Resolução do Simulado Camiseta Preta

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1 Resolução do Simulado amiseta Preta Questão 01 Vejamos a simulação da quantidade de partidas que um time deverá jogar em ambos os anos nesta competição. Primeiro Ano Primeira Fase 6 = 6 6 = 6 partidas 4 Segunda Fase = 15 partidas 18 (obs: na primeira fase 6 times foram eliminados, restanto apenas 18 times) Terceira Fase 1 partida Logo = 190 jogos Segundo Ano Assim: Primeira Fase 4 = 4 15 = 60 partidas Segunda Fase = 10 partidas 16 Terceira Fase 1 partida Logo = 181 jogos 6 01) FALSA Aumentará de 6 para 60 partidas 0) FALSA Diminuirá de 15 para 10 partidas 04) VERDADEIRA Diminuirá de 190 para 181 jogos 08) FALSA Permanecerá o mesmo. Time A no primeiro ano: disputa jogos na primeira fase, mais 17 jogos na segunda fase e o jogo final, totalizando 1 jogos. Time A no segundo ano: disputa 5 jogos na primeira fase, mais 15 jogos na segunda fase e o jogo final, totalizando 1 jogos. 16) FALSA Aumentará de 4 para 6 partidas. GABARITO: 04.

2 Questão 0 01) VERDADEIRA As coordenadas do baricentro são determinadas pela média aritmética das coordenadas dos vértices do triângulo. Assim x b = = e y b = = Logo B = ( 4,) Agora calculamos a distância do ponto A até o ponto B. ( 4 ) ( ) d AB = = + 9 = = 9 9 0) VERDADEIRA Veja o esboço das retas r e s representadas no plano cartesiano Note que podemos descobrir as coordenadas de A e B fazendo y=0 e x=0, respectivamente, na equação da reta r, encontrando então A(-,0) e B(0,1). De forma análoga descobrimos as coordenadas de D, fazendo y=0 na equação da reta s, obtendo D(7,0). Por fim, para descobrir as coordenadas de, temos que descobrir o ponto (x,y) que satisfaz as duas equações de reta, r e s, ao mesmo tempo, ou seja x y = x+ y = 1 Resolvendo este sistema, achamos x=6 e y=. Logo, temos (6,) omo queremos a área delimitada pelos eixos coordenados e as retas r e s (área hachurada na figura) então tomamos as coordenadas dos vértices 0, B, e D e calculamos do seguinte modo 7 7 A = = x x x x x y y y y y 0 B D 0 0 B D 0 x x 04) FALSO Seja a expressão a + ba b = 0. Faça Assim, temos k + bk b = 0. Desenvolvendo a fórmula de bháskara, temos = = 6 1 = x a = k.

3 b± ( b) 4 1 ( b) b± 4b + 4b b± 4( b + b) k = = = = b± b + b = = b± bb ( + 1) Veja que, como b>0, a expressão k= b bb ( + 1) se torna uma inconsistência x matemática pois b bb ( + 1) < 0, porém k = a > 0. Se b>0, então a expressão k= b+ bb ( + 1) vale como solução, pois b+ bb ( + 1) > 0. Portanto, existe apenas uma solução real. 08) FALSA Vamos supor que a aeronave destacada esteja estacionada vaga. Temos mais 7 aeronaves e 11 vagas para estaciona-las, o que é calculado por 7 = = Agora veja que a condição de que as vagas vizinhas a sua aeronave estejam vazias reduz de 11 vagas para 9. Desta maneira, a quantidade que apresenta disposição das outras aeronaves com as vagas 1 e vazias e dada por Portanto, temos a probabilidade 7 = = P = = 0 55 GABARITO: 0.

4 Questão 0 01) VERDADEIRA - Seja G a projeção de V no plano AB. omo a pirâmide é regular, G é baricentro do triângulo AB. Pelo Teorema de Pitágoras temos ( ) VA = VG + AG = 5 + AG AG = cm omo G é baricentro do triângulo da base, então AG = AM AM = cm Dito que a pirâmide é regular, então o triângulo AB é equilátero. Logo AB AM = AB = cm = B No triângulo VB, VM é altura. omo VB = V = cm, podemos descobrir VM pelo Teorema de Pitágoras, segue que VM = VB BM VM = = VM = cm Pela simetria da pirâmide, sabemos que a distância d pedida é a altura AH do 6 triângulo VAM. omo este é isósceles ( VA = AM = cm), VH = HM = cm. Logo, novamente pelo Teorema de Pitágoras, tem-se

5 d = d = 9 d = cm 0) FALSA Ao tomarmos um secção do tanque no momento após uma hora de vendas, visalizamos o seguinte esquema Analisando um dos triângulos gerados na figura e utilizando a trigonometria temos 1 1 cosα = = α = 60 α = 10 1 Seja S área da base não ocupada pela gasolina. Assim sen10 S = π 1 m 60 π,14 1, 7 S = m m 4 4 S = 0,614m Seja V o volume de gasolina vendida V = 0, 614m 10m= 6,14m V = 6,14 10 L 04) FALSO Tome ponto Q e P os pontos médios das arestas conforme a figura Para encotrarmos a altura AQ do triângulo AB, vamos aplicar o Teorema de Pitágoras. = + = 1 + = 5 = 5 AQ AP PQ AQ AQ Assim, podemos calcular a área do triângulo AB.

6 A AB b h B AQ 5 = = = = ontudo, note que 5 >. 5 08) VERDADEIRO A partir do enunciado podemos monter a seguinte figura. Na figura P representa o ponto de intersecção entre a bissetriz BD e o lado A do triângulo AB. Note que se α é a soma das áreas dos triângulos AB e ABD e β é a área comum aos dois, o valor de α β corresponde justamente à soma das áreas dos triângulos APD e PB. Observe também que os triângulos AB e ABD são retângulos, uma vez que possuem um lado igual ao diâmetro da circunferência. Para simpleficar a notação, denotaremos o ângulo AB por x. Os triângulos PB e ADP são semelhantes, uma vez que possuem os mesmos ângulos internos. omo AB = 10cm e B = 6cm, aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo AB temos AB = B + A 10 = 6 + A A = 64 A = 8cm 4 Note que, usando o triângulo AB, temos cos x = e senx =. A partir da 5 5 identidade trigonométrica cos x= cos x 1, temos + 1 cos x cos x= cos x= cos x= cos x= 5 5 π omo sen x + cos x = 1, segue que, para 0 < x <, sen x = 1 cos x sen x = 1 sen x = senx = senx 1 Ainda, tgx = = cos x onsidere agora o triângulo PB

7 Aplicando tgx P P 1 tgx = = P = cm B 6 P B 6 Assim, a área do triângulo PB é dada por = = 9cm. onsidere agora o triângulo ADP Aplicando sen x e cos x PD PD 5 senx = = PD = 5cm AP 5 5 AD AD 5 cos x = = AD = 5cm AP 5 5 Assim, a área do triângulo APD é dada por Desse modo, encontramos α β = = 14cm AD PD 5 5 5cm = =. GABARITO: 09

8 Questão 04 01) FALSA Seja T o trabalho. T é feito em horas, portanto T é feito em horas. 5 Daí, 5 T seria feito em 668 horas. No entanto, como a produtividade sobrou, o tempo fica reduzido à metade e o tempo necessário é 668 horas. omo são 8 funcionários e cada um trabalha por 9 horas, a quantidade de dias necessários extras é de 668 = Isso significa que precisa-se de 1 dia a mais e, no décimo dia, deve-se trabalhar 1 da carga horária. omo a carga horária diária é de 9 horas, temos que Então, h está entre e 4. 1 h = 9 =. 0) VERDADEIRO Sejam x, y e z as quantidades, em quilogramas, dos tipos de granola light, simples e especial. Equacionando x+ y+ z = x+ y+ z = x+ y+ z = Simplificando 4x+ y+ z = 90 x + 4y + z = 60 x + 0y + z = 0 Escalonando 4x+ y+ z = 90 1y 5z = 150 4y = 40 Portanto y = 10, z = 4 e x = 1. 04) FALSO Veja que deixar render um ano a taxa i significa 10000(1 + i). Se desse montante foi retirado 7000, então 10000(1 + i) A partir desta nova quantia, ou seja, novo capital, foi aplicado novamente a mesma taxa de juros resultado o saldo de 6000, ou seja,

9 [10000(1 + i) 7000] (1 + i) = 6000 Trabalhando a expressão temos (10000i+ 000) (1 + i) = 6000 Assim, ( i ) i+ i + + i = i + i = 10i + 1i = 0 1 i = oui = (não convém) = 4 1 = (0, ) = 0, ) VERDADEIRO A primeira figura utiliza 9 palitos para formar 4 triângulos equiláteros. Veja que na figura, os 6 palitos restantes foram utilizados, porém três palitos sairam do plano, formando um tetraedro, o qual é formado também por 4 triângulos equiláteros. Portanto, as duas figuras tem mesma área. GABARITO: 10.

10 Questão 05 01) VERDADEIRA Vamos analisar a condição de existância do logaritmo pela base. Se tg θ > 1 então, pelo gráfico, senθ > 0, e essa intersecção rende π/4 < θ < π/. Se 0 < tg θ < 1, então, pelo gráfico, senθ < 1, e essa intersecção rende π < θ < 5π/4. Logo, S = {x R/π/4 < θ < π/ ou π < θ < 5π/4 }. 0) FALSA Sejam A, B e as intersecções das retas r e s, r e t, s e t, respectivamente. Assim: x y + = 0 A: A = (,) x + y 7 = 0 x y + = 0 B: B = (0,1) x + 7y 7 = 0 x + y 7 = 0 : = (7,0) x + 7y 7 = 0 1 A área do triângulo AB é dada por S = S = 5 unidades de área O volume do prisma é V = S x h = 5 x = 10 unidades de volume 08) FALSA Trabalhando com a função dada, sabendo que sen( π + α) = cos α e senα = senαcosα A função pode ser reescrita da seguinte forma: f(x) = sen π + πx sen πx sen πx 4 4 = = cos πx sen πx sen πx 4 4 = = cos πx sen πx 4 4 sen πx = 1 sen πx 4 sen πx = sen² πx om isso, f(x) = sen² πx, e sabendo que o período da função g(x) = sen²(ωx) é P = π ω O período da f(x) ép = π π = minutos 1 sen πx 1 0 sen² πx 1 0 sen² πx O que implica que a altura da onde é, no máximo, 1,5 metros. 16) VERDADEIRA Reescrevendo as sequências em funções de suas respectivas razões temos: PA (1, 1+r, 1+r, 1+r) e PG (1, q, q², q³). Por hipótese, a soma dos termos é a mesma para ambas as sequências, isto é,

11 r r +1 + r = 1 + q + q² + q³ 4 + 6r = 1 + q + q² + q³ Sendo r = q, segue que q= 1 + q + q² + q³ q³ + q² - 11q =0 Pela pesquisa de raízes, os candidatos a raízes racionai são: q = ±1 ou q = ± Verificando, temos que q= é raíz. Aplicado Briot-Rufini chegamos em q³ + q² - 11q =(q - )(q² + 4q + 1) Temos que as outras duas raízes são raízes de: q² + 4q + 1 = 0 Logo q = ± omo a PG e a PA são crescentes, nào podemos ter q < 0, o que descarta as possibilidades q = ±. Portanto, temos que q =, assim r =. = 6 e r.q =.6 = 18 GABARITO: 17.