Ufbagab mat 2013

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Ufbagab mat 2013

  1. 1. Vestibular 2013 — 2a fase Gabarito — MatemáticaQuestão 01 (Valor: 15 pontos)Considere:X: no de livros impressosXA: no de livros impressos pela gráfica AXB: no de livros impressos pela gráfica BXC: no de livros impressos pela gráfica CXDA: no de livros defeituosos impressos pela gráfica AXDB: no de livros defeituosos impressos pela gráfica BXDC: no de livros defeituosos impressos pela gráfica CAssim, pode-se escrever:XA = 0,25X, XB = 0,3X, XC = 0,45X;XDA =(0,07) 0,25X= 0,0175X,XDB =(0,05) 0,3X= 0,015XXDC =(0,03) 0,45X= 0,0135XTotal de livros defeituosos impressos:XDA + XDB + XDC = 0,0175X + 0,015X + 0,0135X = 0,0460XLogo esse lote contém 4,6% de livros defeituosos e, portanto, o percentual de livros nãodefeituosos é 95,4.
  2. 2. Questão 02 (Valor: 15 pontos)Os pontos A(1,3) e B(– 1 , –3) são os afixos de Z1 e Z2. Assim, a medida da diagonal D, doquadrado, é a distância do ponto A ao ponto B AD = d(A,B) = 4  36  40  2 10 . D L BO sólido gerado pela rotação de um quadrado em torno de um de seus lados é um cilindro de raioda base L e altura L. Logo, o volume do sólido S é:VolumesólidoS = L3 2 10Sabe-se que D2 = 2 L2, logo L  D   20 2 2VolumesólidoS = L3  π( 20 )3  40 5 π u.v.
  3. 3. Questão 03 (Valor: 15 pontos)Tem-se que f(x) = a + bx.Logo, f(0) = a + 1, f(1) = a + b e f(2) = a + b2f(1) 1 a  b 1     a 1 2a  2b  a 1 2b .f(0) 2 a 1 2 f(0)  f(1)  f(2)  6  a 1 a  b  a  b  6  b 2  b  3a 17 . 2 3 3 b 2  b  3a 17 Resolvendo o sistema  tem - se b 2  5b 14  0  b  2, b  7 . a 1 2b Como bR *  {1} segue que b = 7. Logo a = – 13 e f(x) = – 13 + 7x. f(3) = 13 . 73 = 13 + 343 = 330.Questão 04 (Valor: 15 pontos)Como o ponto A é o vértice da parábola P, então as coordenadas cartesianas de A são . Da equação de P, y = – x2 + 4x – 3 tem-se a = –1 , b = 4, c = – 3.Assim,   b 2  4ac  16  12  4 e portanto A(2,1).Sendo os pontos B e C as intersecções da reta y – 2x + 6 = 0 com a parábola  y  2x  6y + x2 – 4x + 3 = 0, deve-se resolver o sistema   y  x  4x  3 2Assim, x 2  4 x  3  2 x  6   x 2  2 x  3  0  x1 = – 1 , x2 = 3Considerando xb = – 1, tem-se yb = – 8 ; B(– 1 , – 8 ) .Considerando xc = 3, tem-se yc = 0 ; C(3 , 0 ) .AtriâguloABC = 1 A × H(altura) base 2Abase = d(B,C)  16  64  80  4 5
  4. 4. 1 4  6 3H(altura) = d(A,RetaBC) =  5 5 1 3AtriâguloABC = 4 5  6 u.a. 2 5Questão 05 (Valor: 20 pontos)Considere o triângulo ABC de catetos AC e AB medindo, respectivamente, 60 e 60 3 centímetros e oretângulo DEFG de lados medindo x e y centímetros, sendo = x. Deve-se determinar x e y de modo quea área AR= xy seja máxima.Cálculo da hipotenusa BC:(BC)2 = 602 + ( 2  (BC)2 = 602 + 602.3 = 602.4  BC = 60.2 = 120Usando relações métricas no triângulo retângulo tem-se que AH. BC = AB. AC, ou sejah.120 = 60.  h= .Os triângulos AED e ABC são semelhantes, logo lados correspondentes são proporcionais.Assim,AI: AH :: DE: BC  =  y= + 30 y= + 30A área do retângulo será então,AR = x. + 30 )= + 30O valor máximo ocorre em x = = 60
  5. 5. Substituindo x = 60 na equação y = + 30 , obtém-se y = 15 .Logo AR = 900 cm2.Deve-se encontrar o raio do círculo inscrito no triângulo. Sabe-se que o centro do círculo é o ponto deintersecção das bissetrizes dos ângulos do triângulo.Da figura tem-se tg 30 o  3 3  r 60  r   r  30 3  1  e AC  900   2 3  1 cm 2 .Comparando AR  900 3 cm 2  900 1,73cm 2 e AC  900  3 1 cm 900 . 1,66cm conclui-se que a 2 2 2melhor opção é um tampo de mesa retangular com dimensões de 60 e 15 3 cm e área AR = 900 cm2.
  6. 6. Questão 06 (Valor: 20 pontos) x2 y2De P(2cos2  ,3sen  ), pertencer à C:   1 tem-se 4 34 cos 2 2 9 sen 2   1  cos 2 2  3sen 2  1 4 3 1  cos 2 3 1De sen 2  e cos 2 2  3sen 2  1 tem-se cos 2 2  cos 2   0 2 2 2 cos 2 2  3 cos 2  1  0  1Resolvendo  2 2 tem - se t 2  3 t  1  0 , t  1, t  2 2 2 t  cos 2 De cos2 = 1 tem-se 2 = 0 + 2K ,  = K.Como   [0, ] tem-se  = 0 ou  = .De cos 2  1 tem - se 2    2 K ,     K ou 2     2 K ,      K 2 3 6 3 6Como  [0, ] tem - se    ou   5 6 6Os valores de  são: 0, π , 5π e π. 6 6Obs.: Outras abordagens poderão ser aceitas, desde que sejam pertinentes. Salvador, 20 de janeiro de 2013 Antonia Elisa Caló Oliveira Lopes Diretora do SSOA/UFBA

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