Vestibular 2011 — 2a fase                                       Gabarito — MatemáticaQuestão 01 (Valor: 15 pontos)Sejam U ...
O      quadrado             da       distância           entre      P1     e    P2     é     dado     porD2 = (10 − t )2 +...
Tem-se assim,                                 π         π   •    Para k = 0: x = π , x =     , x=−                        ...
2 3l=       m = 3 r 2 − h2      3A área da base da pirâmide é igual a       3 2 2 3                  3 3 2 2Sb =      r −h...
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  1. 1. Vestibular 2011 — 2a fase Gabarito — MatemáticaQuestão 01 (Valor: 15 pontos)Sejam U o conjunto de todos os números de 5 algarismos distintos formados com osalgarismos 1, 3, 5, 8 e 9 e M o conjunto de todos os números de 5 algarismos distintosformados com os algarismos 1, 3, 5, 8 e 9 que são menores que 58 931. n(M)A probabilidade de, escolhendo-se ao acaso, um elemento de U pertencer a M é , sendo n(U)n(M) e N(U) o número de elementos de M e de U, respectivamente.Tem-se que n(U) = 5! = 5.4.3.2.1 = 120.Cálculo do número de elementos de M:• número de elementos de U que começam com 1: 1_ _ _ _: Fixado o algarismo 1 na 1ª posição temos 4 algarismos para permutar, logo corresponde a 4! = 4.3.2.1 = 24.• número de elementos de U que começam com 3: 3 _ _ _ _: Fixado o algarismo 3 na 1ª posição temos 4 algarismos para permutar, logo corresponde a 4! = 4.3.2.1 = 24.• número de elementos de U que começam com os algarismos 51_ _ _: Fixados os algarismos 5 e 1 temos 3 algarismos para permutar, logo corresponde a 3! = 3.2.1 = 6.• número de elementos de U que começam com os algarismos 53_ _ _: Fixados os algarismos 5 e 3 temos 3 algarismos para permutar, logo corresponde a 3! = 3.2.1 = 6.• número de elementos de U que começam com os algarismos 581_ _: Fixados os algarismos 5, 8 e 1 temos 2 algarismos para permutar, logo corresponde a 2! = 2.1 = 2.• número de elementos de U que começam com os algarismos 583_ _: Fixados os algarismos 5, 8 e 1 temos 2 algarismos para permutar, logo corresponde a 2! = 2.1 = 2.• por último o número 58913. 65 13Assim, n(M) = 24 + 24 + 6 + 6 + 2 + 2 + 1 = 65, logo a probabilidade é igual a = . 120 24Questão 02 (Valor: 15 pontos)Em cada instante t a posição da partícula P1 é dada por (0, 2t) e a posição da partícula P2 dadapor (10 − t, 0). P1(0,2t) P2(10-t,0)
  2. 2. O quadrado da distância entre P1 e P2 é dado porD2 = (10 − t )2 + (2t )2 = 100 − 20t + t 2 + 4t 2 = 5t 2 − 20t + 100, função quadrática que assume valor − ( −20)mínimo para t = = 2 . Logo, quando o quadrado da distância é mínimo os pontos estarão 10 x ynas posições P2(8, 0) e P1(0, 4). A reta que passa por esses pontos tem equação + = 1, 8 4ou, 4x + 8y = 32 ou x + 2y = 8.Questão 03 (Valor: 20 pontos)Como P(x) é divisível por x2 + 2, duas de suas raízes são − 2i e 2i e as outras três aestando em progressão geométrica, pode-se escrevê-las como , a, aq, sendo q a razão qda PG.Usando as relações entre coeficientes e raízes para P(x), tem-se: 7 a 7• a soma das raízes é , logo − 2i + 2i + + a + aq = , o que equivale a 3 q 3 a + aq + aq2 7 = . (I) q 3 6 a• o produto das raízes é − = −2 , logo − 2i . 2i . . a . aq = − 2 o que resulta em a3 = −1 e, 3 q portanto, a = −1 .Substituindo a = −1 em (I ) obtém-se: − 1− q − q2 7 1 = ⇒ −3 − 3q − 3q2 = 7q ⇒ 3q2 + 10q + 3 = 0 ⇒ q = −3 ou q = − . q 3 3 1Conclui-se, portanto, que as raízes são , −1 e 3 . 3 1Sendo assim, P(x) = 3(x 2 + 2)(x − )(x + 1)(x − 3) e o resto da divisão de P(x) por x+2 é igual a 3 1 7P(−2) = 3((−2) + 2)( −2 − )(−2 + 1)( −2 − 3) = 3.6.( − )(−1)( −5) = −210. 2 3 3Questão 04 (Valor: 20 pontos)A equação é equivalente a  π   π   11π 4cos 2  cosx.sen − x  − cos(x + 7π) + sen  2  = 0 ou   4   2    2  24  cosx.cosx + cosx + sen 3π  = 0 ou  2cos 2 x + cosx − 1 = 0  2   2     Fazendo uma mudança de variável na última equação, substituindo y = cosx, obtém-se a 1equação do 2º grau 2y 2 + y + 1 = 0 , cujas soluções são y = −1 e y = . 2Para y = −1, tem-se cosx = −1 e, portanto, x = π + 2kπ , k ∈ Z . 1 1 πPara y = , tem-se cosx = e, portanto, x = ± + 2k π , k ∈ Z . 2 2 3
  3. 3. Tem-se assim, π π • Para k = 0: x = π , x = , x=− 3 3 7π 5π • Para k = 1: x = 3π , x = , x= 3 3 5π • Para k = −1: x = −π , x = − 3 5π π π 5π 7πAs soluções no intervalo [− 6, 8] são − , −π , − , , π, e . 3 3 3 3 3Questão 05 (Valor: 10 pontos) b h a c x y h 2a = arctg2 ⇒ tga = 2 = ⇒ x= ⇒ x = 1 u.c. x 2 h 2tg c = tg45o = ⇒1= ⇒ y = 2u.c. y y (b + B).hAT = , sendo B = 1 + 4 + 2 = 7u.c. 2 (4 + 7).2AT = = 11 , AT = 11 u.a. 2 3 9 99Como T’ é obtido de T por uma homotetia de razão , segue que AT’ = .11 = u.a. 2 4 4Questão 06 (Valor: 20 pontos)Na figura tem-se a pirâmide em que r é a aresta, h a altura e a a distância do Ch a altura e a a distância do centro da base aum dos vértices.Usando o teorema de Pitágoras obtém-sea = r 2 − h2 . R r HhSendo m a altura do triângulo equilátero, que 3é base da pirâmide, tem-se que m = a L l 2 a 3 2 2logo, m = r −h . 2 l 3Sendo l o lado do triângulo, m = e 2
  4. 4. 2 3l= m = 3 r 2 − h2 3A área da base da pirâmide é igual a 3 2 2 3 3 3 2 2Sb = r −h . r 2 − h2 = (r − h ) 2 2 4 Sh 3 2 2O volume da pirâmide é Vp = b = (r − h )h . 3 4Obs.: Outras abordagens poderão ser aceitas, desde que sejam pertinentes. Salvador, 12 de dezembro de 2010 Antonia Elisa Caló de Oliveira Lopes Diretora do SSOA/UFBA

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