25/01/2004
Matemática
P ADRÃO DE RESPOSTAS
(valor de cada questão = 2,0 pontos)
Questão
Resposta
A) número de questões corretas = a
número de questões erradas ou não-respondidas = e
pontuação nula → e = 4a
4a + a =100
5a = 100
a = 20 → pontuação nula
número mínimo de questões corretas para obter pontuação maior que zero = 21
1
B)  a + e = 100

 a − e = 60

4
 a + e = 100

4a − e = 240
5a = 340
número mínimo de questões corretas para ser aprovado: 68
 2π

(t − 101) = −1
A) sen 
 365

π
2π
(t − 101) = −
365
2
39
∴ t ≅ 9,75 dias
4
dia no qual a temperatura será a menor possível: 10 de janeiro
t=
2
B) C = 5 (F − 32) ∴ 0oC = 32 F
9
 2π
50 sen 
 365

(t − 101) + 7 < 32

 2π
 1
sen 
(t − 101) <
 365
 2
25/01/2004
Matemática
As soluções são da forma:
5π
13π
 2π

+ 2kπ < α <
+ 2kπ em que α = 
(t − 101) e k ∈ Z
6
6
 365

2
Escolhendo, sem perda de generalidade, k = 0, temos:
5π 2π
13π
<
(t − 101) <
∴ 253,1 < t < 496, 4 ∴ 254 ≤ t ≤ 496
6 365
6
número total de dias em que se esperam temperaturas abaixo de 0ºC:
496 – 254 + 1 = 243
A) A equação de uma reta paralela a y = 3x + 2 é y = 3x + c, em que c é uma constante real.
 y = 2x 2
→ 2x 2 − 3x − c = 0

 y = 3x + c
Para que as curvas só tenham um ponto de interseção → ∆ = 0 ∴ c = −
equação da reta (t): y = 3x −
Como ∆ = 0 , temos x = −
9
ou 24x − 8y − 9 = 0
8
(−3) 3
=
2×2 4
Substituindo na equação da reta (t), temos y =
3
 3 9
coordenadas do ponto P =  ; 
4 8
B) Interseção da parábola com a reta (r):
y = 3x
3
⇒ 2x 2 − 3x = 0 ∴ x = 0 ou x =

2
2
 y = 2x
 3 9
pontos A (0 ; 0) e B  ; 
 2 2
Interseção da parábola com a reta (s):
y = 3x + 2
1
⇒ x=−
ou x = 2

2
2
y = 2x
 1 1
pontos C  − ;  e D (2; 8)
 2 2
9
8
9
8
25/01/2004
Matemática
bases do trapézio: AB e CD
2
2
AB =
3 10
 3  9
  +  =
2
 2  2
CD =
5 10
 5   15 
  +  =
2
 2  2 
2
3
2
altura do trapézio = distância entre (r) e (s) ⇒
3× 0 − 0 + 2
3 2 + (−1) 2
=
2
10
 3 10 5 10 


 2 + 2 
× 2 =4
área do trapézio = 
2
10
A) Dimensões da caixa:
base = (30 – 2x) cm
largura = (16 – 2x) cm
área lateral = 2x (30 − 2x ) + 2x (16 − 2x ) = 92x – 8x2
92x – 8x2 = 204 ∴2x2 – 23x + 51 = 0 ∴x = 3 ou x = 8,5
menor das dimensões = (16 – 2x) cm ∴0 < x < 8. Logo, x = 3
lado do maior quadrado a ser cortado = 3 cm
B) Volume = x (30 – 2x) (16 – 2x) = 4x3 – 92x2 + 480x
4x3 – 92x2 + 480x = 600 ∴x3 – 23x2 + 120x – 150 = 0
4
Menor das dimensões = (16 – 2x) cm ∴0 < x < 8
As raízes positivas menores que 8 estão entre os divisores positivos de 150 menores
que 8, que são 1; 2; 3; 5; 6.
Por Briot Ruffini:
5
1
−23
120
−150
1
−18
30
0
x3 – 23x2 + 120x – 150 = (x – 5) (x2 – 18x + 30) = ( x − 5) (x − x1 ) (x − x 2 ) , com
x 1 = 9 + 51 e x 2 = 9 − 51
x1 > 8 e x2 < 2 ⇒ x1 está fora do domínio e x 2 é menor do que 5.
Lado do maior quadrado a ser cortado = 5 cm
25/01/2004
Matemática
A) número de sanduíches diferentes: 3 tipos de pão, 2 tamanhos, de 1 até 5 recheios
(
)
3 × 2 × 25 − 1 =
6 × 31 = 186
5
B) número de sanduíches: 2 tipos de pão, 1 tamanho, 2 dentre 5 recheios
2 × 1 × C 52 =
2×
5!
= 5 × 4 = 20
2!3!
cosθ1 − senθ1
A) R θ × R θ = 
1
2 senθ1
cosθ1

cosθ1 cosθ − senθ1 senθ2
2


senθ1 cosθ2 + cosθ1 senθ2




cosθ2 − senθ2

senθ
cosθ2

2

=


− senθ2 cosθ1 − senθ1 cosθ2 
=
− senθ1 senθ2 + cosθ1cosθ2 
cos (θ1 + θ2 ) − sen(θ1 + θ2 ) 

Rθ +θ = 
sen (θ + θ )

1
2
cos(θ
+
θ
)

1
2
1
2 
6
Utilizando as fórmulas de adição, temos:
cosθ1 cosθ2 − senθ senθ2
1

senθ cosθ + senθ cosθ

1
2
2
1
− senθ1 cosθ2 − senθ2 cosθ1
 = R ×R
θ
θ
cosθ1 cosθ2 − senθ1senθ2 
1
2
B) A matriz −I representa a transformação do vetor v em −v. Portanto, trata-se de uma
rotação de 180 graus.
Para obtermos este resultado devemos executar 3 rotações sucessivas de 60 graus.
π
θ = 60º ou
rad
3
A) Substituindo os dados:
1
 3
T0 = 20ºC, T(0) = 100ºC e T   = 40ºC na relação T = T0 +ke−ct , encontraremos:
e
7
−
c
3
=
1
4
5 1 5
5
Como queremos T   , basta observarmos que = × .
6 3 2
6
5
5
 −c 2


 5
1
1


T   = 20 + 80  e 3  = 20 + 80   2 = 20 + 80 ×
= 22,5ºC
6
4
32
 
 




B) Pela lei do resfriamento, teremos: 50 = 20 + 80e−ct ou seja e−ct =
t
Como e
−c
1
3
 1 
=
, teremos   =
64
8
 64 
3
.
8
25/01/2004
Matemática
Usando logaritmos:
7
t=
3ln 2 − ln 3 1 1,1 1 11
21 − 11 10 5
5
= −
= −
=
=
= h=
× 60 min ≅ 15 min
6 ln 2
2 4,2 2 42
42
42 21
21
A)
x = medida de AE
y = medida de BD
Temos:
2x
AG =
e GE =
3
2y
BG =
e GD =
3
x
3
y
3
Pitágoras:
2
2
2
2
c
x
 y
  =   + 
 2
 3
3
8
2
2
 2y 
 2x 
; c 2 =   +  
 3 
 3 
2
2
2
2
 2x 
 2y 
 b
a 
x
y

 ;   =   + 
  =   + 
 3
3
 2
 3 
 3 
 2
c 2
a 2
Logo   + c 2 =   +
2
2
 b
 
 2
2
2
5c 2 a 2 + b 2
=
4
4
c=
a2 + b 2
5
B) ∆ADG e ∆BEG são retângulos.
2x y
2y x
•
•
xy
3 = xy
S ADG = 3 3 =
S BEG = 3
2
9
2
9
S ADG = S BEG
S ADG
=1
S BEG
25/01/2004
Matemática
A) Volume da embalagem menor = π × 4 2 × 5 = 80 π cm 3
Volume da embalagem maior = π × 5 2 × 8 = 200 π cm 3
Se embalagem menor = 200 g de manteiga, densidade =
Logo, embalagem maior = 200 π ×
200 g
5
=
g / cm3 .
3
80 π cm
2π
5
= 500 g de manteiga.
2π
9
B) Embalagem maior =
4,00
1
=
500 125
Logo 200 g → R$ 1,60 na embalagem maior.
Se 200 g de manteiga = R$1,75 na embalagem menor, então a embalagem maior
apresenta o menor preço por unidade de medida.
A) Divisão do quadrilátero em 2 triângulos e cálculo das áreas desses triângulos:
−
A1 =
1
2
−
A2 =
10
1
2
3
2
0
1
3
2
4
1 = 7,75
5
7
2
1
3
2
0
1
2
1
2
1 = 4,5
5
7
2
1
área total no mapa = 12,25 cm2
escala: 1 cm = 100 km
12,25 cm 2 = 12,25 ×10.000 km 2 = 122.500 km2
B) Sejam A, B, C e P dados, respectivamente, por  − 3 ,0  ,
 2 
3   1
 , 4  ,  2,  e (x,y).
 2   2
3x + 4 y = 8
Resolvendo PA = PB = PC, chegaremos ao sistema 
7x + y = 2
 3x + 4 y = 8

− 28 x − 4 y = − 8
− 25x = 0 ∴ x = 0 e y = 2
P = (0;2)