo em y = -x+2 temos:
x  2  2  y  (2  2)  2  2  2  2  2
x  2  2  y  (2  2)  2  2  2  2   2
Assim, os pontos são (2  2, 2) e (2  2,  2) . Como pediu o valor da ordenadas, elas são √2 e √2. Esta afirmativa está correta.
Vamos analisar porque as outras são falsas:
Letra C  dO ,t 
x y2
1²  1²

002
2

2
 2
2
Letra D  Como podemos observar, como o coeficiente angular da reta t = -1 e sabemos que m = tgα
(onde α é o ângulo formado pelo eixo OX e a reta t), temos que α = 135°. Assim temos:
Como estamos falando de um setor circular, temos assim que:
Asetor 
 .4.45 180
360

360


2
.
Assim, temos Letra A
Resolução:
Temos que log y x  5 e log y z  7 . Assim temos:
 x ². y ³ 
log x  4   log x x²  log x y ³  log x z 4
 z 
Mudando a base do segundo e terceiro termos:
4
log y y ³ log y z
 x². y ³ 
log x  4   log x x² 

log y x log y x
 z 
Aplicando a propriedade do expoente do logaritmando:
3.log y y 4.log y z
 x ². y ³ 
log x  4   2.log x x 

log y x
log y x
 z 
3.1 4.7
3 28 15
 x ². y ³ 
log x  4   2.1 

 2 

 3
5
5
5 5
5
 z 
Letra B
Resolução:
Como a questão pede para desprezar a curvatura do planeta, podemos considerar o desenho abaixo:
Observe que temos dois triângulos semelhantes.
200000 0,1

r
10
2000000  r.0,1
r  20000000m
r  20000km
Como queremos o diâmetro, então:
D= 40000 km ou 4.104 km.
Letra E
Resolução:
Vamos analisar a questão: Sabemos que a soma dos termos é 18. Logo, pela fórmula da soma
temos:
(a1  a9 ).9
 18  a1  a9  4 .
2
a  a9
Pela fórmula do termo médio, sabemos que 1
 a5 , logo temos que a5  2 . Observe então que
2
a1  a5  a9  6 e, do enunciado, a2  a3  a6  6 . Montando um sistema, onde deixaremos em função
S9 
de a1 e r, temos:
a1  a5  a9  6

a2  a3  a6  6

a1  a1  4r  a1  8r  6

a1  r  a1  2r  a1  5r  6

3a1  12r  6

3a1  8r  6
O que nos dá a1  10 e r  3 . Logo nossa matriz fica da seguinte maneira:
 10 7 4 
A   1 2 5  . Podemos observar que a matriz A não satisfaz as alternativas B, C e E. Calculando
 8 11 14 
então seu determinante, temos:
10 7 4
A  1 2 5  0
8
11 14
Logo a matriz não possui inversa, pois seu determinante é zero.
Letra D
Resolução:
Observe que temos, como os triângulos estão inscritos numa semicircunferência, então os ângulos ACB e
ADB são retos. Além disso, temos que o triângulo ADB possui lado AB=5, AD=4 e, por consequência, BD=3.
Vale ressaltar que o triângulo ABD é isósceles, ou seja o ângulos CAB e CBA são iguais medindo 45°. Abaixo
uma figura ilustra:
Observe que o sen(45  x) 
4
3
, cos(45  x )  e também. Da fórmula do seno e do cosseno da soma
5
5
de arcos, temos:
sen45.cos x  senx.cos 45 
2
2 4
.cos x  senx.

2
2
5
2
4
.(cos x  senx) 
2
5
8
cos x  senx 
5 2
4
5
cos 45.cos x  sen45.senx 
3
5
2
2 3
.cos x  senx.

2
2
5
2
3
.(cos x  senx) 
2
5
6
cos x  senx 
5 2
Aplicando o quadrado da soma pela diferença ( ou seja, (cosx+senx). (cosx-senx)=cos²x - sen²x), temos:
cos ² x  sen² x 
8
.
6
5 2 5 2
48
cos ² x  sen² x 
25.2
24
cos ² x  sen² x 
25
Logo, Letra D.
(1  sen ² x)  sen ² x 
2 sen² x  
 Substituindo cos²x = 1-sen²x 
24
25
1
25
sen ² x 
1
50
senx 
1
1
2


50 5 2 10
Resolução:
Observe que, para haver eleição definida no primeiro turno, um doas candidatos deve possuir
mais de 120794 votos ( mais de 50% dos votos válidos). Como nenhum dos candidatos atingiu essa meta,
logo obrigatoriamente teremos um segundo turno.
Assim o segundo turno será entre os candidatos A e C (os mais votados).
Temos também que D possui 45697 votos dos 241589 votos válidos . Logo:
x
4569700
.241689  45697  x 
 18,9151...
100
241689
Logo D possui 18,91% dos votos válidos. Então, I e III corretas.
Letra B
Resolução:
Esta resolução requer um pouco de atenção. Vamos separar em casos:
- Começando pelas pontas:
Neste caso vamos separar em duas possibilidades: Ir em linha reta e ir na diagonal.
Tome como exemplo o número 1. O número 1 pode ir para o 2 ou para o 4, temos ai 2 possibilidades.
Tome como exemplo ir para o dois. Se formos para o dois, temos agora 4 possibilidades de terminar a
senha (3,4,5 ou 6). Como temos 4 pontas, ficamos:
4
.
2
. 4  32
total de pontas Ir em linha reta ligacoes
Podemos sair do 1 agora e ir para a diagonal (o 5). Indo par ao 5, temos depois 7 possibilidades de
terminar a senha. Logo:
4
.
1
. 7  28
total de pontas Ir para o 5 ligacoes
- Começando pelos meios:
Vamos separar em 3 casos. Podemos ir para os lados (excluímos o 5), para as diagonais e para o 5.
Tome como exemplo o número 2. Temos que ele pode ir para o 1 e para o 3 (2 possibilidades). Tome
como exemplo ir para o 1. Se fora o 1, temos 2 possibilidades de terminar a senha. Logo:
4
.
2
. 2  16
total de meios Ir para o lado ligacoes
Podemos agora ir para as diagonais (ainda como exemplo ir para o 4 ou 6). Digamos que fomos
para o 4. Do 4 temos 4 possibilidades de terminar a senha (1, 5, 8, 7). Logo:
4
.
2
. 4  32
total de meios Ir para a diagonal ligacoes
Agora podemos ir para o 5. Se formos para o 5, temos 7 possibilidades de finalizar a senha.
4
.
1
. 7  28
total de meios Ir para o 5 ligacoes
- Começando pelo 5:
Vamos separar em dois casos. Indo para os lados e indo para a diagonal. Se formos para os lados,
temos 4 possibilidades de lados (2, 4, 6, 8), totalizando 4 possibilidades. Tome como exemplo, ir para o 2.
Se formos para o 2, temos 4 possibilidades de finalizar a senha (1,4,3 ou 6).
1 .
4
. 4  16
Sair do 5 Ir para as laterais ligacoes
Podemos ir em diagonal. Pegue como exemplo ir para o numero 1. Se formos para o 1, temos 2
possibilidades de finalizar a senha (2 ou 4) Logo.
1 .
4
. 2 8
Sair do 5 Ir para as diagonais ligacoes
Temos assim que todas as possibilidades são:
P  32  28  16  32  28  16  8  160
Letra E
Resolução:
Vamos desenhar o gráfico da função. Para isso, vamos separar os casos:
Para separar em caso, temos que |x+1|≥0 (a de cima da reta) e que |x-1|≥0 (de baixo da reta).
Temos assim três casos:
( x  1)  ( x  1), x  1

( x  1)  ( x  1), -1  x  1 Temos assim:
( x  1)  ( x  1), x  1

2, x  1

2 x, -1  x  1
2, x  1

Observe que desenhamos o gráfico de f(x)=|x+1|-|x-1|. Como temos f(x)=||x+1|-|x-1||, logo a
parte negativa é rebatida. Logo temos:
Temos assim que a Imagem de f é [0,2].
Letra C
Resolução:
Efetuando a divisão de f(x) por g(x), temos:
6 x 4  5 x3  7 x 2  5 x  11
2x2  x 1
6 x 4  3x3  3x 2
3x 2  4 x  7
8x3  10 x2  5x  11
8 x3  4 x 2  4 x
14 x2  x  11
14 x 2  7 x  7
6 x  4
Assim, temos que q1 (x)= 3x 2  4 x  7 e r1 (x) = 6 x  4 . Efetuando a divisão de q1 por r1 temos:
3x 2  4 x  7
3x  2 x
2
6 x  7
6x  4
11
6 x  4
x
 1
2
Assim, temos que q2 (x)= 
x
 1 e r2 (x) = 11. Analisando as afirmativas termos o seguinte:
2
(F) Pois a raiz de q2 é 2 e g(2) = 9 ≠ 0. Logo 2 não é raiz de g(x).
(V) O valor do termo independente de f(x) é -11 e de r2 (x) é 11. Iguais em valor absoluto.
(F) A soma de q1 (x) é S 
(4) 4
 e r1 (4/3) = -12 ≠ 0.
3
3