Gabarito - Vestibular Especial

VESTIBULAR 2006.2 – 2ª FASE
GABARITO – MATEMÁTICA
Questão 01 (Valor: 15 pontos)




Se 55% dos matriculados são mulheres, então existem 110 mulheres matriculadas e 90 homens;
Se 60% das mulheres estão no turno matutino, então existem 66 mulheres no turno matutino;
Se 20% dos matriculados estão no turno vespertino, sendo 25 mulheres, então existem 40
matriculados no turno vespertino, sendo 15 homens
Consideremos x o número de homens matriculados no turno matutino e 2x o número de homens
matriculados no turno noturno.
Os dados podem ser esquematizados na tabela abaixo
Homens
Mulheres
Matutino
x
66
Vespertino
15
25
Noturno
2x
19
90
110
91
40
69
200
Temos assim que x + 15 + 2x = 90 o que acarreta x = 25.
Logo,
Total de matriculados no turno matutino = 25 + 66 = 91
Total de matriculados no turno vespertino = 40
Total de matriculados no turno noturno = 50 + 19 = 69
Questão 02 (Valor: 15 pontos)
O termo geral de uma progressão aritmética é escrito como a n  a 1  (n  1)r , sendo a 1 o 1o termo e r
a razão. Assim, a progressão a 1 , a 2 , a 3 ,.... , pode ser reescrita como a 1 , a 1  r, a 1  2r, a 1  3r,...
1
1

 1 temos:
Usando
a 1a 2 a 2 a 3
a  a1
a1  2  a1
2(a 1  1)
1
1

1  3
1
1
1
a 1a 2 a 3
a 1 (a 1  1)(a 1  2)
a 1 (a 1  1)(a 1  2)
a 1a 2 a 2 a 3
 a12  2a1  2  0 cuja solução positiva é a 1  3  1.
Temos assim que a 20  a1  19r  3  1  19  3  18 e S20 
(a 1  a 20 ) .
20  (17  2 3 )10 .
2
Questão 03 (Valor: 20 pontos)
Depois de 140 dias a massa do polônio é metade da original, ou seja,
M0
1
 ln 2
 M 0 e140k   e140k  ln(1 / 2)  140 k  k 
2
2
140
Deve-se encontrar o valor de t para que M(t ) 
Assim:
M0
.
2
75
3
M0  M0 .
100
4
3
3
ln(3/4) ln3  ln4 (2ln2  ln3)140
M 0  M 0 e kt   e kt  ln(3/4)  kt  t 


dias.
 ln2
4
4
k
ln2
140
Questão 04 (Valor: 20 pontos)
A área do polígono ABCDE é a soma da área S1 do triângulo ABC com a área S 2 do trapézio ACDE
Usando o fato que os pontos A, B, C e D pertencem ao gráfico da função y = cosx encontramos as suas
coordenadas.
π
2
A e C correspondem à intersecções do gráfico de y = cosx com o eixo Ox, logo, A( ,0) e C(
π
4
π
4
π
4
O ponto B( , cos( ))  ( ,
3π
,0) .
2
2
) e D é um ponto de mínimo da função, logo, D( π,1) .
2
O ponto E está sobre o eixo Oy e tem ordenada igual à de D logo, E(0, 1).
2
π 3π
O triângulo ABC tem base b1  AC   
correspondente à ordenada de B.
 2π e altura h 1 
2
2 2
bh
A área do triângulo é portanto S1  1 1 
2
2π
2
2 π 2
2
2
___
O trapézio ACDE tem base maior B 2  AC  2π , base menor b 2  ED  π e altura h 2  1 . A área do
(B  b 2 )h 2 (2π  π).1 3π


trapézio é portanto S2  2
2
2
2
π 2 3π ( 2  3)π


u.a .
Assim, a área do polígono ABCDE corresponde a S1  S 2 
2
2
2
Questão 05 (Valor: 15 pontos)
y
Considere o triângulo ABC representado ao lado.
A
.
o
.
B .
1
30o
2
.
C
3
x
Sejam m e n as medidas das projeções dos catetos AB e AC respectivamente, sobre a hipotenusa BC e h
a altura do triângulo ABC relativa à base BC.
1
m 3
h

 tg30   h  mtg 30   h  m
3
m
3
h
(2)  tg 60   h  ntg 60   h  n 3
n
(1)
(1) e (2) 
1
2
portanto n  ;
m 3
 n 3  m  3n . Além disso, m + n = 2. Logo, 3n + n = 2 e
3
3
3
e hn 3
m
2
2
5 3
O ponto A tem coordenadas A ( m + 1, h) =  , 
2
2 
Questão 06 (Valor: 15 pontos)
Consideremos S  x 2  y 2 a soma dos quadrados das coordenadas (x, y), centro da circunferência.
Usando que y = 6  x obtemos S  x 2  (6  x ) 2  2x 2  12 x  36 . Uma vez que S tem valor mínimo, ele
ocorre em x 
12
 3 . Logo, as coordenadas do centro são (3, 3).
4
O raio da circunferência é
1 2
1 4
 42  6
Assim uma equação da circunferência é ( x  3) 2  ( y  3) 2  36
Obs.: Outras soluções poderão ser aceitas desde que sejam pertinentes.