PROVA DE MATEMÁTICA DA UFBA
VESTIBULAR– 2010 – 1a Fase
RESOLUÇÃO: Profa. Maria Antônia Gouveia.
QUESTÃO 01
Sobre números reais, é correto afirmar:
(01) Se m é um número inteiro divisível por 3 e n é um número inteiro divisível por
5, então m + n é divisível por 15.
(02) O quadrado de um inteiro divisível por 7 é também por 7.
(04) Se o resto da divisão de um inteiro n por 3 é ímpar, então n é ímpar.
(08) Se x e y são números reais positivos, então existe um número natural n tal
y
que n > .
x
(16) Se x é um número real positivo, então x2 > x.
(32) O produto de dois números irracionais distintos é um número irracional.
RESOLUÇÃO:
(01) FALSA.
Contra-exemplo: considere-se m = 3, n = 5 e m + n = 8, que não é múltiplo de 15.
(02) VERDADEIRA.
Seja m = 7a, com a inteiro, m2 = 7².a², então, m2 é um múltiplo de 7.
(04) FALSA.
Numa divisão inexata por 3, os restos só podem ser 1 ou 2.
Contra-exemplo: 16 = 5  3 + 1. O resto 1 é ímpar, porém o dividendo 16, é par.
(08) VERDADEIRA.
Seja, por exemplo, x = 9 e y = 16. Tem-se
números naturais maiores que
y 16

 1,7777....  2  existem infinitos
x 9
y
.
x
(16) FALSA.
Se x é um número real positivo, com 0 < x < 1, x2 < x.
1
1
Exemplo: Se x =
então, x2 =
 x2 < x.
2
4
(32) FALSA.
Contra-exemplo: Sejam os números irracionais 2 3 3
e 5 3 9 . O produto desses
números é 2 3 3  5 3 9  10 3 27  30 que é um número racional.
1
QUESTÃO 02
n
 n2 
 e
2
 n 1 
Considerando-se as seqüências (an) e (bn) definidas por a n  ( 1) 
b1  1


 n  2  n , para n = 1, 2, 3, ..., é correto afirmar:
b n 1   n  1  b



(01) O produto de dois termos consecutivos quaisquer da sequência (an) é um
número negativo.
(02) Para qualquer n, tem-se 1 < an < 1.
(04) A sequência (bn) é crescente.
(08) Existe n tal que an =
1
.
2
(16) A sequência (bn) é uma progressão aritmética.
(32) A sequência (an) é uma progressão geométrica de razão negativa.
RESOLUÇÃO:
Desenvolvendo cada uma das sequências:
n
1
22  4
 n2 
 1 
2

a
=
(

1)


;
a

(

1)


 ;


1
2
2
2
2
 11 
 n 1 
 2 1  5
1) a n  ( 1) 
9
 32 
 4 2  16
;.... 
a 3  (1)3  2    ; a 4  (1) 4  2  
10
 3 1 
 4  1  17
1 4
9 16
(an) =  , , 
, ,....
2 5 10 17
b1  1
3

4 3
2) 
 n  2   b1 = 1; b2= ; b3 =     2 ; b4 =
b

b
2
3 2
 n 1  n  1  n



6 5
b5 =     3 ;....
5 2
3
5 7
(bn) = 1, , 2, ,3, , 4,....
2
2 2
5
5
 2  ;
4
2
 
(01) VERDADEIRA.
Dois termos consecutivos quaisquer da sequência (an) são números com sinais
opostos.
(02) VERDADEIRA.
Para qualquer número natural n, tem-se n2 < n2 + 1 e então, sempre se verifica a
desigualdade  1 < an < 1.
(04) VERDADEIRA.
1<
3
5
<2<
< 3 < .........
2
2
2
(08) FALSA.
Analisando os termos da sequência (an) = 
1 4
9 16
, ,  , ,....
2 5 10 17
(16) VERDADEIRA.
A sequência (bn) é uma progressão aritmética de razão
1
.
2
(32) FALSA.
2
 1   9   4
,       .
 2   10   5 
Na sequência (an) tem-se  
Questão 03
Sendo f: R  R, g: R  R, h: R ] 0, +∞[ e q: ] 0, +∞[  R as funções definidas
por f(x)=x2−5x, g(x)=3x−1, h(x)=2x e q(x)=−log2x, é correto afirmar:
(01) A função h é a inversa da função −q.
(02) A função q é crescente.
(04) O conjunto imagem da função gοh é ]−∞, 1[ .
(08) Os gráficos das funções f e g se intersectam em exatamente dois pontos.
(16) Para qualquer x > 5, tem-se q(f(x)) = q(x) + q(x − 5).
(32) O perímetro do triângulo cujos vértices são a origem do plano cartesiano e os
pontos de interseção do gráfico da função g com os eixos coordenados é igual a
10  4
u.c.
3
RESOLUÇÃO:
(01) VERDADEIRA.
Se q(x)=−log2x, então − q(x) = r(x)= log2x. Nessa função trocando x por y e y
por x: x = log2y  y = 2x  (− q(x)) 1 = h(x).
(02) FALSA.
Ao tem-se lado, o gráfico de q(x)=−log2x.
Pela análise do gráfico conclui-se que q(x) é
uma função decrescente.
3
(04) FALSA.
gοh(x) = 3(2x) −1  3(2x) −1 = 0 
3(2x) = 1  (2x) = 1/3  x  log 2 1 3 .
Analisando o gráfico abaixo, conclui-se que o
conjunto imagem da função gοh é ] −1,∞ [
e não ]−∞, 1[.
(08) VERDADEIRA.
Os gráficos das funções f e g se intersectam no(s) ponto(s) onde f(x) = g(x) 
x2 −5x=3x−1  x2 −8x + 1= 0  x =
x
8  64  4

2








4 
15 , 11  3 15 e 4  15 , 11  3 15
3 4  15  1  11  3 15  0, ou
8  60

 x  4  15  y  
2
3 4  15  1  11  3 15  0
Os pontos de intersecção são:
Graficamente:

 


Sendo f: R  R, g: R  R, h: R ] 0, +∞[ e q: ] 0, +∞[  R as funções definidas
por f(x)=x2 −5x, g(x)=3x−1, h(x)=2x e q(x)= −log2x, é correto afirmar:
(16) VERDADEIRA.
Sendo f(x)=x2−5x, q(x)=−log2x e q(f(x)) = q(x) + q(x − 5), tem-se
q(f(x)) = −log2 (x2 – 5x) e q(f(x)) = q(x) + q(x − 5)= −log2x −log2 (x − 5) 
log2 (x2 – 5x) = −log2x −log2 (x − 5) (I).
A condição de existência dessa igualdade é dada por x2 – 5x > 0 e x − 5 > 0 
x > 5.
Desenvolvendo o segundo membro da igualdade (I):
−log2 (x2 – 5x) = −log2x −log2 (x − 5)  −log2 (x2 – 5x) = −[log2x +log2 (x − 5)]
log2 (x2 – 5x) = log2 (x2 − 5x)
Logo, a igualdade q(f(x)) = q(x) + q(x − 5) é verdadeira para todo x > 5.
4
(32) VERDADEIRA.
O gráfico de g(x)=3x−1 é a reta BC representada no gráfico
ao lado.
2
Sendo BC =
1

2
  0   0  1 
3

1
10
1
1 
, AB =
e AC =
9
3
3
1, o perímetro do triângulo ABC é:
10 1
10  4
u.c.
 1 
3
3
3
Questão 04
Uma empresa observou que a quantidade Q, em toneladas, de carne que ela
exporta em uma semana é dada por Q(x) = ax2 + bx + c, sendo a, b e c
constantes, e x o preço do produto, em reais, por quilograma, praticado na referida
semana, sendo 3 ≤ x ≤ 8. Sabe-se que para o preço de R$3,00, a quantidade é de
7,5 toneladas, que para R$4,00, a quantidade é máxima e que para R$8,00, a
quantidade é zero.
Com base nessas informações, pode-se afirmar:
(01) A quantidade Q(x) diminui à medida que o preço x aumenta.
(02) Para o preço de R$5,00, a quantidade é de 7,5 toneladas.
b
(04) A constante é igual a −8.
a
(08) Existe um único preço x, 3 ≤ x ≤ 8, tal que Q(x) = 3,5.
(16) Para cada preço x, 3 ≤ x ≤ 8, tem-se Q(x) = −x2 + 8x.
RESOLUÇÃO:
Como para x = R$4,00 a quantidade de toneladas de carne exportada é máxima,
tem-se:
b
xv  4 
 b  8a  que a função Q(x) = ax2 + bx + c tem a forma:
2a
Q(x)  ax 2  8ax  c .
Nesta última equação, substituindo as variáveis pelas coordenadas dos pares
ordenados (3; 7,5) e (8; 0):
9a  24a  c  7,5  15a  c  7,5 15a  7,5


 Q(x)  0,5x 2

64a  64a  c  0
c  0
a  0,5
 4x.
5
(01) FALSA.
Analisando o gráfico ao lado, verificase que a função Q(x) é crescente
quando o valor de x cresce no
intervalo [3,4] e é decrescente quando
o valor de x cresce no intervalo ]4, 8].
(02) VERDADEIRA.
A reta x = 4 é o eixo de simetria da parábola e as retas x = 3 e x = 5 são
simétricas em relação a esse eixo, logo interceptam a parábola em pontos
simétricos e de mesma ordenada. Assim como para o preço de R$3,00, a
quantidade é de 7,5 toneladas, também o é para o preço de R$5,00.
O que pode ser confirmado fazendo Q(5) = − 0,525 +40,5 = − 12,5 + 20 = 7,5.
(04) VERDADEIRA.
b
b
b
 4  2
  8   8 .
2a
a
 2a 
(08) VERDADEIRA.
Resolvendo a equação −0,5x2 + 4x =
3,5  5x² – 40x – 35 = 0 
x² – 8x – 7 =  x = 1 ( não
pertencente ao domínio) e x = 7.
Pela análise do gráfico, percebe-se
que somente o valor de R$7,00
pertencente ao domínio da função.
(16) FALSA.
Para cada preço x, 3 ≤ x ≤ 8, tem-se Q(x) = −0,5x2 + 4x.
Questão 05
Considerando-se operações de empréstimo com taxa de juros compostos de 5% ao
mês e operações de desconto simples com taxa de 2% ao mês, é correto afirmar:
(01) Contraindo-se um empréstimo de R$1000,00, o montante a ser pago, ao final
de 30 dias, será R$1500,00.
(02) Para um empréstimo a ser pago no prazo de 10 meses, o total de juros será
igual à metade do valor do empréstimo.
(04) O montante de um empréstimo a ser pago ao final de n meses é igual ao valor
do empréstimo multiplicado por 1,05n.
(08) Para uma operação de desconto simples, o valor atual de um título, com valor
nominal R$2000,00 e vencimento em três meses, é igual a R$1880,00.
6
(16) Em uma operação de desconto simples, o valor atual de um título, com
vencimento em um mês, é igual a 98% do seu valor nominal.
RESOLUÇÃO:
(01) FALSA.
M = C(1 + i)n = 1000 (1 + 0,05) = 1050.
(02) FALSA.
j = C(1 +0,05)10 – C = 1,63C– C = 0,63C > 0,5C.
(04) VERDADEIRA.
M = C(1 + i)n = C(1+0,05)n = C  1,05n.
(08) VERDADEIRA.
A = 2000 – 0,02  2000 = 2000 – 120 = 1880.
(16) VERDADEIRA.
A = N – 0,02N = 0,98N
Questão 06
Os dados a seguir referem-se aos alunos matriculados nas três turmas de um curso
de Inglês.
Turma A
Turma B
Turma C
Número de meninos
17
18
15
Número de meninas
23
22
25
Com base nesses dados, é correto afirmar:
(01) Em cada turma, a razão entre o número de meninos e o número de meninas é
3
menor que .
4
(02) O número de meninos do curso é igual a 40% do total de alunos
matriculados.
(04) A média do número de meninas por turma é menor que 23.
(08) O número de duplas que podem ser formadas apenas com meninas é igual a
2415.
(16) Sorteando-se um estudante do curso, a probabilidade de ser uma menina da
23
turma A é igual a
.
120
(32) Sorteando-se um estudante do curso, a probabilidade de ser uma menina ou
87
ser da turma A é igual a
.
120
RESOLUÇÃO:
(01) FALSA.
Reduzindo as quatro frações à forma de número decimal, tem-se a constatação de
que a afirmativa é falsa.
17
18
15
3
15
17
3
18
.
 0,7391;
 0,8181;
 0,60 e  0,75 



23
22
25
4
25
23
4
22
(02) FALSA.
Para verificar a validade da afirmação basta determinar a razão entre o número de
meninos matriculados no curso e o total de alunos:
17  18  15
50

 0,4167  41,67%
17  23  18  22  15  25 120
7
(04) FALSA.
É falsa porque a média é: m =
23  22  25 70

 23,3333.. > 23.
3
3
(08) VERDADEIRA.
O total de meninas é 70, e C70, 2 
70  69
 35  69  2415
2
(16) VERDADEIRA.
n(alunas da A)
23
p=

.
n(total de alunos) 120
(32) VERDADEIRA.
p(M  A) = p(M) + p(A) – p(AM) =
70
40
23
87
.



120 120 120 120
Questão 07
Na figura, considere os pontos A(4, 0), B(4,
2), C(4, 3) e D(3, 3) e a reta r que passa
pela origem do sistema de coordenadas e
pelo ponto B.
Com base nessa informação, pode-se
afirmar:
(01) O triângulo BCD é equilátero.
(02) A área do setor circular hachurado é
π
igual a u.a.
4
x
(04) A equação y = representa a reta r.
2
(08) O ângulo entre o eixo Ox, no sentido positivo, e a reta r mede 30°.
(16) A imagem do ponto C pela reflexão em relação à reta r é o ponto de
coordenadas (4, 1).
1
(32) A imagem do triângulo OAB pela homotetia de razão é um triângulo de área
3
(64) A imagem do ponto D pela rotação de 45° em torno da origem do sistema, no
sentido positivo, é o ponto de coordenadas (0, 3).
RESOLUÇÃO:
(01) FALSA.
O triângulo BCD é retângulo e isósceles.
(02) VERDADEIRA.
A área do setor circular, hachurado, é igual a
S círculo π
 u.a.
4
4
(04) VERDADEIRA.
Considerando como O a origem dos eixos, no
2 1
triângulo retângulo ABO, a tg(AÔB) =  ,
4 2
8
assim a equação y =
x
representa a reta r.
2
(08) FALSA.
O ângulo  do triângulo retângulo ABO, tem
tangente igual a
2 1
3
 
 tg30 .
4 2
3
(16) FALSA.
O ponto C’ é a imagem do ponto C pela
reflexão em relação à reta r. Pela figura vêse que a abscissa x’, do ponto C’, é maior
que 4.
(32) FALSA.
4 2
 4u.a.
2
O triângulo obtido do triângulo OAB, por uma
homotetia de qualquer razão, é semelhante a
ele.
No caso em questão, considerando O, o centro
1
da homotetia e , a razão de semelhança, tem3
A área do triângulo OAB é: S =
2
se:
S'  1 
S' 1
4
      S'  u.a.
S  3
4 9
9
(64) FALSA.
O ponto D é vértice do quadrado OEDF de lado 3. OD é
diagonal desse quadrado, logo sua medida é 3 2 u.c. .
Como a imagem do ponto D pela rotação de 45° em
torno da origem do sistema, no sentido positivo, é o
ponto D’, então as coordenadas desse ponto são dadas
pelo par ordenado (0,3 2 ) .
Questão 08
Os dados do quadro referem-se ao número de derrotas, empates e vitórias dos três
times que obtiveram as maiores pontuações ao final de um torneio de futebol, em
que todos os times jogaram o mesmo número de partidas. Sabe-se que a
pontuação final de cada time é obtida subtraindo-se um ponto por cada derrota,
somando-se um ponto por empate, e dois pontos por vitória.
Número de
Número de
Número de
derrotas
empates
vitórias
Time A
2
3
5
Time B
1
5
4
Time C
x
0
z
Com base nessas informações, pode-se afirmar:
(01) Sabendo-se que o time C não perdeu todas as partidas, sua pontuação final é
um número inteiro pertencente ao intervalo [−7, 20].
(02) Se o time C obteve pontuação final menor que a dos times A e B, então ele
venceu, no máximo, 6 partidas.
(04) Se o time C venceu 7 partidas, sua pontuação final é igual à do time B.
9
(08) Caso o time C tenha perdido uma partida para o time A e outra para o time B,
é impossível que ele tenha a maior pontuação final entre os três times.
 2 3 5
  1


 
(16) Sendo M =  1 5 4  e N =  1  então o produto M.N é uma matriz da forma
x 0 z
 2


 
a
 
 b  tal que a, b e c representam, respectivamente, as pontuações finais dos times
c
 
A, B e C.
RESOLUÇÃO:
O número de partidas de cada time foi 10, x + z = 10.
Time A
Time B
Time C
Número
de
derrotas
2
1
x
Número de
empates
3
5
0
Número
de
vitórias
5
4
z
Total de pontos
25 + 13  21 = 11
24 + 15  11 = 12
2z + 10  x1 = 2z – x
(01) VERDADEIRA.
Como não perdeu todas as partidas, o número máximo de partidas que C poderia
ter perdido é 9. Nesse caso, o seu total de pontos teria sido: 12  19 = −7.
Poderia ter ganho todas as partidas e seu total de pontos, nesse caso, seria 20
Logo, sua pontuação final é um número inteiro, pertencente ao intervalo [−7, 20].
(02) VERDADEIRA.
x  z  10
x  10  z
3z  21


 z  6,5,4,3,2,1,0 .

2z  x  11 2z  (10  z)  11 z  7
Então o time C venceu, no máximo, 6 partidas.
(04) FALSA.
Se o time C venceu 7 partidas, empatou 3 partidas e sua pontuação final é igual
27  31 = 11, logo não é igual à pontuação do time B.
(08) FALSA.
Caso o time C tenha perdido uma partida para o time A e outra para o time B, e
ganho as outras 8 partidas, o seu total de pontos será: 28  21 = 14.
(16) VERDADEIRA.
 2 3 5


 1 5 4 
x 0 z


  1

 1
 2


 11 



 =  12  .

 2z  x 



10
Questão 09
Sendo θ o ângulo formado entre uma diagonal e uma face de um mesmo cubo,
1
determine
.
sen 2θ
RESOLUÇÃO:
Na figura ao lado, o triângulo retângulo ABC tem como
hipotenusa AC , diagonal do cubo, que forma com a face
ABD o ângulo , oposto ao cateto BC .
Logo o sen  =
a
a 3

1
3

1
1
3


 3.
3
sen 2 θ  1  2


 3
RESPOSTA: 03
Questão 10
Considere a proposta, elaborada por um cidadão interessado em melhorar o
sistema penitenciário: Durante o período da pena, o presidiário tem a opção de
trabalhar, no próprio presídio, nos dias em que ele escolher, exceto aos sábados e
domingos, e cada três dias de trabalho reduz um dia da sua pena.
De acordo com essa proposta, se um presidiário, condenado a 364 dias de
detenção, resolver trabalhar todos os dias possíveis desde o seu ingresso no
presídio, terá direito à liberdade t dias antes de completar a pena. Determine t.
RESOLUÇÃO:
Considerando como n o número total de dias do período durante o qual o
presidiário deverá trabalhar, tem-se n + t = 364.
n
O período de n dias é formado de semanas. Então o número de sábados e
7
2n
domingos, nesse período de n dias, é
.
7
O número total de dias durante os quais o presidiário deverá trabalhar será:
2n 7n  2n 5n
.
n


7
7
7
Como a cada três dias trabalhados, o presidiário tem sua pena reduzida em um dia,
subtende-se que o número total de dias a ser reduzido, na pena, será :
1 5n
5n
.
t 
t
3 7
21
5n
 5n

 364
26n  7644 t  364  294
t 
n 
Tem-se então o sistema



.
21
21


t  70
n  t  364 21n  5n  7644 n  294
RESPOSTA: t = 70.
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