UNIVERSIDADE FEDERAL DO ESPÍRITO SANTO
COMISSÃO COORDENADORA DO VESTIBULAR
PROCESSO SELETIVO UFES 2014
As bancas elaboradoras esperam obter da maioria dos candidatos respostas como as que seguem. No entanto, para a correção
das provas, outras respostas também poderão ser consideradas, desde que corretas.
MATEMÁTICA
1ª QUESTÃO
As informações fornecidas pelo garçom nos permite escrever o sistema de equações:
{
Resolvendo este sistema de equações, obtemos
Segue que,
ou seja, {
e
,
e
.
e
.
Assim, o troco da Angélica é R$ 30,40, da Beatriz é R$ 37,40 e da Clarissa é R$ 29,00.
2ª QUESTÃO
A) Sejam A o conjunto das pessoas do grupo que gostam de arroz-doce, B o conjunto das pessoas do grupo que gostam de
brigadeiro e C o conjunto das pessoas do grupo que gostam de cocada. Indicando por X o número de elementos de um
conjunto finito X, tem-se
A  B  C  A  B  C  A  B  A  C  B  C  A  B  C  30  25  15  10  8  7  3  48
B) Como toda pessoa do grupo ou gosta de um dos três doces ou não gosta de nenhum deles, então o número de pessoas do
grupo que não gostam de nenhum dos três doces é 57  48  9 .
C) O conjunto das pessoas que gostam de arroz-doce, mas não gostam nem de brigadeiro e nem de cocada, é A   B  C  .
Tem-se A   A   B  C     A  B    A  C  , sendo
 A   B  C    A  B    A   B  C    A  C   
 A  B    A  C   A  B  C . Logo,
A   A   B  C    A  B    A  C   A   B  C   A  B 
30  A   B  C   10  8  3 e, portanto, A   B  C   15 .
e
A  C  A  B  C , ou seja,
Solução alternativa:
A) 48
B) 9
C) 15
PS/UFES 2014 – MATEMÁTICA
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COMISSÃO COORDENADORA DO VESTIBULAR
PROCESSO SELETIVO UFES 2014
3ª QUESTÃO
AB  x e AD  y . O perímetro do retângulo ABCD é 2 x  2 y e o comprimento da semicircunferência S , que
x
x

x
tem raio
, é  . Sabemos que 2 x  2 y  
 12 . Logo y  6  x  x . A área de R é a soma
2
2
4
2
2
   
1  x
A  xy     . Substituindo a expressão de y obtemos A  x 6  1   x .
2 2
  8 
A) Sejam
   
f ( x)  x 6  1   x  , que é uma função quadrática cujo gráfico é uma
  8 
6
48
parábola com concavidade para baixo. Suas raízes são x1  0 e x2 
. O x que dá a área máxima é o

1   / 8 8  
x  x2
24
.

x do vértice xV , que é o ponto médio das raízes, xV  1
2
8
B) Pelo item A, a área de
C) Seja
R
em função de
x
é
  EOˆ F . Queremos que
25
100
Área da região azul =
1
4
(Área da região vermelha) =
(Área da região vermelha).
A área de um setor circular é proporcional ao seu ângulo, logo devemos ter
1
4
  (   )  4       5     

5
rad.
4ª QUESTÃO
A) Sejam
cn
e
o comprimento e a largura de
ln
c0   0 2 . Como a área de R0
é
4 2
Rn ,
respectivamente. Como
m2, então
c1   0 ,  1  c0 2
c0   0  4 2 . Como c0   0 2
e
e
c0  0  c1  1 ,
então
c0   0  4 2 , então  0  2
m.
B) Como
c1   0
e
c0   0 2 ,
então
c1  c0
2.
Como
c1  c0
2
relações valem em todas as etapas sucessivas do procedimento, então
R2
são
c1   1  4 2 2  2 2
1  2
me
2
m e
c2   2  2 2 2  2
e
 1  c0 2 ,
então
c1   1 2 .
Como essas
cn   n 2 , para todo n. Como as áreas de R1
2
m , respectivamente, e
c1   1 2
e
e
c2   2 2 , então
 2  1 m.
C) Como a área de
Rn
é
cn   n  4 2 2n  22n  2
125 128  1000 1024 mm equivale
1  n 2  10 se, e somente se, n  22 .
D) Como
PS/UFES 2014 – MATEMÁTICA
a
e
cn   n 2 , então  n  21n 2
1 1024  210
m, então
m.
 n  21n 2  210
se, e somente se,
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PROCESSO SELETIVO UFES 2014
5ª QUESTÃO
1
 ma . Fazendo y  0 obtemos
a
1
1


 1

, 0 .
xa
. Assim os pontos de interseção de r com os eixos coordenados são Q  0,  ma  e R  a 
ma 
ma

 a

A área do triângulo retângulo QOR formado por r e pelos eixos coordenados é
A) A equação da reta
y
é
r
1
 m( x  a).
a
Área =
Fazendo
x  0 obtemos y 
1
1 1
1

base . altura =
a 
   ma  .
2
ma   a
2

1
1
 m( x  a)  . Daí
a
x
ax
1
 m a x ( x  a)   ( x  a)  ( x  a) (m a x  1)  0  x  a ou x  
obtemos m( x  a) 
.
ax
ma
1
1
 a , ou seja, m   2 .
Queremos que P a, 1 / a  seja o único ponto de interseção, logo devemos ter 
ma
a
B) Para obter a abscissa
C) Substituindo
m
x
1
a2
dos pontos de interseção de
r
com o gráfico de
f ( x) 
1
x
igualamos
obtido no item B na expressão da área obtida no item A, vemos que, para esse valor de
do triângulo formado por
r
e pelos eixos coordenados é
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2
e, portanto, não depende de
m , a área
a.
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