Correção da fuvest 2009 2ª fase - Matemática feita pelo Intergraus
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Correção da fuvest 2009 2ª fase - Matemática feita pelo Intergraus. 08.01.2009 MATEMÁTICA Q.01 Na figura ao lado, a reta r tem equação y 2 2 x 1 no plano cartesiano Oxy. Além disso, os pontos B0, B1, B2, B3 estão na reta r, sendo B0 = (0,1) . Os pontos A0, y A1, A2, A3 estão no eixo Ox, com A0 = O = (0,0). O ponto Di pertence ao segmento —–— —–— —–— —–— Ai B i , para 1 i 3. Os segmentos A1B1, A2B 2 , A3B 3 são paralelos ao eixo Oy, os ——— ——— r B3 B2 B1 B0 ——— D3 D2 D1 segmentos B 0D1, B1D2 , B 2D3 são paralelos ao eixo Ox, e a distância entre Bi e Bi + 1 é igual a 9, para 0 I 2. O A1 A2 A3 x Nessas condições: a) Determine as abscissas de A1, A2, A3. b) Sendo Ri o retângulo de base Ai Ai + 1 e altura Ai + 1 Di + 1, para 0 i 2 , calcule a soma das áreas dos retângulos R0 , R1 e R2. RESOLUÇÃO: y B0 (0,1) B1 9 a 9 B2 9 a b D2 a b D1 B3 b D3 1 A1 (x1) A0 A2 (x2) A3 (x3) x a) No B 0B1D1 temos tg 2 2 b a b 2a 2 e a 2 b 2 9 2 a 2 (2a 2) 2 81 (a > 0 ) a 3, temos então x1 = a, x2 = 2a e x3 = 3a (os B 0B1D1, B1B2D2 e B2B3D3 são congruentes). logo x1 = 3, x2 = 6 e x3 = 9. b) SR 3 1, SR 3 (1 b) e SR 3 (1 2b) e 0 1 3 Então SR SR SR 3 3(1 b) 3(1 2b) 0 1 3 SR SR SR 9 9b = 9(1 + 2a 2 ) = 9(1 + 2 3 2) 9(1 6 2) 0 1 RESPOSTA: a) 3, 6 e 9 b) 9(1 6 2) 3 Correção da fuvest 2009 2ª fase - Matemática feita pelo Intergraus. 08.01.2009 Q.02 Na figura, estão representadas a circunferência C, de centro O e raio 2, e os pontos A, B, P e Q, de tal modo que: 1. O ponto O pertence ao segmento PQ. 2. OP = 1, OQ = 2. 3. A e B são pontos da circunferência, AP PQ e BQ PQ . Assim sendo, determine: a) A área do triângulo APO. b) Os comprimentos dos arcos determinados por A e B em C. c) A área da região hachurada. RESOLUÇÃO: Y P 1 O 2 A Q 2 X B a) APO: (AP) 2 12 2 2 b) APO: sen AP 3, logo S APO 3 2 , BQO: sen 2 2 60 e 45 . Temos então 180 – (60 45 ) 75 . 75 5 5 med (AXB) 2 2 2 2 24 6 360 5 19 med (AYB) = 2 2 – med (AXB) 4 – 6 6 c) S hach 3 2 RESPOSTA: 3 2 5 19 b) e 6 6 3 5 c) 1 2 6 a) 31 3 2 2 2 2 75 3 5 2 2 1 2 360 2 6 P A O Q B Correção da fuvest 2009 2ª fase - Matemática feita pelo Intergraus. 08.01.2009 Q.03 Considere o sistema de equações nas variáveis x e y, dado por 4x 2m 2 y 0 2mx (2m – 1)y 0 Desse modo: a) Resolva o sistema para m = 1. b) Determine todos os valores de m para os quais o sistema possui infinitas soluções. c) Determine todos os valores de m para os quais o sistema admite uma solução da forma (x, y) = (, 1), sendo um número irracional. RESOLUÇÃO: 4x 2m 2 y 0 2mx (2m – 1)y 0 2x m 2 y 0 –m 2mx (2m – 1)y 0 2x m 2 y 0 I (– m 3 + 2m – 1)y 0 II 2x y 0 a) Para m = 1 temos y e x – ; C 0y 0 2 b) O sistema terá infinitas soluções se – m 3 2m – 1 0 . Como 1 é raiz da equação, utilizando o dispositivo de Briot-Ruffini, obtemos: –1 5 m 3 – 2m 1 (m – 1)(m 2 m – 1) 0 m 1 ou m 2 c) Se (, 1) é solução do sistema, sendo irracional, então: m2 de I : – , com m 2 irracional. 2 –1 5 3 de II : m – 2m 1 0 m 1 ou m 2 –1 5 2 . Como m é irracional, segue que m 2 RESPOSTA: – a) S , ; C 2 –1 5 –1 – 5 b) 1, , 2 2 –1 5 –1– 5 c) e 2 2 Correção da fuvest 2009 2ª fase - Matemática feita pelo Intergraus. 08.01.2009 Q.04 C O triângulo ABC da figura ao lado é eqüilátero de lado 1. Os pontos E, F e G pertencem, respectivamente, aos lados AB, AC e BC do triângulo. Além disso, e CGF são retos e a medida do segmento AF é x. os ângulos AFE G Assim, determine: a) A área do triângulo AFE em função de x. também é reto. b) O valor de x para o qual o ângulo FEG RESOLUÇÃO: A C 60° 1– x G 1 1 – 2x 60° F x 60° 2x A 30° 60° E 60° 1 – 2x B a) AFE EF EF 3 EF 3 x x x x 3x 3 2 S AFE x 2 2 FG 3 3 b) FCG: sen 60 FG (1– x) 1– x 2 2 = 90° EG // AC EBG é eqüilátero EG = 1 – 2x FEG 2 3 1 FEG: (1– x) ( 3 x) 2 (1– 2x) 2 ( 5x – 1) 2 0 x 2 5 tg 60 RESPOSTA a) S AFE b) x 1 5 x 3x2 2 F E B Correção da fuvest 2009 2ª fase - Matemática feita pelo Intergraus. 08.01.2009 Q.05 A soma dos cinco primeiros termos de uma PG, de razão negativa, é sétimo termo e o segundo termo da PG é igual a 3. 1 . Além disso, a diferença entre o 2 Nessas condições, determine: a) A razão da PG. b) A soma dos três primeiros termos da PG. RESOLUÇÃO: 1 2 3 4 a1 a1q a1q a1q a1q 2 II a) a1q 6 – a1q 3 q 0 a1q (q 5 – 1) II 3 2 3 4 I a1 (1 q q q q ) 1/ 2 q2 – q – 6 0 q(q – 1)(q 4 q 3 q 2 q 1) 1 q q2 q3 q4 q=–2 3 1 q – q (–2) – (–2) 66 22 1 3 Logo a1 a1q a1q 2 a1 (1 q q 2 ) (1– 2 4) 22 22 b) II a1 6 3 (a > 0 ) I RESPOSTA: a) A razão da P.G. é – 2. 3 b) 22 6 3 6 Correção da fuvest 2009 2ª fase - Matemática feita pelo Intergraus. 08.01.2009 Q.06 Um apreciador deseja adquirir, para sua adega, 10 garrafas de vinho de um lote constituído por 4 garrafas da Espanha, 5 garrafas da Itália e 6 garrafas da França, todas de diferentes marcas. a) De quantas maneiras é possível escolher 10 garrafas desse lote? b) De quantas maneiras é possível escolher 10 garrafas do lote, sendo 2 garrafas da Espanha, 4 da Itália e 4 da França? c) Qual é a probabilidade de que, escolhidas ao acaso, 10 garrafas do lote, haja exatamente 4 garrafas da Itália e, pelo menos, uma garrafa de cada um dos outros dois países? RESOLUÇÃO: a) O lote possui 15 garrafas. O número de maneiras de escolher 10 garrafas é: 15 14 13 12 11 15 ! 3 003 10 ! 5 ! 5 4 3 21 4 3 5 6 5 4! 5! 6! b) C4,2 C5,4 C6,4 450 2! 2! 4! 1! 4! 2! 2 1 1 2 1 c) Casos favoráveis: C15,10 Itália Espanha França 4 1 5 4 2 4 4 3 3 4 4 2 números de modos C5,4 4 C6,5 5 4 6 120 450 (pelo item a) C 5,4 C4,3 C 6,3 5 4 20 400 C 5,4 1 C 6,2 5 1 15 75 Total de casos favoráveis = 120 + 450 + 400 + 75 = 1 045 A probabilidade pedida é RESPOSTA: a) 3 003 b) 450 95 c) 273 1 045 5 11 19 95 3 003 3 11 91 273 Correção da fuvest 2009 2ª fase - Matemática feita pelo Intergraus. 08.01.2009 Q.07 No plano cartesiano Oxy, a circunferência C tem centro no ponto A = (–5,1) e é tangente à reta t de equação 4x – 3y – 2 = 0 em um ponto P. Seja ainda Q o ponto de intersecção da reta t com o eixo Ox. Assim: a) Determine as coordenadas do ponto P. b) Escreva uma equação para a circunferência C. c) Calcule a área do triângulo APQ. RESOLUÇÃO: t: 4x –3y –2 = 0 A (–5,1) ( ( 1 Q —, 0 2 P 4 3 m – (t é perpendicular a AP) 3 4 AP 3 A equação de AP é y – 1 – (x 5) 4 3 y – 1 – (x 5) P(–1,–2) P t AP P: 4 4x – 3y – 2 0 a) m t b) R AP (–5 1) 2 (1 2) 2 5 uma equação de C é (x 5) 2 (y – 1) 2 5 2 2 1 5 c) PQ –1 – (–2 – 0) 2 2 2 5 5 25 S APQ 2 2 4 RESPOSTA: a) P(–1, – 2) b) (x + 5)2 + (y – 1)2 = 25 25 c) S APQ 4 Correção da fuvest 2009 2ª fase - Matemática feita pelo Intergraus. 08.01.2009 Q.08 Para cada número real m, considere a função quadrática f(x) = x2 + mx + 2. Nessas condições: a) Determine, em função de m, as coordenadas do vértice da parábola de equação y = f (x). b) Determine os valores de m IR para os quais a imagem de f contém o conjunto {y IR : y 1}. c) Determine o valor de m para o qual a imagem de f é igual ao conjunto {y IR : y 1} e, além disso, f é crescente no conjunto {x IR : x 0} . d) Encontre, para a função determinada pelo valor de m do item c) e para cada y 2, o único valor de x 0 tal que f(x) = y. RESOLUÇÃO: a) Lembrando que se f(x) = ax2 + bx + c, a 0, a parábola tem vértice V com coordenadas x V yV – , temos: 4a xV –(m 2 – 8) 8 – m 2 –m . e yV = 2 4 4 b) Como a > 0, no domínio R o conjunto imagem é Im {y R |y y V } (concavidade “para cima”). Para ter {y R |y 1} Im, basta impor y V 1. Então: 8 – m2 1 4 m 2 4 (m – 2 ou m 2) c) Para Im {y R |y 1} e f crescente no conjunto {x R |x 0}, devemos impor: –m x V 0 2 0 m 0 logo, m = 2. 2 y V 1 8 – m 1 m 2 4 d) Para m = 2, a função será f(x) = x2 + 2x + 2. Para f(x) = y, vem x2 + 2x + 2 = y x2 + 2x + 1 + 1 = y (x + 1)2 =y–1 x –1 y – 1 Logo, para cada y 2, o único x 0 será x – 1 RESPOSTA: 8 – m2 –m e yV 2 4 b) m –2 ou m 2 c) m = 2 d) x – 1 y – 1 a) x V y – 1. –b e 2a Correção da fuvest 2009 2ª fase - Matemática feita pelo Intergraus. 08.01.2009 Q.09 3 2 Seja x no intervalo 0, satisfazendo a equação tg x sec x . 2 2 5 Assim, calcule o valor de: a) sec x. b) sen x 4 RESOLUÇÃO: a) tg x 2 sec x 5 tg 2 x 1 sec 2 x 3 3 2 sec x tg x – 2 2 5 2 2 3 sec x 1 sec 2 x – 2 5 65 2 sec x 6 5 sec x – 0 4 – 13 5 5 sec x ou sec x 2 2 5 . Como x ] 0, [, temos sec x > 0; logo sec x = 2 2 b) sec x x ] 0, 2 sen x sen x 5 2 cos x 2 e sen x 1 – 4 1 5 5 5 [ sen x cos sen cos x 4 4 4 3 2 3 10 1 2 2 2 . 4 2 2 10 5 5 2 5 RESPOSTA: 5 2 3 10 b) 10 a) Correção da fuvest 2009 2ª fase - Matemática feita pelo Intergraus. 08.01.2009 Q.10 A figura representa uma pirâmide ABCDE, cuja base é o retângulo ABCD. Sabe-se que 3 E AB CD 2 Q AD = BC = AE = BE = CE = DE = 1 P 1 D AP DQ . 2 A Nessas condições, determine: C a) A medida de BP. b) A área do trapézio BCQP. c) O volume da pirâmide BPQCE. B RESOLUÇÃO: a) Destacando o triângulo ABE, temos a figura abaixo: E 1 2 1 P 1 2 A B , temos no ABE: Chamando de a medida de AEB 2 3 5 2 2 2 1 1 – 2 1 1 cos cos 8 No triângulo PEB temos, então: 2 1 1 5 10 1 (BP) 2 12 – 2 1 cos (BP) 2 1 – BP 2 4 8 4 2 b) Observando que os triângulos ABE e CDE são congruentes, temos que BP = CQ. Destacando o trapézio isósceles BCQP, temos a situação abaixo. Observe também que PQ é base média do ADE.. P 1 2 Q h B 1 4 1 2 Q’ 1 4 C 2 2 10 3 1 h . No QQ’C temos h 2 4 4 4 1 3 1 9 2 4 A área de BCQP é: 2 16 Correção da fuvest 2009 2ª fase - Matemática feita pelo Intergraus. 08.01.2009 c) Destacando a pirâmide BCQPE, temos a situação abaixo: E P Q M C N 1 3 3 2 Traçando EM, altura do triângulo equilátero PQE EM , MN, altura do trapézio BCQP 2 4 1 3 3 3 temos então o triângulo MNE que MN e EN, altura do triângulo equilátero BCE EN 4 2 2 B 2 2 2 3 3 3 . é retângulo em M, já que 4 4 2 Como EM PQ e EM MN temos que EM pl (BCPQ) e portanto EM é a altura da pirâmide BCPQE. Temos então: VBCPQE RESPOSTA 10 4 9 b) 16 a) c) 3 3 64 1 1 9 3 3 3 SBCQP EM VBCPQE 3 3 16 4 64