Vestibular UFBA – 2006 –2a FASE. Resolução da prova de ...

Vestibular UFBA – 2006 –2 a FASE.
Resolução da prova de Matemática
Por Profa. Maria Antônia Conceição Gouveia.
Questão 01 (Valor: 15 pontos)
Considere a equação, na variável x, ax 2 + bx + c = 0 e a função quadrática
f(x) = ax 2 + bx + c, com a, b, e c números reais.
Sabendo que uma raiz da equação ax 2 + bx + c = 0 é o número complexo de módulo 2
π
e argumento e que a imagem da função f(x) = ax 2 + bx + c é o intervalo ] – ∞, –1]
4
calcule f(2).
RESOLUÇÃO:
⎛
z = 2 ⎜cos
⎝
π
4
π ⎞ ⎛ 2 2 ⎞
+ isen ⎟ = 2 ⎜ i⎟
= 1+
i
4 ⎠ +
2 2
⇒ f(x) = a[x – (1 – i)][x- (1 + i)] ⇒
⎝ ⎠
f(x) = a( x 2 – 2 x +2) = ax 2 – 2a x +2a.
Sendo a imagem da função f(x) = ax 2 – 2a x +2a o intervalo ] – ∞, –1] então
2
− ∆ − (4a − 8a
=
4a 4a
2
)
= −1⇒
a = −1⇒
f(x) = –x 2 + 2x – 2 ⇒ f(2) = –4 + 4 – 2 = – 2.
Questão 02 (Valor: 15 pontos)
y
5
O gráfico representa a função f: R→]1,+∞[; f(x) =
a+b.2 kx , sendo a, b, e k constantes reais. A partir
dessas informações, calcule f –1 (x).
3
1
-1 0
x
RESOLUÇÃO:
Analisando o gráfico da função f(x) = a+b.2 kx , concluímos que é uma translação do gráfico
da função h(x) = b.2 kx , segundo o vetor u = 1 ⇒ a = 1.
Logo f(x) = 1+b.2 kx .

Ainda pelo gráfico vemos que f(0) = 3 e f(–1) = 5 ⇒
⎧1
+ b = 3 ⎧b
= 2 ⎧b
= 2 ⎧b
= 2 ⎧b
= 2
⎨
⇒ ⎨
⇒ ⎨ ⇒ ⎨ ⇒ ⎨
⎩ +
− k
−k
−k
1 b.2 = 5 ⎩1
+ b.2 = 5 ⎩2.2
= 4 ⎩−
k + 1 = 2 ⎩k
= − 1
f(x) = 1+2.2 –x = 1+2 –x+1 .
Se (x,y) é um par ordenado que satisfaz a f(x), então o par (y,x) satisfaz a f –1 (x) ⇒
x = 1+2 –y+1 ⇒ 2 –y+1 =x – 1 ⇒ –y + 1 = log 2
(x − 1) ⇒ y= – log 2
(x − 1) +1⇒
f –1 (x) = – log 2
(x − 1) +1.
Questão 03 (Valor: 15 pontos)
Considerando, no plano cartesiano, os pontos A(x, 0), B(1, 0) e C(4, 0), determine todos os
valores de x para os quais a soma da distância de A a B e da distância de A a C seja menor ou
igual a 7.
RESOLUÇÃO:
Distância de A a B: d = ( −1) 2 = ( x −1)
x .
Distância de A a C: d 1 = ( − 4) 2 = ( x − 4)
x .
Pelos dados do problema: ( x −1)
+ ( − 4)
x ≤ 7
⎧x
−1,
se x ≥ 1
⎨
⎩−
(x −1),
se x < 1
Por definição de módulo: ( x −1)
=
e ( x − 4)
⎧x
− 4, se x ≥ 4
= ⎨
⎩−
(x − 4), se x < 4
⇒
1 4
– x + 1 + (– x + 4) ≤ 7
– 2x ≤ 2
x ≥ –1
S 1 = [–1,1[
x – 1 + (– x + 4) ≤ 7
0 ≤ 4 ( V )
S 2 = [1,4[
x – 1 + x – 4 ≤ 7
2x ≤ 12
x ≤ 6
S 3 = [4,6]
S = {x ∈ (S 1 ∪ S 2 ∪ S 3 )} = [–1,6].
Questão 04 (Valor: 15 pontos)
Em uma certa época, uma epidemia atingiu determinada região. A fim de combater a doença, a
população local foi dividida em três grupos, por faixa etária, e todas as pessoas foram vacinadas,
cada uma recebendo a dose da vacina de acordo com o especificado no quadro a seguir.

Grupo Faixa etária 1 a aplicação 2 a aplicação 3 a aplicação
I
até 15 anos
1ml
2ml
3ml
II
de 16 a 59 anos
3ml
2ml
1ml
III
a partir dos 60 anos
5ml
2ml
1ml
Considerando que, na primeira aplicação, foram gastos 800000ml da vacina, na segunda,
600000ml e, na terceira, 500000ml, calcule o número de pessoas de cada grupo.
RESOLUÇÃO:
Consideremos como x o número de pessoas até 15 anos, y o de pessoas de 16 a 59 anos e z
o de pessoas com idade a partir dos 60 anos.
Temos então o sistema:
⎧x
+ 3y + 5z = 80
⎪
⎨2x
+ 2y + 2z = 60 → 2L
1
− L
⎪
⎩3x
+ y + z = 50 → 3L1
− L3
2
⎧x
+ 3y + 5z = 80
⎪
⇒ ⎨4y
+ 8z = 100
⎪
⎩8y
+ 14z = 190 → 2L
2
− L
3
⎧x
+ 3y + 5z = 80
⎪
4y + 8z = 100
⇒ ⎨
⎪2z
= 10
⎪
⎩z
= 5
Em 4y + 8z = 100 substituindo z por 5.
⎧x
+ 3y + 5z = 80
⎪
⎪
4y + 40 = 100
⎨4y
= 60 Em L
⎪y
= 15
⎪
⎪⎩
z = 5
1
substituindo y por 15 e z por
⎧x
+ 3y + 5z = 80
⎪
⎪
x + 45 + 25 = 80
5 ⇒ ⎨x
= 10
⎪y
= 15
⎪
⎪⎩
z = 5
Os valores pedidos são respectivamente 100000, 150000 e 50000 pessoas.
Questão 05 (Valor: 20 pontos)
As medidas dos lados de um triângulo ABC formam uma progressão aritmética de razão igual a 1.
Determine a altura do triângulo ABC, relativa ao lado AB, sabendo que
3
cos(A BˆC) = .
5
AC < AB < BC e

RESOLUÇÃO:
3
Sendo cos(A BˆC) = , no triângulo retângulo BHC
5
5x, BH = 3x e CH = 4x.
BH 3 = então podemos considerar BC =
BC 5
Como as medidas AC< AB < BC formam nesta ordem uma progressão aritmética de razão 1, AB
= BC – 1 e AC= AB – 1, logo sendo BC = 5x, temos AB = 5x – 1 e
AC = 5x – 2 .
Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo AHC da figura acima:
2
2 2
2
2
2
( 5x − 2) = ( 2x −1) + 16x ⇒ 25x − 20x + 4 = 4x − 4x + 1+
16x
16 ± 256 − 60 16 ± 14
5x 2 − 16x + 3 = 0 ⇒ x =
= ⇒ x = 3 ou x = 0,2
10 10
Para x = 3, AB = 14 e para x = 0,2, AB = 0 ( impossível).
Logo x = 3 e a altura procurada que é 4x = 12.
Questão 06 (Valor: 20 pontos)
Considere a reta r, que tem como equação y = 1, e a reta s, que passa pelos pontos A(4, −3) e
B(2, 0).
Sendo M a região do plano limitada pelos eixos coordenados cartesianos Ox e Oy e pelas retas r
e s, calcule o volume do sólido obtido pela rotação da região M em torno do eixo Oy.
RESOLUÇÃO
Considere a reta r, que tem como equação y = 1, e a reta s, que passa pelos pontos A(4, −3) e
B(2, 0).

Sendo M a região do plano limitada pelos eixos coordenados cartesianos Ox e Oy e pelas retas r
e s, calcule o volume do sólido obtido pela rotação da região M em torno do eixo Oy.
Podemos obter a reta s que passa pelos pontos A(4, −3) e B(2, 0) da seguinte forma:
4
− 3
2
0
x
y
4
= 0 ⇒
− 3
2y − 3x − 4y + 6
3
= 0 ⇒ 2y = −3x
+ 6 ⇒ y = − x + 3
2
A reta s: y = 3 − x + 3 cuja raiz é x = 2.
2
A interseção entre as retas s: y = 1 e r: 3 − x + 3 = 1 é dada pela solução do sistema
2
⎧y
= 1
⎪
⎨ 3 ⇒ 3x = 4 ⇒ x = 4/3.
⎪y
= − x + 3
⎩ 2
A área M que está representada na figura é um trapézio de altura 1 e bases 2 e 4/3, respectivamente.
O sólido gerado pela rotação da região M em torno do eixo Oy é um tronco de cone cujo volume é a
diferença entre os volumes dos cone ACB e DCE que são semelhantes.
x 4/3
Calculemos a altura x do cone DCE: = ⇒ 6x = 4x + 4 ⇒ x = 2 .
x + 1 2
O volume procurado é:
V =
1 1 16 12π
32π
108π
− 32π
76
.4π .3 − . π.2
= − =
=
π u.v.
3 3 9 3 27 27 27