2012 MatemáticaDiscursivaGabaritoPism3 UFJF

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UFJF – MÓDULO III DO PISM – TRIÊNIO 2010-2012 – GABARITO DA PROVA DE MATEMÁTICA 
PARA O DESENVOLVIMENTO E A RESPOSTA DAS QUESTÕES, SÓ SERÁ ADMITIDO USAR CANETA ESFEROGRÁFICA AZUL OU PRETA 
 
 
1 
 
 
 
 
Questão 1 – Uma circunferência de equação 2 2 8 8 16 0+ − + + =x y x y é tangente ao eixo das abscissas no 
ponto M e tangente ao eixo das ordenadas no ponto N . Sabendo que T é o centro da circunferência, determine: 
 
a) as coordenadas de M , N e .T 
 
 
Primeiramente determinaremos o centro T da circunferência 2 2: 8 8 16 0C x y x y+ − + + = . Completando 
quadrado temos, 
 
0)168()8( 22 =+++− yyxx ⇒ 2 2( 8 16) 16 ( 8 16) 0,x x y y− + − + + + = 
ou seja, 
2 2: ( 4) ( 4) 16.C x y− + + = 
Logo (4, 4)T − . 
 
Como C é tangente ao eixo das abscissas no ponto M , temos ( ,0)M x . Substituindo 0y = na equação de 
C , obtemos 
2 2( 4) (0 4) 16x − + + = ⇒ 2( 4) 16 16 0x − = − = ⇒ 4 0x − = ⇒ 4x = 
Logo, (4,0).M 
 
Como C também é tangente ao eixo das ordenadas no ponto N , temos (0, )N y . Substituindo 0x = na 
equação de C , obtemos 
2 2(0 4) ( 4) 16y− + + = ⇒ 2( 4) 16 16 0y + = − = ⇒ 4 0y + = ⇒ 4y = − 
Portanto, (0, 4).N − 
 
 
 
b) o comprimento do segmento .MN 
 
 
Como (4,0)M e (0, 4)N − , temos que a distância entre esses dois pontos é 
2 2( , ) ((4,0), (0, 4)) (4 0) (0 ( 4))d M N d= − = − + − − ⇒ ( , ) 16 16 4 2d M N = + = u.c 
Logo a medida do segmento MN é 4 2 u.c. 
 
 
 
c) a área do triângulo de vértices M , N e .T 
 
 
Como a tangente a um círculo é perpendicular ao raio deste, segue que os segmentos MT e NT são 
perpendiculares ao eixo das abscissas e ao eixo das ordenadas respectivamente. Logo o triângulo de vértices 
,M N e T é retângulo em T . 
 
Os segmentos MT e NT correspondem ao raio da circunferência C , logo 4MT NT= = u.c. Assim a área 
do triângulo de vértices M , N e T é 
 
4 4
2 2
MT NTA × ×= = ⇒ 8A = u.a. 
 
 
 
 
 
 
UFJF – MÓDULO III DO PISM – TRIÊNIO 2010-2012 – GABARITO DA PROVA DE MATEMÁTICA 
PARA O DESENVOLVIMENTO E A RESPOSTA DAS QUESTÕES, SÓ SERÁ ADMITIDO USAR CANETA ESFEROGRÁFICA AZUL OU PRETA 
 
 
2 
 
 
 
 
Questão 2 – Um estudante, ao dividir corretamente o polinômio ( )M x pelos polinômios 1( ) ( 1)= +D x x , 
2 ( ) ( 1)= −D x x e 3( ) ( 2)= +D x x , obteve, respectivamente, os restos 1( ) 1= −R x , 2 ( ) 1=R x e 3 ( ) 0=R x . Qual o 
polinômio resto ( )R x da divisão de ( )M x por ( ) ( 1)( 1)( 2)= + − +D x x x x ? 
 
 
Ao dividir um polinômio ( )M x por um outro polinômio ( ),P x sabemos pelo algoritmo da divisão que existem 
polinômios ( )Q x e ( )R x tais que 
( ) ( ) ( ) ( )M x P x Q x R x= + , com 0 ( ( )) ( ( ))gr R x gr P x≤ < . 
 
Assim, existem 1 2( ), ( )Q x Q x e 3( )Q x tais que 
 
 1 1 1( ) ( ) ( ) ( )M x D x Q x R x= + ⇒ 1( ) ( 1) ( ) ( 1)M x x Q x= + + − ⇒ ( 1) 1M − = − 
 2 2 2( ) ( ) ( ) ( )M x D x Q x R x= + ⇒ 1( ) ( 1) ( ) 1M x x Q x= − + ⇒ (1) 1M = 
 3 3 3( ) ( ) ( ) ( )M x D x Q x R x= + ⇒ 1( ) ( 2) ( ) 0M x x Q x= + + ⇒ ( 2) 0M − = 
 
Como ( ) ( 1)( 1)( 2)= + − +D x x x x é um polinômio de grau 3, ao dividir ( )M x por ( )D x , obtemos 
 
( ) ( 1)( 1)( 2) ( ) ( )M x x x x Q x R x= + − + + , com 0 ( ( )) ( ( )) 3gr R x gr D x≤ < = . 
 
Logo podemos escrever 
2( )R x ax bx c= + + , onde , ,a b c ∈R . 
 
Como, 
( 1) ( 1) 1R M− = − = − , (1) (1) 1R M= = e ( 2) ( 2) 0R M− = − = 
 
obtemos, 
 
1 ( )
1 ( )
4 2 0 ( )
a b c I
a b c II
a b c III
− + = −

+ + =

− + =
 
Somando (I) e (II) segue que 2 2 0a c+ = ⇒ c a= − . 
 
Substituindo c a= − em (III) obtemos 4 2 0a b a− − = ⇒ 3
2
ab = 
Substituindo c a= − e 
3
2
ab = em (II), temos 
3 1
2
a
a a+ − = ⇒ 
2
3
a = . 
logo, 
3 1
2
ab = = e 2
3
c a= − = − . 
 
Portanto 2
2 2( )
3 3
R x x x= + − . 
 
 
 
 
UFJF – MÓDULO III DO PISM – TRIÊNIO 2010-2012 – GABARITO DA PROVA DE MATEMÁTICA 
PARA O DESENVOLVIMENTO E A RESPOSTA DAS QUESTÕES, SÓ SERÁ ADMITIDO USAR CANETA ESFEROGRÁFICA AZUL OU PRETA 
 
 
3 
 
 
 
 
Questão 3 – Após pesquisas na internet, um internauta construiu a seguinte tabela, com produtos de seu 
interesse: 
P R O D U T O S 
PENDRIVE LIVRO DVD 
R$ 30,00 (8GB) R$ 40,00 (Infantil) R$ 50,00 (Filme) 
CUSTO 
UNITÁRIO 
R$ 60,00 (16GB) R$ 70,00 (Técnico) R$ 55,00 (Musical) 
 
Esse internauta efetuou compras, adquirindo um total de 120 objetos. Os produtos comprados foram: pendrives, 
livros e DVDs. Sabe-se que as quantidades adquiridas de pendrives de 8GB e 16GB foram iguais, e que valem 
afirmações análogas com relação aos tipos de livros e também aos tipos de DVDs. Além disso, sabe-se que o 
internauta gastou R$ 2.600,00, ao adquirir pendrives de 8GB, livros infantis e DVDs de música, e gastou R$ 
3.700,00, ao adquirir pendrives de 16GB, livros técnicos e DVD’s de filme. Determine a quantidade de pendrives 
comprada por esse internauta. 
 
 
 
Sejam ,x y e z as quantidades de pendrives, livros e DVDs adquiridas pelo internauta. Logo temos o 
seguinte sistema. 
2 2 2 120
30 40 55 2600
60 70 50 3700
x y z
x y z
x y z
+ + =

+ + =
 + + =
 ⇔ 
1
2
3
60 (E )
6 8 11 520 (E )
6 7 5 370 (E )
x y z
x y z
x y z
+ + =

+ + =
 + + =
 
Escalonando o sistema: fazendo '1 1E = E , 
'
2 2 1E = E 6E− e 
'
3 3 1E = E 6E− , obtemos o sistema equivalente 
'
1
'
2
'
3
60 (E )
2 5 160 (E )
10 (E )
x y z
y z
y z
+ + =

+ =

− =
 
Fazendo " ' '3 2 3E E 2E= − obtemos 
"
1
"
2
"
3
60 (E )
2 5 160 (E )
7 140 (E )
x y z
y z
z
+ + =

+ =

=
 
Logo 20z = . 
 
Substituindo 20z = em "2E , obtemos 30y = . 
 
Substituindo 20z = e 30y = em "1E , obtemos 10x = . 
 
Portanto, o internauta comprou 10 pendrives de cada tipo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Questão 4 – Uma loja, no ano de seu centenário, lançou um cartão de crédito para seus clientes vips (especiais). 
Para a codificação destes cartões foram utilizadas sequências de 5 algarismos, sem repetição, dentre os 
algarismos 0,1, 2, ,9.… Para fins de propaganda, determinou-se que o último algarismo, em cada código, deve 
ser ímpar, pois a loja considera seus clientes vips “ímpares”. Sabendo-se que um cartão se diferencia de outro 
cartão pela disposição de seus algarismos, na sua respectiva codificação, determine: 
 
a) quantos cartões de crédito para clientes vips foram fabricados. 
 
 
Como o ultimo algarismo deve ser impar, temos 5 possibilidades para o mesmo. Pelo principio multiplicativo 
temos 
 
ímpar
9 8 7 6 5 15120.× × × × =
 
 
Ou seja, foram fabricados 15120 cartões de crédito para os clientes vips. 
 
 
 
b) entre os cartões de crédito fabricados, quantos possuem a soma de seus dois últimos algarismos igual a 
10. 
 
 
Como o ultimo algarismo deve ser impar e a soma de seus dois últimos algarismos deve ser igual a 10, temos 
as seguintes possibilidades: 
 
 
1 9
8 7 6 1 1 336× × × × =
 
 
 9 1 
 
 37 
 
 7 3 
 
 5 5 
 
Pelo principio multiplicativo temos 5 (8 7 6 1 1) 5 336 1680× × × × × = × = cartões de crédito fabricados, cuja a 
soma de seus dois últimos algarismos é igual a 10. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Questão 5 – Nas Olimpíadas de Londres (2012), verificou-se que, em uma partida de basquete entre EUA e 
Nigéria, 70% dos lances livres marcados a favor do time norte-americano foram cobrados por jogadores com mais 
de 2 metros de altura. Sabe-se que, de acordo com estatísticas desse jogo, a probabilidade de um lance livre a 
favor do time dos EUA ter sido convertido é 82%, se o jogador tivesse mais de 2 metros de altura e 75% em caso 
contrário. 
 
Usando essas informações, responda com argumentos matemáticos os itens a e b. 
 
 
a) Sabendo que no terceiro quarto da partida uma falta foi marcada a favor do time dos EUA e foi cobrado 
um lance livre, qual a probabilidade de o lance livre ter sido cobrado por um jogador com altura superior a 
2 metros e ter sido convertido? 
 
 
Seja X o jogador do time dos EUA que cobrou o lance livre. Sabemos que 70% dos lances livres marcados a 
favor do time norte-americano foram cobrados por jogadores com mais de 2 metros de altura. Logo 
 
70( 2 metros)
100
P X > = 7
10
= . 
 
Como a probabilidade de um lance livre a favor do time dos EUA ter sido convertido é 82%, se o jogador 
tivesse mais de 2 metros de altura temos que a probabilidade pedida é: 
 
7 82 574
10 100 1000
P = × = ⇒ 0,574P = . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Cobrador do 
lance livre a favor 
do time dos EUA 
Altura superior 
 a 2 metros 
Acerta o lance livre 
Erra o lance livre 
7
10
 
82
100
Altura inferior ou 
 igual a 2 metros 
Acerta o lance livre 
Erra o lance livre 
18
100
75
100
 
25
100
 
3
10
 
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PARA O DESENVOLVIMENTO E A RESPOSTA DAS QUESTÕES, SÓ SERÁ ADMITIDO USAR CANETA ESFEROGRÁFICA AZUL OU PRETA 
 
 
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b) Sabendo que uma falta foi marcada a favor da equipe dos EUA no último minuto da partida e o lance livre 
foi desperdiçado, qual a probabilidade de o cobrador desse lance livre ter sido um jogador com altura 
superior a 2 metros? 
 
 
Suponha que foram marcados Y lances livres a favor do time dos EUA. Pelas informações da questão, temos 
que 
7 18
10 100
Y × × 
 
, ou seja, 0,126 Y× 
 
 foram desperdiçados por jogadores norte americanos com altura superior a 2 metros e 
 
3 25
10 100
Y × × 
 
, ou seja, 0,075 Y× 
 
foram desperdiçados por jogadores norte americanos com altura inferior ou igual a 2 metros. 
 
Logo, a probabilidade pedida é: 
 
0,126
0,126 0,075
YP
Y Y
=
+
 ⇒ 
0,126
0,201
YP
Y
= ⇒ 
126
201
P = ⇒ 42
67
P = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Cobrador do 
lance livre a favor 
do time dos EUA 
Altura superior 
 a 2 metros 
Acerta o lance livre 
Erra o lance livre 
7
10
 
82
100
Altura inferior ou 
 igual a 2 metros 
Acerta o lance livre 
Erra o lance livre 
18
100
75
100
 
25
100
 
3
10