PROVA DE MATEMÁTICA DA UFBA
VESTIBULAR– 2013 – 2a Fase
RESOLUÇÃO: Profa. Maria Antônia Gouveia.
Questão 01
Um lote de livros foi impresso nas gráficas A, B, e C, satisfazendo os percentuais de impressão sobre o
total de 25%, 30% e 45%, respectivamente.
Sabendo-se que 7% dos livros impressos na gráfica A, 5% dos livros impressos na gráfica B e 3% dos
livros impressos na gráfica C estão com defeito, determine a porcentagem de livros não defeituosos desse
lote.
RESOLUÇÃO:
Percentual de livros defeituosos desse lote de x livros:
0,07 × 0,25x + 0,05 × 0,30x + 0,03 × 0,45x = 0,0175x + 0,0150x + 0,0135x = 0,046x
Percentual de livros não defeituosos desse lote: 1 – 0,046 = 0,954 = 95,4%.
RESPOSTA: 95,4% é a porcentagem da quantidade de livros não defeituosos em relação ao
total de livros impressos nas três gráficas.
Questão 02
Sendo os afixos dos números complexos z1 = 1 + 3i e z2 = – 1 – 3i os vértices não consecutivos de
um quadrado, determine o volume do sólido gerado pela rotação desse quadrado em torno de um de
seus lados.
RESOLUÇÃO:
z1 = 1 + 3i = (1, 3) (afixo de z1 ) e z2 = – 1 – 3i = (– 1, – 3)
(afixo de z2 ).
A medida da diagonal AC é
d = (1 + 1) 2 + (3 + 3) 2 = 4 + 36 = 2 10
Sendo d = l 2 ⇒ l 2 = 2 10 ⇒ l =
2 10
2
=2 5.
Então o sólido gerado pela rotação desse quadrado em
torno de um de seus lados é um cilindro de raio altura
iguais a 2 5 , logo seu volume é:
2
( )
V = π 2 5 × 2 5 = 40 5π
RESPOSTA: O volume do sólido é 40 5π u.v.
Questão 03 f
Considerem-se a função f: R → R, definida pela equação f(x) = a + bx , _a ∈ R, b ∈ R *+ −{1} ,
e a sequência ( f(0), f(1), f(2),... ).
Sabendo-se que a média aritmética dos três primeiros termos da sequência é igual a 6 e a razão
f(1) 1
= , calcule f(3).
f(0) 2
RESOLUÇÃO:
Sendo a média aritmética dos três primeiros termos da sequência igual a 6 e a razão
f(1) 1
= , tem-se
f(0) 2
o sistema:
2
f (0) + f (1) + f (2)
= 6 a + 1 + a + b + a + b = 6
3a + b + b 2 = 17 3(1 − 2b) + b + b 2 = 17
3
3
⇒
⇒
⇒
⇒
f (1) 1
a + 2b = 1
b 2 − 5b − 14 = 0
a + b = 1
=
f (0) 2
a + 1 2
(b − 7)(b + 2) = 0
b = 7
⇒
⇒ f(x) = −13 + 7 x ⇒ f (3) = −13 + 7 3 = 330.
b
=
7
ou
b
=
−
2(nãoconvé
m)
a
=
1
−
14
=
−
13
RESPOSTA: f(3) =330
Questão 04
Determine a área do triângulo ABC, sabendo que
• o ponto A é o vértice da parábola P, de equação y + x2 – 4x + 3 = 0;
• os pontos B e C são as intersecções da reta r de equação y – 2x + 6 = 0 com a parábola P.
RESOLUÇÃO:
Raízes da parábola y = – x2 + 4x – 3:
− 4 ± 16 − 12
⇒ x = 1 ou x = 3
−2
1+ 3
A abscissa do vértice A é: x =
= 2.
2
A ordenada do vértice é: y = −(2) 2 + 8 − 3 = −7 + 8 = 1
x=
Logo A = (2, 1).
y = − x 2 + 4x − 3
Resolvendo-se o sistema
tem-se os pontos B
y = 2x − 6
eC
y = − x 2 + 4x − 3 x 2 − 2x − 3 = 0
x = −1 tem − se y = −8
⇒
⇒
⇒B
y = 2x − 6
x = −1 ou x = 3 x = 3 tem − se y = 0
= (−1,−8) e C = (3, 0).
Raízes da parábola y = – x2 + 4x – 3:
− 4 ± 16 − 12
⇒ x = 1 ou x = 3
−2
1+ 3
A abscissa do vértice A é: x =
= 2.
2
A ordenada do vértice é: y = −(2) 2 + 8 − 3 = −7 + 8 = 1
x=
Logo A = (2, 1).
y = − x 2 + 4x − 3
tem-se os pontos B
Resolvendo-se o sistema
y = 2x − 6
eC
y = − x 2 + 4x − 3 x 2 − 2x − 3 = 0
x = −1 tem − se y = −8
⇒
⇒
⇒B
y = 2x − 6
x = −1 ou x = 3 x = 3 tem − se y = 0
= (−1,−8) e C = (3, 0).
A área do triângulo ABC é dada pela relação:
2
1 1
1
1
1
S = −1 − 2 1 = − 4 + 3 + 6 +1 = 6 = 3
2
2
2
3
0 1
Outro modo de encontrar a área do triângulo ABC:
A altura do triângulo ABC em relação ao lado BC é a
distância do ponto A= (2, 1) à reta y – 2x + 6 = 0:
d=
1− 4 + 6
1+ 4
=
3 5
.
5
A medida do lado BC é:
BC = (3 + 1) 2 + (0 + 8) 2 = 80 = 4 5
Então a área do triângulo ABC é:
S=
1
1
3 5
× BC × d = × 4 5 ×
=6
2
2
5
RESPOSTA: A área de ABC é 6u.a.
Questão 05
Um tampo de mesa de vidro, ao ser transportado, foi trincado em alguns pontos.
O único pedaço que restou para ser aproveitado tinha a forma de um triângulo retângulo com catetos
medindo 60cm e 60 3 cm.
Desejando-se fazer com esse pedaço de vidro um tampo de mesa com a maior área possível, de
forma retangular ou circular, encontre a melhor opção de escolha, indicando a área e a forma do
tampo de mesa, considerando que, no caso do formato retangular, um dos lados do retângulo deve
estar sobre a hipotenusa do triângulo.
RESOLUÇÃO:
I- A opção de escolha é um retângulo:
Sendo
tg(EÂC) =
CE
60
3
=
=
⇒ EÂC = 30° e AÊC = 60° .
AC 60 3
3
Os triângulos retângulos ACE, DFE e AGB são
semelhantes, logo
x
x
= tg60° e
= tg30°
FE
AG
⇒
x
x
3
x 3
= 3e
=
⇒ FE =
e AG = x 3
FE
AG
3
3
EC
60 1
Tem-se também
= sen30° ⇒
= ⇒ AE = 120 .
AE
AE 2
Pela figura conclui-se que y = 120 − (AG + FE) ⇒ y = 120 − x 3 +
A área do retângulo é: Sr = xy = x120 −
Smax(r) =
x=
4x 3
4x 2 3
= 120x −
3
3
x 3
4x 3
⇒ y = 120 −
3
3
cujo valor máximo é:
− 120 2
3
2700 2
cm 2 = 14400 ×
cm 2 =
cm = 900 3cm 2 ≈ 1557cm 2
4 3
16 3
3
− 4
3
para
−120
3
45
4 × 15 3 3
cm = 60 ×
cm =
cm = 15 3cm e y = 120 −
cm = 60cm
3
4 3
4 3
3
−2
3
II- A opção de escolha é um círculo:
Como dois segmentos tangentes a um círculo a partir
de um mesmo ponto são congruentes, ED = EF,
BC = CD e FA = AB.
Assim:
60 3 − r + 60 − r = 120 ⇒ 2r = 60 3 − 60 ⇒ r = (30 3 − 30)cm .
Então a área do círculo é:
Scir = π (30 3 − 30) 2 cm 2 = (3600 − 1800 3 )πcm 2 = 900(4 − 2 3 )πcm 2 ⇒
S max( cir ) =≈ 900(4 − 3,46) × 3,14cm 2 ≈ 1526,04cm2
.
RESPOSTA: Comparando a área máxima do retângulo com a do círculo, concluise que a melhor opção de escolha é a do retângulo com área aproximada de
1557cm 2 e lados medindo 15 3cm e 60cm .
Questão 06
Considerem-se a curva C de equação
x 2 y2
+
= 1 e o ponto P de coordenadas (2cos2θ, 3senθ),
4
3
θ∈[0, π].
Sabendo-se que P é ponto da curva, determine θ.
RESPOSTA:
x 2 y2
(2 cos 2θ )2 + (3senθ )2 = 1 ⇒ (cos 2θ )2 + 3(senθ )2 = 1 ⇒
+
=1⇒
4
3
4
3
1 − cos2θ
2
2
cos 2θ = cos θ − sen θ ⇒ cos2θ = 1 − sen 2θ − sen 2θ ⇒ sen 2θ =
⇒
2
(cos 2θ )2 + 3(senθ )2 = 1 ⇒ (cos 2θ )2 + 3 − 3 cos 2θ = 1 ⇒ 2(cos 2θ )2 − 3 cos 2θ + 1 = 0
2
3± 9−8
1
⇒ cos2θ = 1 ou cos2θ = ⇒ 2θ = 360°k, 2θ = 60° + 360°k ou 2θ = −60° + 360°k ⇒
4
2
θ = 180°k ⇒ θ = 0° e θ = 180°
θ = 30° + 180°k ⇒ θ = 30°
θ = −30° + 180°k ⇒ θ = 150°
cos2θ =
RESPOSTA: 0°, 30°, 150° e 180°.
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