1) (UFRGS- 91) Todos os valores reais de para os quais se tem são

1
UFRGS 2009
26)(UFRGS-09) O Estádio Nacional de Pequim,
construído para a realização dos Jogos
Olímpicos de 2008, teve um custo de 500
milhões de dólares, o que representa 1,25% do
investimento total feito pelo país anfitrião para
as Olimpíadas de 2008. Portanto, o
investimento total da China foi, em dólares, de
UFRGS 2009
27)(UFRGS-09) Nas Olimpíadas de 2008, o
atleta Usain Bolt percorreu 200.m no tempo de
19,30.s. Supondo que esse atleta conseguisse
manter a mesma velocidade média, ele
percorreria 500 m em
(A) 47 s.
(B) 47,25 s.
(A) 4.10 6
(B) 4.10 7
(C) 4.10 8
(D) 4.10 9
(E) 4.1010
(C ) 47,50 s.
(D) 48 s.
(E) 48,25 s.
SOLUÇÃO
500 Milhões = 500.000.000 = 5  10 8
É UMA REGRA DE TRÊS SIMPLES DIRETA
5  10 8 ...................... 1,25%
x ......................... 100%
5  108 1,25 %

x
100 %
x
5  10  100
1,25
8
SOLUÇÃO
É UMA REGRA DE TRÊS SIMPLES DIRETA
200 m .................19,30 s
500 m....................
200 m 19,30 s

500 m
x
2 19,30 s

5
x
2 x  5  19,30 s
x
5  108  10 2
1,25
5  1010
x
1,25
x
2 x  96,5s
x
96,5s
2
x  48,25s
5
 1010
1,25
x  4  10
ALTERNATIVA E
10
ALTERNATIVA E
x
2
UFRGS 2009
UFRGS 2009
Instrução: As questões 03 e 04 referem-se ao 29)(UFRGS-09) Com base nos dados do gráfico,
que fração das mulheres viviam na zona rural do
texto e ao gráfico abaixo.
Brasil em 1996?
O gráfico, publicado na edição de 30.07.2008
SOLUÇÃO
da revista Veja, mostra as taxas de
fecundidade no Brasil e na sua população Neste tipo de questão deve ser utilizada a
urbana e rural, nos anos de 1996 e 2006.
média ponderada
2,3U  3,5 R
 2,5 (multiplicamos cruzado)
U R
2,3U  3,5R  2,5(U  R)
2,3U  3,5R  2,5U  2,5R
3,5R  2,5R  2,5U  2,3U
1R  0,2U
 R
2U
10

R
U

5
28)(UFRGS-09) De acordo com os dados do
gráfico, de 1996 a 2006 a taxa de fecundidade

no Brasil decresceu
(A) 7 %.
(B) 15 %.
(D) 28 %.
(C) 18 %.
(E) 33 %.
SOLUÇÃO
É UMA REGRA DE TRÊS SIMPLES DIRETA
U  5R
POPULAÇÃO TOTAL DE MULHERES
URBANA + RURAL
5R  R  6R
NO BRASIL DECRESCEU
Duas maneiras de raciocinar
Primeira
segunda
2,5..................100%
1,8...................x
2,5  1,8  0,7
2,5 100%

1,8
x
2,5.................100%
0,7.................x
2,5 x  180%
2,5 100%

0,7
x
x
180%
x  72%
2,5
2,5 x  70%
x
Logo
70%
x  28%
2,5
100%  72%  28%
ALTERNATIVA D
Fração correspondente a participação da
população rural sobre o total da população
1R
1R 1


total 6 R 6
ALTERNATIVA D
3
UFRGS 2009
UFRGS 2009
30)(UFRGS-09) O gráfico abaixo apresenta a 31)(UFRGS-09) Na conta de energia elétrica de
distribuição em ouro, prata e bronze das 90
medalhas obtidas pelo Brasil em olimpíadas
mundiais desde as Olimpíadas de Atenas de
1896 até as de 2004.
Considerando-se que o ângulo central do setor
circular que representa o número de medalhas
de prata mede 96°, o número de medalhas
desse tipo recebidas pelo Brasil em olimpíadas
mundiais, nesse período de tempo, é
(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
agosto de 2008, um consumidor recebeu o gráfico
abaixo, onde ele verificou que seu consumo
mensal médio nos oito primeiros meses do ano
fora de 190 kWh.
Se, com base nesses oito meses, esse
consumidor quiser reduzir exatamente em 10% o
consumo mensal médio de energia elétrica de
2008, ele deverá gastar mensalmente, nos quatro
últimos meses desse ano, em média,
(A) 100 kWh.
22
24
26
28
30
(B) 133 kWh.
(D) 200 kWh.
(C) 166 kWh.
(E) 250 kWh.
SOLUÇÃO
Consumo médio em 8 meses 190 kwh
SOLUÇÃO
Reduzir 10%
É UMA REGRA DE TRÊS SIMPLES DIRETA
360 0.....................90medalhas
190  10%  190 
10
 19
100
Logo reduzindo 10% temos
0
96 ......................x
360 0 90

x
96 0
190 kwh – 19 kwh = 171 kwh
Devemos montar uma equação do 1º grau
190  8  x  4
1520  4 x
 171 
 171
12
12
360x  96  90
360x  8640
x
8640
360
1520  4x  2052  4x  2052  1520
 4x  532  x 
532
4
x  24 medalhas
x  133
ALTERNATIVA B
ALTERNATIVA B
4
UFRGS 2009
32)(UFRGS-09) Após tomar dois cálices de
UFRGS 2009
vinho, um motorista verificou que o índice de Propriedade(divisão)
álcool em seu sangue era de 0,5 g/L. Ele foi
informado de que esse índice decresceria de
5
log  
acordo com a seguinte igualdade:
log 5  log 2
 2   t 
log 2
log 2
 t
Substituir
(Onde k = índice constatado quando foi feita a
medida; t = tempo, medido em horas, a partir log 5  0,3
do momento dessa medida.)
0,3
Sabendo-se que o limite do índice permitido
pela lei seca é de 0,2 g/L, para dirigir
mantendo-se dentro da lei, o motorista deverá
esperar, pelo menos,
(Use 0,3 para log10 2.)
(A) 50 min
fazer log 5  log

 10 
log    0,3
2
 t
0,3
10
2
Propriedade(divisão)
log 10  log 2  0,3
(B) 1 h
(C) 1 h 20 min
0,3
(D) 1 h 30 min
1  0,3  0,3
(E) 2 h
0,3
0,7  0,3
0,3
SOLUÇÃO
( t é a variável)

0 .4
0,3
 1,333...
 1,333... é uma dizima periódica
Logo temos
substituindo
0,2  0,5 . 2 t  é uma equação exponencial
0,2
 2 t 
0,5
0,4  2 t

1  0,333...  1 
3

9
1
4
 2 t 
10
Logo temos 1 hora mais

2
 2 t ou
5
5
log 2    t
2
2 t 
2
passando para log
5
1
3
1
de hora, ou seja,
3
1 hora e 20 minutos
mudar para base 10
ALTERNATIVA C
5
UFRGS 2009
UFRGS 2009
33)(UFRGS-09) Os pontos (5, 0) e (6, 1) 34)(UFRGS-09) Se x = 1 é raiz de multiplicidade
pertencem
ao
gráfico
da
função 3 do polinômio x3 + ax2 + bx + c, então,
y = log10 (ax + b). Os valores de a e b são,
respectivamente,
(A) a = –3, b = 3, c = –1.
(B) a = –3, b = –3, c = 1.
(A) 9 e -44
(C) a = 0, b = 0, c = –1.
(D) a = –1, b = 1, c = –1.
(B) 9 e 11
(E) a = –1, b = –1, c = 1.
(C) 9 e -22
(D) -9 e -44
SOLUÇÃO
(E) -9 e 11
x3 + ax2 + bx + c,
SOLUÇÃO
Devemos substituir os pontos (5, 0) e (6, 1) na
função y = log10 (ax + b).
Raiz 1 de multiplicidade 3
x  x  x  x  ( x  x
)
))
)))
)0
x  1 x  1 ( x  1)  0
Logo temos
Ponto (5 , 0)
y  log 10 (ax  b)
y  log 10 (ax  b)
0  log 10 (5a  b)
1  log 10 (6a  b)
ou
ou
log 10 (5a  b)  0
x  13  0
Ponto (6 , 1)
x 3  3x 2  3x  1  0
x 3  ax 2  bx  c  0
log 10 (6a  b)  1
Aplicando a definição de logaritmos temos
(resolvendo)
Onde
a  3
b3
c  1
10  5a  b
10  6a  b
0
1
1  5a  b
10  6a  b
Temos duas equações com duas variáveis
devemos montar um sistema
 5a  b  1

6a  b  10
Método da adição
5a  b  1  (-1)
 5a  b  1


6a  b  10
6a  b  10
a 9
6a  b  10 
6  9  b  10
b  10  54  b  44
ALTERNATIVA A
ALTERNATIVA A
UFRGS 2009
35)(UFRGS-09) Ligando-se os pontos de
6
UFRGS 2009
Vamos determinar o vértice
interseção das curvas
x 2  y 2  8x  0
y
e
x2
 2x
4
obtém-se um
(A) ponto
(B) segmento de reta
(C) triângulo
(D) trapézio
(E) pentágono
raízes
08  4
 o ponto de ordenada
f (4) 
SOLUÇÃO
x  y  8x  0 é uma circunferência
2
 o ponto de abscissa é o ponto médio das
2
f (4) 
x2
 2x
4
16
8
4
x 2  y 2  8x  0 y  0  0
8
x
4
2
0
0
2
4 , 0
Centro
Raio =
a  b  ti
Raio =
42  02  0
2
f (4) 
42
 2.4
4
 f (4)  4
Vértice (4,4)
Centro
y

Obs. Também podemos obter o vértice pela
b 
,
fórmula 

 2a 4a 
O ponto (0, c) também deve ser utilizado
para construir o gráfico
2
(0, c) 
(0,0)
Raio = 4
0
y
x2
 2x
4
4
8
é uma função do 2º grau
Vamos determinar suas raízes
x2
 2x  0 
4
x,  0
x

x  2   0
4

x
 2  0  x ,,  8
4
Observando a figura temos três pontos de
intersecção, logo a figura formada é um
triângulo
0
8
-4
ALTERNATIVA
C
7
UFRGS 2009
UFRGS 2009
36)(UFRGS-09) Considere o círculo de centro 37)(UFRGS-09) Considerando a função definida
O e de equação x2 + y2 = 4 e a reta que passa
x
f ( x)   1 , assinale, entre os gráficos
pelo ponto A = (0,6) e é tangente ao círculo em por
x
um ponto B do primeiro quadrante. A área do
triângulo AOB é
(A)
4 2
apresentados nas alternativas, aquele que pode
representar f .
(C) 6 2
(B) 6
(D) 8
(E)
8 2
(A)
(B)
(C)
(D)
SOLUÇÃO
(E)
0
6
2
SOLUÇÃO
B
A
f ( x) 
x
1
x
determinar os pontos
AB por Pitágoras
 
6 2  2 2  AB
AB
2
 32
2


 
36  4  AB
AB  32
AB  4 2
Cálculo da área
Bh
A
2

4 22
A
2
2
 AB  32
X
-3
-2
-1
0
1
2
3
y
0
0
0
R
2
2
2
Pelos pares ordenados a resposta correta é
a letra C
A4 2
ALTERNATIVA
A
ALTERNATIVA
C
UFRGS 2009
38)(UFRGS-09) Observe a figura abaixo,
8
onde o ponto inicial da poligonal representada
é a origem do sistema de coordenadas. Os
comprimentos dos lados dessa poligonal
formam a seqüência 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5.
UFRGS 2009
O primeiro ponto do 50º lado é o P50 que esta no
quarto quadrante
EM RELAÇÃO AO EIXO X
2
4
6
8
10
12 .................... 50
( 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, ... 50)
an  a1  n  1R
an  2  (n  1)4
an  2  4n  4
an  4n  2
n N*
an  4n  2

an  4  1  2
Considerando-se que a poligonal continue
evoluindo de acordo com o padrão acima an  4  2  2
apresentado, o primeiro ponto do 50º lado é
(A) (–13, –13).
(B) (–13, 13).
(C) (12, –12).
(D) (13, –12).
(E) (13, –13).
 2  P2
 6  P6
an  4  3  2
 10  P10
an  4  4  2
 14  P14


an  4  13  2


 50  P50

SOLUÇÃO
Logo o ponto de abscissa é 13 e o ponto de
ordenada é – 12, pois é um a menos e
negativo
1
1
1
n=1
1
13,12
n= 2
1
esquerda
1
1
direita
1
n= 3
ALTERNATIVA
D
9
UFRGS 2009
39)(UFRGS-09)
UFRGS 2009
Os lados de um terreno
triangular têm medidas diferentes, as quais, em q 2  q  1  0 é uma inequação do segundo
certa ordem, formam uma progressão
grau
geométrica crescente. O conjunto dos
possíveis valores da razão dessa progressão é
  b 2  4.a.c
o intervalo
  (1) 2  4  1 (1)
  5 1 5 1

,
(A) 


2
2


  1 4
 5 1 5 1

 2 , 2 


5
(B) 



(C) 1 ,
2 5 1

2 

5

(D) 1 ,
2 




(E) 1 ,
q
b 
2a
q
 ( 1)  5

2 1
q
1 5
2
q ,, 
5 1

2 
q, 
1 5
2
1 5
2
SOLUÇÃO
Terreno em forma de triângulo
Os três lados em PG numa cera ordem
Vamos colocar os lados em função da razão
x
 , q,
q
Importante:
triângulo

xq  é uma PG crescente

condição de existência de um
x
 x  xq
q
fazer m.m.c
x  xq  xq2
q
xq2  xq  x  0
x(q 2  q  1)  0
Como a PG é crescente a razão é
q, 
1 5
=
2
n N
5 1
2
*
Logo q ,,  q  q ,

  1, 2, 3, 4....

O intervalo é 1 ,

5  1

2 
ALTERNATIVA
E
10
UFRGS 2009
40)(UFRGS-09) Considere o número
2
 1  i  complexo e a seqüência
z
2
UFRGS 2009
Agora potenciação
Fórmula de Moivre
z, z2, z3, z4, ... O número de termos distintos
dessa seqüência é
(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
4
5
6
7
8
z  1 cos 225  i sen225
z  1 cos 2  2250  i sen 2  2250 
z 2  1 cos 450 0  i sen 450 0  (passou de 360º)
z 2  1 cos 90 0  i sen 90 0 
2
SOLUÇÃO
z
z n   n cos n   i sen n  
2
1 i
2


z
2
2i
2
2
2


z 3  13 cos 3  2250  i sen 3  2250
z 3  1 cos 675 0  i sen 6750 (passou de 360º)
Devemos colocar este número complexo na 3
z  1 cos 3150  i sen 3150
forma trigonométrica ou polar
 2
a
2




Cálculo do módulo
  a b
2

2 2

4 4
2
 2  2
 

   
  2 
2

 

 
4
  1
4

2




z 5  15 cos 5  2250  i sen 5  2250
z 5  1 cos 11250  i sen 11250 (passou de 360º)
z 5  1 cos 450  i sen 450








z 6  1 cos 270 0  i sen 270 0
z 7  1 cos 1350  i sen 1350
Cálculo do argumento

z 4  14 cos 4  2250  i sen 4  2250
z 4  1 cos 900 0  i sen 900 0 (passou de 360º)
z 4  1 cos 180 0  i sen 180 0
 2
b
2
2


z8  1
cos 0
0
 i sen 0 0

Qualquer valor multiplicado por zero é zero

 2
logo a resposta é 8

a
 2
cos    cos   2 


1
2
   225 0

 2

ALTERNATIVA E
b
 2

2
 sen    sen  1  2

Forma trigonométrica ou polar
z   cos  i sen 
z  1 cos 225  i sen225
11
UFRGS 2009
41)(UFRGS-09) No triângulo representado na
UFRGS 2009
figura abaixo, AB e AC têm a mesma medida, e
a altura relativa ao lado BC é igual a
2
da
3
y
4x
3
medida de BC.
x
 4x 
y2  x2   
 3 
Com base nesses dados, o cosseno do ângulo
CAB é
(A)
7
25
(B)
7
20
(C)
4
5
(D)
5
7
(E)
5
6
y2 
9 x 2  16 x 2
9
y
25 x 2
9
2
 y2  x2 


y2 
y
16 x 2
9
25 x 2
9
5x
3
Aplicando as lei dos cossenos
SOLUÇÃO
5x
3
A altura relativa ao lado BC divide este lado
em duas partes iguais. Logo se altura é
2
da
3
5x
3
medida de BC e BC foi dividido ao meio, então
2
3  22  4
1 3 1 3
2
2x
2 x 
2
2
4x 2 
2
5x 5x
 5x   5x 
       2    cos Â
3
3
 3   3 
25 x 2 25 x 2 50 x 2


 cos Â
9
9
9
36 x 2 25 x 2  25 x 2  50 x 2 cos Â

9
9
36 x 2  50 x 2  50 x 2 cos Â
50 x 2 cos   50 x 2  36 x 2
50 x 2 cos   14 x 2
Devemos aplicar a lei dos cossenos mas falta
o lado y
Vamos determinar y por Pitágoras
cos  
14 x 2
50 x 2

cos  
ALTERNATIVA
7
25
A
12
UFRGS 2009
42)(UFRGS-09) Assinale a alternativa que
UFRGS 2009
SOLUÇÃO
pode representar o gráfico de f (x) = sen |x|.
Este é o gráfico do sem(x)
(A)
(B)
A função modular de x é uma reflexão sobre o
eixo y
(C)
ALTERNATIVA
(D)
(E)
B
13
UFRGS 2009
43)(UFRGS-09) No retângulo ABCD da figura
UFRGS 2009
abaixo, E é ponto médio de AD, e a medida de
FB é igual a um terço da medida de AB.
C
x
altura
E
x
A
y
H
y
F
y
Sabendo que a área de AFCE é 7, então a área Temos 3 triângulos e a área deles ´7
do retângulo ABCD é
AEC + ACH + HCF = 7
(A) 8
(B) 9
x  3y y  2x y  2x
bh


7
área 

(C) 10
2
2
2
2
(D) 11
x  3y
(E) 12
 xy  xy  7 m.m.c. 3xy  2 xy  2 xy  14
2
SOLUÇÃO
7 xy  14 
xy  2
Agora vamos determinara área do retângulo
x
A bh
A  2 x  3 y  A  6 xy como xy  2
Temos A  6 xy  A  6 2
ALTERNATIVA
x
A  12
E
Outra maneira
y
H
y
y
Área = área do  CED + 7 + área do  CED
área do  CED = é a quarta parte do retângulo
por que y? por que dividimos AB em três
x
ABCDE ou seja , pois E é o ponto médio
partes iguais : logo
4
AH 
1
3
HF 
1
3
FB 
1
3
se somar as medidas temos 1 inteiro
área do  BCF = é a sexta parte do retângulo
ABCDE ou seja
por que x? por que E é o ponto médio
x
x
x
7
4
6
7 x  84
x
1
, pois FB mede
6
3
m.m.c.

12 x  3x  84  2 x
12
x  12
14
UFRGS 2009
UFRGS 2009
44)(UFRGS-09) Observe o quadrado abaixo, 45)(UFRGS-09) Na figura sombreada abaixo, é
cujas diagonais medem 2 dm. A rotação desse feito um corte vertical conforme indicado pela linha
quadrado em torno de uma reta que contém pontilhada, obtendo-se, assim, duas partes
uma de suas diagonais gera um sólido.
(A)
A superfície desse sólido, em dm2 é de
(B) 2 2
(A)  2
(C) 2 3
(B)
(E) 3 3
(D) 3 2
SOLUÇÃO
A rotação em torno da diagonal gera dois
cones
(C)
A  R g
geratriz
(D)
1
1
Cálculo da geratriz por Pitágoras
g 2  12  12 
g 2
A  1 2
A  R g 
Como temos dois cones
2 2

(E)
 A  2
SOLUÇÃO
Justapondo-se as partes obtidas é possível
construir as figuras da letra (B)
2 2
ALTERNATIVA
B
ALTERNATIVA
B
15
UFRGS 2009
46)(UFRGS-09) O volume de um cubo de
UFRGS 2009
madeira foi diminuído em 32 cm3, fazendo-se ATENÇÃO :
cavidades a partir de cada uma de suas faces (intersecção)
até a face oposta.
estes
prismas
se
cruzam
Com isso, obteve-se o sólido representado na
figura abaixo.
Fica inteiro
sai um cubo
sai um cubo
de aresta = 2 de aresta = 2
Logo devemos descontar 2 cubos de aresta 2
Cada cavidade tem a forma de um prisma reto
3
V  23
de base quadrada de 2 cm de lado. As bases do V  a
prisma, contidas nas faces do cubo, têm centro
no centro dessas faces e um lado paralelo a um
FINAMENTE
dos lados da face. A aresta do cubo mede
(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
2
3
4
6
8
cm
cm
cm
cm
cm
V 2
V  2 8 V  16
12a 16  32
12a  32  16
SOLUÇÃO
Volume do cubo foi diminuído 32cm 3
12a  32  16
12a  48
Da seguinte forma
Foi retirado
a
3 prismas
48
12
Volume = área da base x altura
2
2
2
a4
ALTERNATIVA
a
a
V  4a
a
V  4a
3  4a  12a
V  4a
C
16
UFRGS 2009
47)(UFRGS-09) Considere a figura abaixo, 48)(UFRGS-09)
que representa a planificação de um cubo.
Na
biblioteca
de
uma
universidade, há uma sala que contém apenas
livros de Matemática e livros de Física. O número
de livros de Matemática é o dobro do número de
livros de Física. São dirigidos ao Ensino Médio 4%
dos livros de Matemática e 4% dos livros de
Física. Escolhendo-se ao acaso um dos livros
dirigidos ao Ensino Médio, a probabilidade de que
ele seja de Matemática é
(A)
Qual dos cubos apresentados nas alternativas
pode
corresponder
ao
desenho
da
planificação?
(A)
(B)
UFRGS 2009
3
8
(B)
1
2
(C)
5
8
(D)
2
3
(E)
5
6
SOLUÇÃO
Livros de física 4% 
4
 0,04
100
(C)
Livros de matemática é o dobro dos de física
Logo teremos 2  0,04  0,08
Total de livro do ensino médio
(D)
(E)
0,04  0,08  0,012
Resumindo
Quer saber a probabilidade de que ele seja de
Matemática
Livros de física 0,04
SOLUÇÃO
Observando o desenho do enunciado se n(a )  Livros de matemática 0,08
unirmos os lados 1 e 2 resulta apenas uma
região escura. Essa condição é verificada na
alternativa A
n(u )  Total de livros 0,012
8
n(a) 0,08 100
8 100 8 2
P






12 100 12 12 3
n(u ) 0,12
100
Vértice
ALTERNATIVA
ALTERNATIVA
A
D
17
UFRGS 2009
UFRGS 2009
49)(UFRGS-09) O número de divisores de
50)(UFRGS-09) O desenho abaixo representa
um tabuleiro inclinado no qual uma bola lançada
7 !é
desde o ponto A despenca até atingir um dos
cinco pontos da base. Em cada bifurcação do
tabuleiro, a probabilidade de a bola ir para a
esquerda ou para a direita é a mesma.
(A) 36
(B) 45
(C) 60
(D) 72
(E) 96
SOLUÇÃO
7 !  7  6  5  4  3  2 1  5040
5040
2520
1260
630
315
105
35
7
1
Com as informações acima, a probabilidade de
uma bola lançada desde o ponto A atingir o ponto
Bé
2
2
2
2
3
3
5
7
1
(A) 1 .  
2
4
1
(B) 2 .  
2
1
(D) 4 .  
2
4
4
1
(C) 3 .  
2
1
(E) 6 .  
2
4
SOLUÇÃO
2 3 5 7
4
2
Pediu o número de divisores
Podemos calcular o número de divisores pelo
produto dos expoentes acrescentando 1
observe
(4  1)  (2  1)  (1  1)  (1  1)
Caminhos
5  3  2  2  60
1
4
6
4
n(a)  caminhos até B
ALTERNATIVA
C
n(u )  todos caminhos possíveis
P
n( a )
n(u )
1
4
UFRGS 2009
18
UFRGS 2009
UFRGS 2009
19
UFRGS 2009
UFRGS 2009
20
UFRGS 2009