MATEMÁTICA
COMENTÁRIO DA PROVA
Na intenção de estabelecer um comentário mais abranjente, vamos analisar a prova sob a luz de
5 critérios:
I. Correção dos enunciados: A prova comete duas imprecisões: na questão nº 6 haveria a necessidade de
3π
, uma vez que a expressão “medida do arco”
especificar que é o comprimento do arco que vale
2
sugere o valor do ângulo central.
Na questão nº 8, item b, seria necessário especificar que os números representados por a e b pertencem ao conjunto dos números reais.
II. Contexto: As questões atendem esse quesito, apresentando enunciados claros e coerentes, com a ressalva das imprecisões citadas no item anterior.
III. Abrangência: Um dos aspectos elogiáveis de prova. As questões conseguiram atender os principais
tópicos do programa do ensino médio.
IV. Graduação: A prova não apresenta questões fáceis nem difíceis. Ou seja, são de um padrão médio de
dificuldade. Seria possível graduar um pouco melhor, o que aumentaria a qualidade de prova como instrumento de seleção.
V. Pertinência: Dentro dos conteúdos programaticos abordados foram focados tópicos relevantes do
assunto em questão. Outro aspecto elogiável da prova.
No quadro a seguir, a síntese do comentário.
Correção
( ) Adequado
( X ) Adequado parcialmente
( ) Inadequado
Contexto
( X ) Adequado
( ) Adequado parcialmente
( ) Inadequado
Abrangência
( X ) Adequado
( ) Adequado parcialmente
( ) Inadequado
Gradação
( ) Adequado
( X ) Adequado parcialmente
( ) Inadequado
Pertinência
( ) Adequado
( X ) Adequado parcialmente
( ) Inadequado
Professores de Matemática do Curso Positivo.
1
MATEMÁTICA
Resolução:
• O gráfico de f(x) = x + 1 é uma reta que passa pelos pontos (0, 1) e (–1, 0)
• O gráfico de g(x) = 2 senx é uma senóide de período 2π e amplitude igual a 2. O conjunto imagem é o
intervalo [–2, 2]
2
MATEMÁTICA
Resolução:
• (fog)(x) = f(g(x)) = f(2 senx) = 2 sen(x) + 1
O gráfico de (fog)(x) é uma senóide de período 2π e amplitude 2. O conjunto imagem é o intervalo [–1, 3]
Esse gráfico pode ser obtido deslocando-se o gráfico de g(x) uma unidade para cima.
• (gof)(x) = g(f(x)) = g(x+1) = 2 sen(x) + 1
O gráfico de (gof)(x) é uma senóide de período 2π e amplitude 2. O conjunto imagem é o intervalo [–2, 2]
Esse gráfico pode ser obtido deslocando-se o gráfico de g(x) uma unidade para a esquerda.
3
MATEMÁTICA
Resolução:
a) Sendo M o valor da média aritmética das seis notas do estudante, tem-se:
M=
8,7. 4 + 8,0 + 8,2 51 17
= 8,5
=
=
4 + 1+ 1
6
2
Logo, a média aritmética das notas das seis provas será igual a 8,5.
Resolução:
Seja x o valor da média das duas últimas provas. Se a média das seis provas deve ser 9,0, então:
9,0 =
8,7. 4 + x. 2
4+ 2
9,0 =
34,8 + 2x
6
9,0 . 6 = 34,8 + 2x
54,0 – 34,8 = 2x
19,2 = 2x
19,2
=x
2
x = 9,6
Portanto, a média aritmética das notas das duas últimas provas deverá ser igual a 9,6.
4
MATEMÁTICA
Resolução:
A distância de P à origem O é:
dPO = (16 – 0) 2 + (–3 – 0) 2
dPQ = 256 + 9
dPQ = 265
Resposta: A distância de P à origem é 265 u . c.
Resolução:
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo OPQ, temos
PO2 = PQ2 + OQ2
(
265
) = 12
2
2
+ r2
265 = 144 + r2
121 = r2
11 = r
Resposta: O raio r tem medida igual a 11 u . c.
5
MATEMÁTICA
Resolução:
1 2 1
D= 2 0 3
1 6 0
Aplicando o método de Sarrus, temos
D = 0 + 6 +12 – 0 – 18 – 0∴ D = 0
Resposta: o determinante é igual a 0.
Resolução:
Da segunda equação, temos: r =
Da terceira equação, temos: q =
8 – 2p
,
3
1– p
.
6
Substituindo na primeira equação, temos
 1– p  8 – 2p
=3
p+2
+
 6 
3
Multiplicando por 3:
3p + 1 – p + 8 – 2p = 9∴ 0 = 0, onde concluímos que o sistema é possível e indeterminado e a solução
 1– p 8 – 2p 
(p, q, r) é  p,
,
 , sendo p, q e r quantidades.

6
3 
6
MATEMÁTICA
Resolução:
Considerando-se que não há distinção entre vogais maiúsculas e minúsculas, cada vogal da senha
pode ser escolhida de 5 maneiras possíveis (A, E, I, O ou U). Assim, pelo princípio fundamental da
contagem, a quantidade total de senhas de cinco vogais que podem ser geradas pelo programa é dada
por:
5 . 5 . 5 . 5 . 5 = 55 = 3125
Resolução:
Para que a senha seja segura, é necessário que não ocorram vogais iguais em posições consecutivas.
Assim, escolhida arbitrariamente a primeira vogal, a segunda vogal deve ser diferente da primeira. A
terceira vogal deve ser diferente da segunda, mas pode ser igual à primeira, pois a primeira e a terceira
vogais não são consecutivas. Do mesmo modo, a quarta vogal deve ser diferente da terceira, mas pode
ser igual à segunda; e a quinta vogal deve ser diferente da quarta, porém pode ser igual à terceira.
Assim, sendo p(S) a probabilidade de a senha ser segura, tem-se:
5 4 4 4 4 256
= 40,96%
p(S) = . . . . =
5 5 5 5 5 625
A probabilidade de a senha ser insegura pode ser calculada considerando-se que “senha segura” e
“senha insegura” são eventos complementares. Desta forma, sendo p(I) a probabilidade de a senha ser
insegura, tem-se:
p(I) + p(S) = 1
p(I) +
256
=1
625
p(I) = 1 –
p(I) =
256
625
369
= 59,04%
625
Portanto, a probabilidade de a senha ser insegura é igual a 59,04%.
7
MATEMÁTICA
Resolução:
O volume do bloco retangular é:
V = Área da base . altura
V = 4.4.8
V = 128 u.v.
A área S da base da pirâmide é a área do triângulo equilátero de lado l = 8, ou seja:
S=
l2 3
4
S=
82 3
4
S = 16 3 u.a.
Resposta: o volume do bloco é 128 u.v. e a área da base da pirâmide é 16 3 u.a.
Resolução:
Seja h a medida da altura da pirâmide. Como a área da base dessa pirâmide é 16 3 u.a, temos que:
Volume da pirâmide =
1
16 3.h
área da base x altura =
3
3
Volume do bloco = 128 u.v.
Para que os volumes sejam iguais devemos ter:
128 =
16 3.h
3
h = 8 3 u.c.
Resposta: A medida da altura da pirâmide deve ser 8 3 u.c.
8
MATEMÁTICA
Resolução:
Considerando
3π
como sendo o comprimento do arco BE temos:
2
3π
α
= 2
2π 2π.2
α=
3π
= 135o (Em que α é a medida angular do menor arco BE)
4
a) Triângulo BCD
sen 45o =
BD
2
2 BD
=
2
2
BD = 2 u.c.
Resolução:
A área hachurada S é a soma das áreas do setor circular ECB de ângulo central igual a
retângulo CDB.
3π
π .r 2.
4 +
Logo S =
2π
3π
π. 22 .
4 +1
S=
2π
2. 2
2
⇒
S=
3π
+ 1 u.a.
2
9
3π
e do triângulo
4
MATEMÁTICA
Resolução:
13.(2 – 3i)
(2 + 3i).(2 – 3i)
z0= 4i +
z0= 4i +
z0= 4i +
13.(2 – 3i)
2 2 – 3 2.i 2
13.(2 – 3i)
13
z0= 4i + 2 – 3i
z 0= 2 + i
Resposta: Re(z0) = 2 e Im(z0) = 1
Resolução:
Considerando a e b números reais:
(1 – i)2 + a(1 – i) + b = 0
1 – 2i + i2 + a – ai + b = 0
(a + b) + (–a – 2)i = 0
a + b = 0
⇒ a = – 2; b = 2

 –a – 2 = 0
Observação:
Os valores de a e b só podem ser obtidos considerando a natureza de a e b.
10
MATEMÁTICA
Resolução:
r:
y = ax + b
(0; 1) ∈ r ⇒ 1 = a.0 + b ⇒ b = 1
(log2; 2) ∈ r ⇒ 2 = a . log2 + 1
1 = a . log2
1 = a . 0,3
10
a=
3
10
x + 1 é a equação da reta r.
Logo: y =
3
Resolução:
• f(100,06) ≅
f(10
0,06
• log10(1,7) = x
10
. 0,06 + 1
3
10x = 1,7 ⇒ f(x) = 1,7
) ≅ 0,2 + 1
Substituindo na função afim:
f(100,06) ≅ 1,2
1,7 =
10
.x+1
3
0,7 =
10
x
3
2,1 = 10x
x = 0,21 ⇒ log(1,7) = 0,21
11
MATEMÁTICA
Resolução:
n = 1 ⇒ P1 = (7, 1)

4 2.2 2  
8
 =  5, 
n = 2 ⇒ P2 =  3 + ,
2
2 2 + 1 
5


4 2.3 2   13 18   13 9 
 = ,
n = 3 ⇒ P3 =  3 + ,
 = , 
3 3 2 + 1  3 10   3 5 


4 2.4 2  
32
 =  4,
n = 4 ⇒ P4 =  3 + ,

4 4 2 + 1 
17 

Resolução:
4
4
A abscissa de Pn é 3 + . Quanto maior é o valor de n, a fração se torna tão próxima de zero quanto se
n
n
queira. Portanto, a abscissa de P n tende 3 + 0, ou seja, 3.
A ordenada de Pn é
2n 2
2
n +1
=
2
2
n +1
n2
2
=
1+
1
. Quanto maior é o valor de n, mais a fração
n2
2
zero. Logo, a ordenada de Pn tende a
= 2.
1+ 0
Resposta: conforme n aumenta, Pn se aproxima do ponto (3, 2).
12
1
n2
se aproxima de