UNIVERSIDADE FEDERAL DO ESPÍRITO SANTO
COMISSÃO COORDENADORA DO VESTIBULAR
PROCESSO SELETIVO UFES 2013
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
A) Seja p
1324  p1,1  p1,1  p  0 ,
isto é,
1324 1,1  p1,1  p1,1  p  0 ,
isto é,
o valor de cada prestação. Tem-se
p  1602,04 3,31  484,00 reais.
B) Seja p o valor de cada prestação. Tem-se
p  1762,244 3,31  532,40 reais.
C) Sejam j a taxa mensal de juros e x  1  j . Tem-se
1389  529 x  529 x  529  0 , isto é,
860 x2  529 x  529  0 , que é uma equação quadrática cujo
2
   529  4  860   529  529  529  4  860  529  3969  232  632 .
  529  232  632 529  1449 1978


 1,15 . Como
2  860
1720
1720
j  x  1  1,15  1  0,15  15 % .
x
x 1 j
discriminante
é
Assim,
e
x  1,15 , então
2ª QUESTÃO
   2 10
A) Tem-se f 3   a  100 3  2  10 9 . Logo, a  10 2
3
9
, isto é, a  10 6  2  10 9 . Portanto,
a  2000 .
 
h
B) Tem-se f t  h   a  100 t  h  3  a  100 t  3  f t  . Logo, 100  3 , isto é, 10 2
h
 3 , isto é,
10 2h  3 . Então, 2h  log10 3 e, portanto, h  log10 3 2  0,48 2  0,24 .
C) Tem-se
f t   a  100 t  a  2 rt h .
Logo,
100 t  2 rt h ,
isto
é,
10 2t  2 rt h .
Então,
2t  log10 2 rt h   rt h log10 2 e, portanto, r  2h log10 2  2  0,24 0,30  1,6 .
PS/UFES 2013 – MATEMÁTICA
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3ª QUESTÃO
A) p1,1  3 6  1 2 .
B) p10 ,10  310 610  1 210  1 1024 .


C) p10 ,1  10  310 610  10 210  10 1024  5 512 .
  10 

D) p10 ,7      310  610 
 7 

 n

10  9  8  3  2   3  6
n
10
10
 120 1024  15 128 .
n
E) pn ,k      3n  6n    2n . Assim, pn ,k é máximo quando   é máximo. Por outro
k
k
k

 n  n
n!
n!
n! n  2k  1
    


 0 se, e somente se,
lado, 
 k  1   k   k  1! n  k  1! k ! n  k !  k  1! n  k !
 n  n
    se, e somente se, k   n  1 2 . Analogamente,
n  2k  1  0 e, portanto, 
 k 1  k 
 n  n

    se, e somente se, k   n  1 2 . Logo, se n é par, existe apenas um valor de k
 k 1  k 
para o qual pn ,k é máximo, que é k  n 2 , e se n é ímpar, existem dois valores de k para os
quais pn ,k é máximo, que são k   n  1 2 e k   n  1 2 (observe que, para n ímpar, tem-se
n
n

 


  
 ).




n

1
2
n

1
2

 

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4ª QUESTÃO
A) Sendo 2     e       180 temos que   36 ,   72 e   72 .
ˆ B  72 .
B) Ângulos CBˆ D  72 , BCˆ D  36 e CD
C) A bissetriz interna do triângulo ABC relativa ao vértice C determina sobre a reta AB um ponto
D tal que
AC BC
1
x
1

 
 x 2  x  1  0  x  ( 5  1) .
CD BD
x 1 x
2
Outra solução: Os triângulos BCD e ACD são isósceles. Logo BC = CD = AD = x. Além disso,
os triângulos ABC e BCD são semelhantes. Logo, pela proporcionalidade entre os lados
correspondentes, temos
AC BC
1
x
1

 
 x 2  x  1  0  x  ( 5  1) .
CD BD
x 1 x
2
D) A bissetriz interna do triângulo ABC relativa ao vértice A determina sobre o segmento BC um
ponto M. Sendo ABC isósceles, M é ponto médio de BC e a bissetriz é a altura do triângulo.
Logo,
sen 18 
PS/UFES 2013 – MATEMÁTICA
x/2
5 1
10  2 5
 sen 18 
 cos 18 
.
1
4
4
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5ª QUESTÃO
A)
Prolongando a superfície do tronco de cone obtemos dois cones semelhantes: um deles tem
base igual à base maior do tronco de cone, o outro tem base igual à base menor do tronco de cone e
ambos têm o mesmo vértice. Sejam H e h as respectivas alturas desses cones (maior e menor). A
diferença d  H  h é a altura do tronco de cone. Por semelhança de triângulos temos que
r
h
q  .
R H
Portanto, r  qR e h  qH . Assim, chamando de VT o volume do tronco de cone e VC o volume do
cone, temos


1
1
1
 R 2 H   r 2h   R 2 H  r 2h
3
3
3
2

1
 r  h  1
=  R2H 1   
  R 2 H 1  q3 .


3
 R H  3
VT =


e
1
VC   R 2 d .
3
Logo,


1
 R 2 H 1  q3
VT
H 1  q3
H 1  q3
H 1  q3
H 1  q3 1  q3
.
 3





1


VC
d
H

h
H

qH
H
1

q
1

q
2
R d
3








Donde,
VT 1  q 3

 q2  q  1 .
VC 1  q
B)
O pote é construído de acordo com a ilustração abaixo.
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PROCESSO SELETIVO UFES 2013
Vamos denotar o volume do pote por VP . Este volume é a soma do volume de um tronco de cone,
que vamos denotar por VT com o volume de uma região esférica que vamos denotar por VE . Assim,
o volume pedido é
VP  VT  VE .
O volume VT pode ser calculado utilizando o item A:


VT  q 2  q  1 VC ,
onde q 
1
r 1
1
4
 e VC   R 2 d   22  1   . Assim,
3
R 2
3
3
7
1 1
4
VT     1     .
3
4 2 3
O volume VE pode ser calculado utilizando o princípio de Cavalieri aplicado na situação seguinte.
Considere os três sólidos apoiados num plano horizontal: um cilindro circular reto de raio 2cm e
altura 4 cm, uma esfera de raio 2 cm e um “duplo” cone circular reto de altura 4 cm com raio da
base 2 cm e vértice situado a uma mesma distância de 2 cm do plano horizontal. Cada plano
horizontal (paralelo ao plano fixado) determina seções planas de áreas A CI , A ES e A CO ,
respectivamente, no cilindro, esfera e cone, que satisfazem
ACI  AES  ACO .
O Princípio de Cavalieri nos garante que, considerando dois planos horizontais, as porções destes
sólidos compreendidas entre estes dois planos, guardam esta mesma relação para seus volumes.
Logo,
1
 11
VE   22  1   12  1  4  
.
3
3
3
Assim, o volume do pote (em cm3) é:
7 11
VP 

 6 .
3
3
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