Este documento apresenta o gabarito da segunda fase do vestibular de 2013 da UFBA, contendo 6 questões de matemática. As questões abordam tópicos como porcentagem, geometria plana e espacial, sistemas de equações, funções e círculos.

1. Vestibular 2013 — 2a fase
Gabarito — Matemática
Questão 01 (Valor: 15 pontos)
Considere:
X: no de livros impressos
XA: no de livros impressos pela gráfica A
XB: no de livros impressos pela gráfica B
XC: no de livros impressos pela gráfica C
XDA: no de livros defeituosos impressos pela gráfica A
XDB: no de livros defeituosos impressos pela gráfica B
XDC: no de livros defeituosos impressos pela gráfica C
Assim, pode-se escrever:
XA = 0,25X, XB = 0,3X, XC = 0,45X;
XDA =(0,07) 0,25X= 0,0175X,
XDB =(0,05) 0,3X= 0,015X
XDC =(0,03) 0,45X= 0,0135X
Total de livros defeituosos impressos:
XDA + XDB + XDC = 0,0175X + 0,015X + 0,0135X = 0,0460X
Logo esse lote contém 4,6% de livros defeituosos e, portanto, o percentual de livros não
defeituosos é 95,4.

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, do
quadrado, é a distância do ponto A ao ponto B
A
D = d(A,B) = 4  36  40  2 10 . D
L
B
O sólido gerado pela rotação de um quadrado em torno de um de seus lados é um cilindro de raio
da base L e altura L. Logo, o volume do sólido S é:
VolumesólidoS = L3
2 10
Sabe-se que D2 = 2 L2, logo L  D   20
2 2
VolumesólidoS = L3  π( 20 )3  40 5 π u.v.

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 + b2
f(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  6
y + x2 – 4x + 3 = 0, deve-se resolver o sistema 
 y  x  4x  3
2
Assim,
 x 2  4 x  3  2 x  6   x 2  2 x  3  0  x1 = – 1 , x2 = 3
Considerando 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
2
Abase = d(B,C)  16  64  80  4 5

4. 1 4  6 3
H(altura) = d(A,RetaBC) = 
5 5
1 3
AtriâguloABC = 4 5  6 u.a.
2 5
Questão 05 (Valor: 20 pontos)
Considere o triângulo ABC de catetos AC e AB medindo, respectivamente, 60 e 60 3 centímetros e o
retângulo DEFG de lados medindo x e y centímetros, sendo = x. Deve-se determinar x e y de modo que
a área AR= xy seja máxima.
Cálculo da hipotenusa BC:
(BC)2 = 602 + ( 2
 (BC)2 = 602 + 602.3 = 602.4  BC = 60.2 = 120
Usando relações métricas no triângulo retângulo tem-se que AH. BC = AB. AC, ou seja
h.120 = 60.  h= .
Os triângulos AED e ABC são semelhantes, logo lados correspondentes são proporcionais.
Assim,
AI: AH :: DE: BC 
=  y= + 30 y= + 30
A área do retângulo será então,
AR = x. + 30 )= + 30
O valor máximo ocorre em x = = 60

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 de
intersecção 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 2
melhor opção é um tampo de mesa retangular com dimensões de 60 e 15 3 cm e área AR = 900 cm2.

6. Questão 06 (Valor: 20 pontos)
x2 y2
De P(2cos2  ,3sen  ), pertencer à C:   1 tem-se
4 3
4 cos 2 2 9 sen 2
  1  cos 2 2  3sen 2  1
4 3
1  cos 2 3 1
De 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
 1
Resolvendo  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 6
Como  [0, ] tem - se    ou   5
6 6
Os valores de  são: 0, π , 5π e π.
6 6
Obs.: Outras abordagens poderão ser aceitas, desde que sejam pertinentes.
Salvador, 20 de janeiro de 2013
Antonia Elisa Caló Oliveira Lopes
Diretora do SSOA/UFBA