Resolução prova de matemática UDESC

Resolução prova de matemática UDESC 009. Prof. Guilherme Sada Ramos Guiba 1. O enunciado da questão omite a palavra, mas quer dizer que 0% dos aprovados passaram somente na disciplina A, 50% passaram somente na C e 5% somente nas disciplinas A e C. O número de aprovados na disciplina A é 50% de 40, ou seja, 0; na B, 70% de 40, ou 8; e na C, 65% de 40, quer dizer, 6. Como 5% dos aprovados passaram somente nas disciplinas A e C, o número de aprovados deve ser múltiplo de 0. Isto ocorre pois 5% deste número deverá ser inteiro, já que se refere à quantidade de aprovados nas disciplinas. Como temos mais de 0 alunos aprovados nas disciplinas B e C, a o total de alunos é 40, o número de aprovados deverá ser 40 (múltiplo de 0 que não ultrapassa 40). Logo, 4 alunos passaram nas disciplinas (10% de 40). Além disso, alunos (5% de 40) passaram somente nas disciplinas A e C. Como 1 (0% de 40) passaram somente na disciplina A, restam aprovados somente em A e B. Como 0 (50% de 40) alunos foram aprovados somente na C, então nenhum foi aprovado apenas em B e C. Restam aprovados somente na disciplina B, para fecharmos o total de 40 aprovados. x+ y+ z = 15 x y + z =. Resolvendo o sistema, temos. y+ z = z=-y Substituindo a expressão de z nas duas primeiras equações: ( ) ( ) x+ y+ y = 15 x y + y = x+ y+ y = 15 x y + 9 6y = x y = 1 x 7y = 7 GABARITO: E Resolvendo o sistema de duas equações, obtemos x = 7 e y =. Substituindo y na expressão, obtemos. I) ERRADO! II) CORRETO!, número par III) ERRADO! IV) ERRADO!, número não-primo

. 1 1 1 1 1 6 9 6 9 9 1 1 1 1 8 8 4 4 ( ) ( ) ( ) ( ).4.4. 1 s = = = = = = = = 8 8 GABARITO: B 4. Pelo enunciado, p(x) é da forma p(x) = (x c)³(x )²x. Logo, GABARITO: C ( ) ( ) ( ) ( ) ( c) ( ) ( 1) = 16 = ( 1 c) p x = x c x x p 1 = 16 = 1 1.1 p ( c) ( c) 8= 1 8 = 1 = 1 c 1= c c = 1 GABARITO: A 5. Seja x o número de alunos e y o preço que cada um deve pagar. Ficamos com o sistema (não-linear) de equações ( x )( y ) equação, obtemos xy = 450. Desenvolvendo a segunda +, 5 = 450 ( x )( y ) +, 5 = 450 xy y +, 5x 5 = 450. 450 y+, 5x 5 = 450, 5x y 5 = 0 450 Isolando y na primeira equação do sistema, temos y =. Substituindo esta x expressão de y na equação obtida anteriormente, vamos ter:, 5x y 5 = 0 450, 5x 5 = 0 x 900,5x 5 = 0 (multiplicando os dois lados por x) x x x = 5 1800 10 0 ( 10) ( 10) 4( 5)( 1800) 5 ( ) ± x = 10 ± 100 + 6000 10 ± 6100 x = x = 10 10 10 ± 190 x = 10 Como solução negativa não interessa, temos 10 + 190 00 x = = = 0. 10 10

GABARITO: D 6. A matriz em questão é 1.1 1. 1. 1 A =.1.. 4 6 =..1.. 6 9 I) ERRADO! Como a soma das duas primeiras linhas resulta na terceira linha da matriz, o determinante da mesma é nulo. Sendo assim, a matriz não é inversível. II) CORRETO! De fato, a primeira linha é uma PA de razão e primeiro termo iguais a 1. De modo análogo, a segunda é PA de razão e primeiro termo iguais a, e a terceira é uma PA de razão e primeiro termos iguais a. III) ERRADO! As três colunas da matriz estão em progressão aritmética, iguais às do item (II), e não em progressão geométrica. GABARITO: C 7. Aplicando as propriedades de PA ( ) e PG ( ) de termos, ( y 1) x 7x ( x+ 1) = y( x 1) = + obtemos o sistema. Isolando y na primeira equação, temos ( y 1) = 8x y 1= 4x y = 4x+ 1. Substituindo esta expressão na segunda, vamos ter: ( x 1) ( 4x 1)( x 1) + = + x + x+ 1= 4x 4x+ x 1 x + 5x+ = 0 5 ± 5 4. ( ). x =. ( ) 5 ± 5 + 4 x = 6 5 ± 49 5 ± 7 x = = 6 6 5 + 7 1 5 7 1 x = = = ou x = = = 6 6 6 6 Queremos calcular o produto da razão da PA ( ) pela razão da PG ( ). x + 1 Fazendo rq =. x e substituindo x tanto por como por 1, teremos rq =. 4 x + 1 Observe como não foi necessário calcularmos o y do sistema. GABARITO: E 8. O volume de um cilindro é dado por V =, a área da base, A B = e a área lateral, por A L =. Logo, pelos dados do enunciado:

π rh= πr h= 4 4 4 6 π rh = πr h r =. = = 4 4 O triângulo em questão é retângulo, com catetos medindo 4 (valor de h) e (duas vezes o valor de r). I)..4 1 ERRADO! A área do triângulo retângulo é 6 II) CORRETO! Calculando a hipotenusa do triângulo retângulo temos: hip = cat + cat = + 4 = 9 + 16 = 5 hip = 5 = 5 E, de fato, o perímetro do triângulo é + 4 + 5 = 1 unidades de comprimento. III) ERRADO! Como cosseno de qualquer arco é menor ou igual a 1, a soma de dois cossenos quaisquer deverá ser sempre menor ou igual a, jamais maior. GABARITO: B 9. Veja o desenho: Para calcularmos a equação da circunferência, precisamos saber o centro (x 0, y 0 ) das duas curvas, e o raio da circunferência, que será igual ao semi-eixo real da hipérbole. Acompanhe: x x y = 16 x x+ 16 9y 18 = 0 + 16 16 9 18 0 (somando 16 dos dois lados) 16( x 1) ( x ) ( x ) 16 1 9y = 144 (dividindo os dois lados por 144) 16 1 9y 144 = 144 144 144 ( x 1) y = 1 9 16 Esta hipérbole, da forma ( x x ) ( y y ) 0 0 a 1 b =, possui centro (1, 0) e semi-eixo real igual a, já que ² = 9. Logo, o centro da circunferência procurada é o ponto (1, 0) e o raio da mesma,.

Sabendo que uma circunferência é representada por uma equação da forma ( ) ( ) 0 0 x x + y y = r, teremos que: ( x ) ( y ) 1 + 0 = x x+ 1+ y = 9 x y x + 8= 0 GABARITO: B 10. O domínio é dado pelos valores reais x tais que x 0. Então, deve ocorrer: x + x 0 x + (x 0 x 0) e ( x+ > 0 x > ) x 0 ou (x 0 x 0) e ( x+ < 0 x< ) x < Assim, ou x 0, ou x <. E esta é a solução correta. Note que, no desenvolvimento mostrado, não consta a possibilidade de as expressões x e (x + ) serem negativas. Portanto, o desenvolvimento é incorreto. 11. Vamos sobrepor os gráficos das funções f e g. GABARITO: A Os valores de x em que o gráfico de f está acima de g (é isto que a questão pede) são todos os valores reais menores que a abscissa do ponto A ou maiores que a abscissa do ponto B. Vamos calcular as duas abscissas. Para isto, calculamos as raízes da equação f(x) = g(x). Mas, cuidado: como estamos falando de um módulo maior que

g(x), então g(x) não pode ser negativa, nem nula. Assim, podemos afirmar que x 6> 0 x > 6 x >. Assim, da equação f(x) = g(x), só interessarão raízes maiores que. ( ) ( ) f x = g x 4 = 6 x x x 4 = 6 x x x x 7x+ 6 = 0 (por soma e produto) x = 1 ou x = 6 ( ) ( ) ou f x = g x x 4x = x 6 x 4x = ( x 6) x 4x = x+ 6 x x 6 = 0 (por soma e produto) x = ou x = Assim, as abscissas procuradas são e 6. Logo, todos os valores reais menores que, ou maiores que 6, satisfazem a inequação dada. GABARITO: E 1. O lucro do filme Quem quer ser um milionário? é determinado pela diferença entre o valor da bilheteria e o do orçamento. Neste caso, 175 1167 L = 190.10 15.10 = 175.10 =.15.10.15.10 15 100 6 6 6 6 6 Ou seja, o lucro é aproximadamente 1167% do valor do orçamento do filme. GABARITO: D 1. Os valores de x devem ser tais que x > 0 e x > 0, para satisfazer a condição de existência dos logaritmos. Logo, x deverá ser maior que. Quer dizer, vamos ter que resolver a inequação no conjunto dos números reais maiores que. log x = log x. Calculando o Lembre-se de que, como é o inverso de, ( ) ( ) determinante, temos: ( x ) ( x ) 1 log log 1 log 1 ( x ) + 1 + log ( x ) 1 1 1 = 1 + 1 = 1 1 1 1 1 0 1 ( x ) ( x ) ( x ) ( x ) = 1 log + log 1 = log + log = 1 ( x )( x ) = log

Substituindo o determinante do enunciado pelo logaritmo encontrado chegamos a ( x )( x ) ( x )( x ) log 1 = log x 5x+ 6 x 5x+ 4 0 Resolvendo a inequação, obtemos, por soma e produto ou Bháskara, as raízes 1 e 4 para a função y = x² - 5x + 4. Como o gráfico está abaixo, ou sobre o eixo x nos pontos de abscissa 1 a 4, então a solução da inequação seria o intervalo [ 1, 4 ]. Porém, como só queremos soluções maiores que, então, nosso conjunto solução será o intervalo (, 4 ]. GABARITO: C 14. Acompanhe os cálculos 1 log ( cos x) + log ( sen x) = log log ( x x) sen x 1 = log cos.sen log log log ( cos x.sen x) = log 4 cos x.sen x = (multiplicando os dois lados por ) 4 cos x.sen x =. 4 sen x = π Como x 0,, então x ( 0, ) iguais a são π π e. Assim, π. Nos dois primeiros quadrantes, os arcos de seno

π π x = x = 6 ou π π x = x = Somando as soluções, π π π+ π π π + = = =. 6 6 6 GABARITO: C 15. É importante notar que temos cidades do sudeste, 4 do nordeste, do norte, do sul e 4 do centro-oeste. Pelo enunciado, temos 4 cenários possíveis das escolhas das cidades. Não importando a ordem das cidades vamos calcular combinações, além de aplicar o Princípio Fundamental da Contagem. Lembre-se de que. do sudeste, do nordeste, do norte, 1 do sul e 4 do centro-oeste 1 4 São C. C. C. C. C = 1.6...1 = 54 possibilidades. 4 4 do sudeste, do nordeste, do norte, do sul e do centro-oeste São C. C. C. C. C = 1.6...4 = 16 possibilidades. 4 4 do sudeste, do nordeste, do norte, 1 do sul e do centro-oeste 1 São C. C. C. C. C = 1.6.1..4 = 7 possibilidades. 4 4 do sudeste, do nordeste, do norte, do sul e do centro-oeste São C. C. C. C. C = 1.6.1..6 = 108 possibilidades. 4 4 Somando as possibilidades dos 4 casos, temos 54 + 16 + 7 + 108 = 450. GABARITO: A Comentário sobre a prova: Prova absolutamente difícil. Desde questões articulando conteúdos, como as questões 1 e 14, até outras requisitando um raciocínio um pouco mais elaborado dentro de um mesmo assunto. Na questão 15, por exemplo, o vestibulando tem que perceber a existência das quatro maneiras diferentes de escolher a quantidade de cidades por região. Pouca matemática básica é vista, o que abre espaço para questões do conteúdo específico de Ensino Médio, onde a banca sempre pode incrementar uma dificuldade a mais na questão. A questão 1 não teve seu enunciado devidamente claro dentro do que pedia, tendo como proposta ser uma questão relativamente fácil. Outro detalhe interessante foi a grande abrangência da prova dentro do programa do vestibular. Quando se trata de avaliar o conhecimento do programa curricular do Ensino Médio, uma prova abrangente e elaborada como esta torna-se razoavelmente eficiente. Serve como parâmetro (alto nível) para avaliar sua preparação para a prova da UFSC no final do ano. Creio que 9, 10 acertos já seja um ótimo índice. Mas se você fez menos, não se desanime. Reveja o que errou e tente reforçar o conteúdo correspondente. Lembre-se: a primeira pessoa a acreditar em você deve ser você mesmo(a)... Prof. Guiba