RESOLUCAO_MATEMATICA_VESTIBULAR_UFMG_2011_2AETAPA_01

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1 
PROVA DE MATEMÁTICA DA UFMG 
VESTIBULAR– 2011 – 2a Fase 
 
RESOLUÇÃO: Profa. Maria Antônia Gouveia. 
 
 
PROVA A 
 
QUESTÃO 01 
Considere as retas r, s e t de equações, respectivamente, y = 2x – 4, y = –x + 11 e 
5
7x
y
+
= . 
 
1. TRACE, no plano cartesiano abaixo, os gráficos dessas três retas. 
 
2. CALCULE as coordenadas dos pontos de interseção A = r ∩ s, B = r ∩ t e C = s ∩ t. 
 
3. DETERMINE a área do triângulo ABC. 
 
RESOLUÇÃO: 
 
1. Para traçar as retas necessita-se determinar para cada uma delas pelo menos dois pares ordenados. 
I. Reta r: y = 2x – 4 ⇒ 



=−=⇒=
=−=⇒=
448y4x
044y2x
 ⇒ r possui 
os pontos (2, 0) e (4, 4). 
II. Reta s: y = –x + 11 
⇒



=+−=⇒=
=+−=⇒=
3118y8x
6115y5x
 ⇒ s 
possui os pontos (5, 6) e (8, 3). 
III. Reta t: 
5
7x
y
+
= ⇒ 






=
+
=⇒=
=
+−
=⇒−=
2
5
73
y3x
1
5
72
y2x
⇒ t possui 
os pontos (–2, 1) e (3, 2). 
 
 
 
 
 2 
2. As coordenadas dos pontos de interseção A = r ∩ s, B = r ∩ t e C = s ∩ t serão determinados 
pela análise do gráfico acima ou pela resolução dos sistemas: 



+−=
−=
11xy
4x2y
, 




+
=
−=
5
7x
y
4x2y
 e 




+
=
+−=
5
7x
y
11xy
 
( )6,5A
8x
6y
18y3
22x2y2
4x2y
=⇒





=
=
=
⇒



+−=
−=
, 
( )2,3B
3x
2y
18y9
14x2y10
4x2y
7xy5
4x2y
5
7x
y
4x2y
=⇒





=
=
−=−
⇒



−−=−
−=
⇒



+=
−=
⇒





+
=
−=
 
( )3,8C
8x
3y
18y6
7xy5
11xy
5
7x
y
11xy
=⇒





=
=
=
⇒



+=
+−=
⇒





+
=
+−=
 
 
RESPOSTA: A = (5, 6), B = (3, 2) e C = (8 3). 
 
3. Sendo A = (5, 6), B = ( 3, 2) e C = (8, 3), a área do triângulo ABC é: 
918
2
1
4967
2
1
18151648910
2
1
138
123
165
2
1
S =×=−×=−−−++×=×= u.a. 
 
RESPOSTA: A área do triângulo ABC é 9u.a. 
 
Um outra maneira de calcular a área 
do triângulo da seguinte forma: 
SABC = SBDEF – (SBDC + SCEA – SAFB) ⇒ 
SABC = 
91120
2
423315
45 =−=




 ×+×+×
−×
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 3 
QUESTÃO 02 
 
Uma fábrica vende determinado produto somente por encomenda de, no mínimo, 500 unidades e, no 
máximo, 3.000 unidades. 
O preço P, em reais de cada unidade desse produto, é fixado, de acordo com o número x de unidades 
encomendadas, por meio desta equação: 



≤<−
≤≤
=
3.000x1.000 se,x01,0100
1.000.x500 se ,90
P . 
O custo C, em reais, relativo à produção de x unidades desse produto é calculado pela equação C = 60x 
+ 10.000 
O lucro L apurado com a venda de x unidades desse produto corresponde à diferença entre a receita 
apurada com a venda dessa quantidade e o custo relativo à sua produção. 
Considerando essas informações, 
1. ESCREVA a expressão do lucro L correspondente à venda de x unidades desse produto para 
500 ≤ x ≤1.000 e para 1.000 < x ≤ 3.000. 
 
2. CALCULE o preço da unidade desse produto correspondente à encomenda que maximiza o lucro. 
 
3. CALCULE o número mínimo de unidades que uma encomenda deve ter para gerar um lucro de, pelo 
menos, R$ 26.400,00. 
 
RESOLUÇÃO: 
 
1. O lucro é a diferença entre a receita correspondente à venda de x unidades e o custo relativo à produção 
destas x unidades. 
I. Para 500 ≤ x ≤1.000, R = 90x, então, L = 90x – (60x + 10.000) ⇒ L = 30x – 10.000. 
II. Para 1.000 < x ≤ 3.000, R = x(100 – 0,01x), então L = –0,01x2 + 100x –(60x + 10.000) ⇒ 
 L = –0,01x2 + 40x – 10.000. 
 
RESPOSTA: A a expressão do lucro L correspondente à venda de x unidades desse produto 
para 500 ≤≤≤≤ x ≤≤≤≤1.000 é L = –0,01x2 + 40x – 10.000. 
 
2. L = –0,01x2 + 40x – 10.000 , assume o valor máximo para 2000
2
4000
02,0
40
)01,0(2
40
x ===
−
−
= . 
Como 2.000 pertence ao intervalo 1.000 < x ≤ 3.000, o preço da unidade desse produto será: 
P = 100 – 2.000 × 0,01 = 100 – 20 = 80 reais. 
 
RESPOSTA: O o preço da unidade desse produto correspondente à encomenda que maximiza o 
lucro é de R$ 80,00. 
 
3. Para 500 ≤ x ≤1.000 o lucro máximo será de ⇒ L = 30.000 – 10.000 = 40.000 reais. 
Então o lucro de, pelo menos, R$ 26.400,00. será atingido nesse intervalo. 
Assim, L = 30x – 10.000 = 26.400 ⇒⇒⇒⇒ 30x = 36.400 ⇒⇒⇒⇒ x = 1213,33. 
 
RESPOSTA: O número mínimo de unidades que uma encomenda deve ter para gerar um lucro de, 
pelo menos, R$ 26.400,00 é 1.214. 
 
QUESTÃO 03 
 
Um tipo especial de bactéria caracteriza-se por uma dinâmica de crescimento particular. Quando colocada 
em meio de cultura, sua população mantém-se constante por dois dias e, do terceiro dia em diante, cresce 
exponencialmente, dobrando sua quantidade a cada 8 horas. 
Sabe-se que uma população inicial de 1.000 bactérias desse tipo foi colocada em meio de cultura. 
Considerando essas informações, 
1. CALCULE a população de bactérias após 6 dias em meio de cultura. 
2. DETERMINE a expressão da população P, de bactérias, em função do tempo t em dias. 
3. CALCULE o tempo necessário para que a população de bactérias se torne 30 vezes a população inicial. 
 (Em seus cálculos, use log 2 = 0,3 e log 3 = 0,47.) 
 
 
 4 
RESOLUÇÃO: 
 
1. A população das p bactérias permanece constante por dois dias e, do terceiro dia em diante, cresce 
exponencialmente, dobrando sua quantidade a cada 8 horas, e como do 3o ao 6o dia existem 12 períodos 
de 8 horas, pode-se representar esta situação no seguinte esquema 
 
Dia 1 Dia2 Dia 3 Dia 4 Dia 5 Dia 6 
p p p.2 p.22 p.23 p.24 ... ... ... ... ... ... ... p.212 
Logo após 6 dias em meio de cultura o número P de bactérias é: 000.096.421000P 12 =×= . 
 
RESPOSTA: A população de bactérias após 6 dias em meio de cultura é de 4.096.000. 
 
2. Considerando como p o número inicial de bactérias e que p não varia nos dois primeiros dias, 3(t – 2) 
é o número de períodos de 8 horas em (t – 2) dias. 
RESPOSTA: Logo, a expressão da população P, de bactérias, em função do tempo t , é 
( )2t32.pP −= com t > 2. 
 
3. ( ) ( ) ( )( ) ( ) ⇒++=−⇒=⇒=⇒== −−− 5log3log2log2log2t330log2log302p302.pP 2t32t32t3 
( ) ( ) dias
30
109
90
327
t8,147,1t9,047,12t9,02log10log47,03,03,02t3 ==⇒+=⇒=−⇒−++=×− 
RESPOSTA: O tempo necessário para que a população de bactérias se torne 30 vezes a população 
inicial é de 
30
109
dias. 
 
QUESTÃO 04 
 
Numa brincadeira, um dado, com faces numeradas de 1 a 6, será lançado por Cristiano e, depois, por 
Ronaldo. Será considerado vencedor aquele que obtiver o maior lançamento. Se, nos dois lançamentos, 
for obtido o mesmo resultado, ocorrerá empate. 
Com base nessas informações, 
1. CALCULE a probabilidade de ocorrer um empate. 
2. CALCULE a probabilidade de Cristiano ser o vencedor. 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Número do espaço amostral: 6 possibilidades para Cristiano e 6 possibilidades para Ronaldo, assim 
n(E) = 6 × 6 = 36. 
1. 
 CRISTIANO RONALDO 
Empate 6 possibilidades 1 possibilidade ( a que tiver saído para Cristiano) 
 Número de casos favoráveis: n(A) = 6 × 1 = 6. 
RESPOSTA: A probabilidade de ocorrer um empate é 
6
1
36
6
)E(n
)A(n
p === 
2. 
 CRISTIANO RONALDO Possibilidades 
Vitória para Cristiano Saindo o 6 5 possibilidades (1, 2, 3, 4 ou 5) 1 × 5 = 5 
 Saindo o 5 4 possibilidades (1, 2, 3 ou 4) 1 × 4 = 4 
 Saindo o 4 3 possibilidades (1, 2 ou 3) 1 × 3 = 3 
 Saindo o 3 2 possibilidades (1 ou 2) 1 × 2 = 2 
 Saindo o 2 1 possibilidades (1) 1 × 1 = 1 
Total de possibilidades favoráveis 15 
 
RESPOSTA: A probabilidade de ocorrer vitória para Cristiano é 
12
5
36
15
)E(n
)A(n
p === 
 
 
 5 
 
QUESTÃO 05. 
 
PQR é um triângulo equilátero de lado a e, sobre os lados desse triângulo, estão construídos os 
quadrados ABQP, CDRQ e EFPR: 
 
 
Considerando essas informações, 
1. DETERMINE o perímetro do hexágono ABCDEF. 
2. DETERMINE a área do hexágono ABCDEF. 
3. DETERMINE o raio da circunferência que passa pelos vértices do hexágono ABCDEF. 
 
RESOLUÇÃO: 
 
1. Em torno do ponto R existem quatro ângulos: dois de 90°, um de 60° 
e um de 120° (90° + 90° + 60° + 120° = 360°). 
Os triângulos ERD, CQB e FPA são congruentes e emcada um deles, 
pela Lei dos Cossenos: 
3axa3x
2
1
1a2x120cosa2aax 22222222 =⇒=⇒





+=⇒°×−+=
 
RESPOSTA: Então o perímetro do hexágono ABCDEF é 
( )31a33a3a3 +=+ 
 
2. O hexágono ABCDEF é formado por três quadrados (ABPQ, CDRQ e EFPR), por um triângulo 
equilátero (PQR) e por três triângulos obtusângulos (DER, AFP e BCQ), logo a sua área é igual à soma 
das áreas destes sete polígonos. 
( )33a3aa3
4
3a3
4
3a
a3120sena
2
1
3
4
3a
a3S 222
22
22
2
2
+=+=++=





°××++= 
RESPOSTA: A área do hexágono ABCDEF é ( )33a 2 + 
3. A soma dos arcos EF e ED é igual à soma dos arcos DC e 
CB que é igual à soma dos arcos AB e AF, logo, o triângulo 
BDF é equilátero inscrito na circunferência que passa pelos 
vértices do hexágono ABCDEF. 
No triãngulo DEF, aplicando a Lei dos Cossenos: 
⇒+=⇒





−×−+= 3aa4x
2
1
3a2a3ax 2222222 
34a3aa4x 22 +=+= (lado do ∆ BDF). 
O lado de um triângulo equilátero inscrito em função do raio 
mede 3r . 
Assim:
3
3312a
3
34a
r34a3r
+
=
+
=⇒+= 
RESPOSTA: O raio da circunferência que passa pelos vértices do hexágono ABCDEF mede 
3
3312a + . 
 6 
PROVA B 
 
QUESTÃO 01 
 
Cinco times de futebol, de igual excelência, vão disputar oito edições seguidas de um torneio anual. 
Considerando essa informação. 
 
1. CALCULE a probabilidade de um mesmo time vencer as duas primeiras edições desse 
torneio. 
 
2. CALCULE a probabilidade de não haver vencedores consecutivos durante a realização das oito edições 
desse torneio. 
 
RESOLUÇÃO: 
 
 Ed.1 Ed.2 Ed.3 Ed.4 Ed.5 Ed.6 Ed.7 Ed.8 n(E) 
Casos possíveis 5 5 5 5 5 5 5 5 58 
 
Ed.1 Ed.2 Ed.3 Ed.4 Ed.5 Ed.6 Ed.7 Ed.8 Casos favoráveis 
5 1 5 5 5 5 5 5 
 
 1. Para vencer a edição 1 existem 5 possibilidades. O vencedor da edição 2 deve, nesse caso, ser o 
mesmo da edição 1, logo para a edição 2 somente existe uma possibilidade e para cada uma das seguintes 
existem sempre 5 posssibilidades. O total de casos favoráveis é: n(A) = 5 × 1 × 56. 
 
RESPOSTA: Então a probabilidade de um mesmo time vencer as duas primeiras edições desse 
torneio é: 
5
1
5
5
p
8
7
== . 
2. Um time não pode nunca vencer duas edições seguidas. Logo o vencedor da edição 1 não pode ser o 
vencedor da edição 2; o vencedor desta não pode ser o da edição 3, e assim sucessivamente. 
Esta situação está representada abaixo 
 
Ed.1 Ed.2 Ed.3 Ed.4 Ed.5 Ed.6 Ed.7 Ed.8 Casos favoráveis 
5 4 4 4 4 4 4 4 
 
O número de casos favoráveis é: n(B) = 5 × 47. 
RESPOSTA: A probabilidade de não haver vencedores consecutivos durante a realização das oito 
edições desse torneio é 
7
7
7
8
7
5
4
5
4
5
45
p 





==
×
= . 
 
 
QUESTÃO 02 
 
Considere a figura ao lado. 
 
O triângulo ABC é equilátero, de lado 3; o triângulo 
CDE é equilátero, de lado 2; os pontos A , C e D estão 
alinhados; e o segmento BD intersecta o segmento CE 
no ponto F. 
 Com base nessas informações, 
1. DETERMINE o comprimento do segmento BD. 
2. DETERMINE o comprimento do segmento CF. 
3. DETERMINE a área do triângulo sombreado BCF. 
 
 
 
 
 
 7 
RESOLUÇÃO: 
 
 
 
1. No triângulo BCD, pela Lei dos Cossenos: 
19BD613BD
2
1
23249BD 22 =⇒+=⇒





−×××−+= . 
RESPOSTA: BD = 19 
 
2. Os triângulos BCF e DEF são semelhantes, logo, os lados homólogos são proporcionais, assim : 
2,1x2CF8,0x4x5x24x3
x
x2
2
3
FE
CF
ED
BC
=−=⇒=⇒=⇒−=⇒
−
=⇒= 
 
RESPOSTA: CF = 1,2 
 
3. A área do triângulo sombreado BCF é dada pela relação: 
10
39
39,0
2
3
2,13
2
1
60senCFBC
2
1
S ==×××=°×××= 
 
RESPOSTA: A área do triângulo BCF é: 
10
39 . 
 
QUESTÃO 03 
 
Um grupo de animais de certa espécie está sendo estudado por veterinários. A cada seis meses, 
esses animais são submetidos a procedimentos de morfometria e, para tanto, são sedados com 
certa droga. 
A quantidade mínima da droga que deve permanecer na corrente sanguínea de cada um desses animais, 
para mantê-los sedados, é de 20 mg por quilograma de peso corporal. Além disso, a meia-vida da droga 
usada é de 1 hora – isto é, a cada 60 minutos, a quantidade da droga presente na corrente sanguínea de um 
animal reduz-se à metade. 
Sabe-se que a quantidade q(t) da droga presente na corrente sanguínea de cada animal, t minutos 
após um dado instante inicial, é dada por tk0 2.q)t(q
−
= , em que: 
• q0 é a quantidade de droga presente na corrente sanguínea de cada animal no instante inicial; 
• e k é uma constante característica da droga e da espécie. 
Considere que um dos animais em estudo, que pesa 10 quilogramas, recebe uma dose inicial de 
300 mg da droga e que, após 30 minutos, deve receber uma segunda dose. 
Suponha que, antes dessa dose inicial, não havia qualquer quantidade da droga no organismo do 
mesmo animal. 
 Com base nessas informações, 
1. CALCULE a quantidade da droga presente no organismo desse animal imediatamente antes 
de se aplicar a segunda dose. 
2. CALCULE a quantidade mínima da droga que esse animal deve receber, como segunda dose, a fim de 
permanecer sedado por, pelo menos, mais 30 minutos. 
 
 
 
 8 
RESOLUÇÃO: 
 
1. Como antes da aplicação da dose inicial, não havia qualquer quantidade da droga no organismo do 
mesmo animal: ⇒=⇒=⇒=⇒= −−−−
60
1
k222
2
1
2.300150 k601k60 )k(60 60
t
0
 tk
0 2.q2.q)t(q
−
−
== 
A quantidade da droga presente no organismo desse animal imediatamente antes de se aplicar a segunda 
dose, ou seja ao final de 30 minutos é: 
2150
2
2300
2
300
2
1
30023002300)30(q 2
1
60
30
===×=×=×=
−−
 
RESPOSTA: A quantidade da droga presente no organismo desse animal imediatamente antes de 
se aplicar a segunda dose, ou seja ao final de 30 minutos é 2150 mg. 
 
2. Sendo 20 mg por quilograma de peso corporal, a quantidade mínima da droga que deve permanecer na 
corrente sanguínea de cada um desses animais, para mantê-los sedados, então como o peso desses animais 
é de 10 kg, essa quantidade mínima é de 10 × 20mg = 200mg. 
Considerando x2150q0 += como a quantidade da droga presente no organismo desse animal 
imediatamente antes de se aplicar a segunda dose: 
 ( ) ⇒=×+⇒==
−
200
2
1
x21502002.q)30(q 60
30
0 250x50
2
x
200
2
x
150 =⇒=⇒=+ 
RESPOSTA: A quantidade mínima da droga que esse animal deve receber para permanecer 
sedado por mais 30 minutos é 250 mg. 
 
QUESTÃO 04 
 
Um banco oferece dois planos para pagamento de um empréstimo de R$ 10.000,00, em prestações 
mensais iguais e com a mesma taxa mensal de juros: 
• no Plano 1, o período é de 12 meses; e 
• no Plano 2, o período é de 24 meses 
 
Contudo a prestação de um desses planos é 80% maior que a prestação do outro. 
1. Considerando essas informações, DETERMINE em qual dos dois – Plano 1 ou Plano 2 – o valor da 
prestação é maior. 
2. Suponha que R$ 10.000,00 são investidos a uma taxa de capitalização mensal igual à taxa mensal de 
juros oferecida pelo mesmo banco. 
CALCULE o saldo da aplicação desse valor ao final de 12 meses. 
 
RESOLUÇÃO: 
 
1. Os dois Planos têm a mesma taxa mensal de juros, e como no Plano 1 o número de prestações é 
menor que no Plano 2, o valor de suas prestações é maior que nesse último plano. 
 
 
2. Seja 1p a prestação do Plano 1 e 2p a do Plano 2. 
No Plano 1, sendo 21 p8,1p = : ( ) ( ) ( ) ( )12
2
3
2
2
22
i1
p8,1
.....
i1
p8,1
i1
p8,1
i1
p8,1
10000
+
++
+
+
+
+
+
= , onde o 2o membro é a 
soma dos termos de uma P.G. finita cujo 1o termo é 
( )i1
p8,1 2
+
 e de razão 
( )i1
1
+
. 
Pode-se então escrever: 
( )














−





+
−





+
+
=
1
i1
1
1
i1
1
i1
p8,1
10000
12
2 (I) 
 
 
 9 
No Plano 2 : 
 
( ) ( ) ( ) ( )24
2
3
2
2
22
i1
p
.....
i1
p
i1
p
i1
p
10000
+
++
+
+
+
+
+
= . O 2o membro dessa igualdade também é a soma dos 
termos de uma P.G. finita na qual o 1o termo é 
( )i1
p2
+
 e de razão 
( )i1
1
+
. 
( )














−





+
−





+
+
=
1
i1
1
1
i1
1
i1
p
10000
24
2 (II)De (I) e (II) 
 
( )














−





+
−





+
+
1
i1
1
1
i1
1
i1
p8,1
12
2 = 
( )














−





+
−





+
+
1
i1
1
1
i1
1
i1
p
24
2 ⇒ 








−





+
1
i1
1
8,1
12
= 1
i1
1
24
−





+
 ⇒ 
 
⇒=





+
⇒+





+
=⇒








+





+







−





+
=








−





+
8,0
i1
1
1
i1
1
8,11
i1
1
 1
i1
1
1
i1
1
8,1
1212121212
 
( ) 12 12
4
5
i1
5
4
i1
1
=+⇒=
+
. 
O montante da aplicação de R$ 10.000,00 investidos a uma taxa de capitalização mensal igual à taxa 
mensal de juros oferecida pelo mesmo banco, ao final de 12 meses, é: 
M = ( ) 12500
4
5
10000
4
5
10000i110000
12
 1212 =×=








×=+× . 
RESPOSTA: O montante é de R$ 12.500,00. 
 
 
QUESTÃO 05 
 
Considere a figura: 
Nessa figura ABCD tem 
• ângulos retos nos vértices B e C ; 
• ângulo de 45° no vértice A ; 
• AD apoiado sobre uma reta r ; e 
• AB = 24 , BC = 23 e CD = 2 . 
Com base nessas informações, 
 
 
 
1. DETERMINE a distância h do ponto C à reta r. 
2. DETERMINE a distância H do ponto B à reta r. 
3. DETERMlINE a função y = f(x) , para 0 ≤ x ≤ H, tal que f(x) seja igual à área sombreada de uma 
figura como a ilustrada abaixo, que é a parte do quadrilátero ABCD compreendida entre a reta r e uma 
reta s , paralela à r , de modo que a distância entre r e s é igual a x . 
 
4. Considere, agora, um recipiente de comprimento 10, apoiado em um plano horizontal, cuja seção 
 10 
transversal é o quadrilátero ABCD , já mostrado nos itens anteriores desta questão: 
 
Suponha que esse recipiente está parcialmente cheio de água e que o nível dessa água é x. 
Com base nessas informações, 
A) DETERMINE uma expressão para o volume V(x) da água contida no recipiente para 0 ≤ x ≤ H . 
B) DETERMINE o nível x de água no recipiente para que o volume de água dentro dele seja igual 
à metade do volume total do mesmo recipiente. 
 
RESOLUÇÃO: 
 
 
1. O triângulo retângulo CFD é isósceles de catetos medindo h e hipotenusa medindo 2 . Aplicando o 
Teorema de Pitágoras: 1h2h2 2 =⇒= . 
RESPOSTA: A distância h do ponto C à reta r mede 1. 
 
2. O triângulo retângulo AED é isósceles de catetos medindo H e hipotenusa medindo 24 . Aplicando o 
Teorema de Pitágoras: 4H16H32H2 22 =⇒=⇒= . 
RESPOSTA: A distância H do ponto B à reta r mede 4. 
 
3. 
FIGURA 1 
 
O objetivo da construção da FIGURA 1 foi a 
determinação da medida do lado AD do 
quadrilátero ABCD. 
Deslocando a reta s de modo a passar pelo ponto 
C, determinam-se os triângulos retângulos BHG e 
BCH, isósceles e congruentes. 
No triângulo BHG: 
3HCGH9GH18GH2 22 ==⇒=⇒= 
Como os lados opostos de um paralelogramo são 
congruentes, AD = 6 
FIGURA 2 
 
O paralelogramo ADCG tem altura x, tal que 
0 < x ≤ 1, tem área dada pela função g(x) = 6x 
 
 
 11 
FIGURA 3 
 
 
FIGURA 4 
 
À medida que a reta s é deslocada afastando-se de r e aproximando-se do ponto B, (FIGURAS 3 E 4) o 
quadrilátero sombreado vai tomando a forma de um quadrilátero formado por um paralelogramo de altura 
1, encimado por um trapézio isósceles de bases 6 e 8 – 2x, e altura x – 1. Considerando como h(x) a área 
do trapézio, tem-se: h(x) = 7x8x
2
14x2x16
2
)1x()x286( 2
2
−+−=
−−
=
−×−+ e g(x) = 6x 
 
Sendo f(x) = g(1) + h(x) ⇒ f(x) = 1x8x7x8x)1(6 22 −+−=−+− . 
RESPOSTA: f(x ) = 




≤<−+−
≤<
4x1 se 1,8xx
1x0 se 6x,
2
. 
 
 
 
A) O recipiente tem altura 10 e a área do quadrilátero ABCD é dada pela função 
f(x ) = 




≤<−+−
≤<
4x0 se 1,8xx
1x0 se 6x,
2
. 
Logo o seu volume é V(x) = 
( )



≤<−+−
≤<
4x0 se ,18xx.10
1x0 se 60x,
2
. 
RESPOSTA: V(x) = ( )1x8x.10 2 −+− . 
 
B) 
Para x = 1, o volume do recipiente é 60. 
Para x = 4, o volume total do recipiente é 150: V(4) = ( ) ( ) .15015.10132161014.84.10 2 ==−+−=−+− 
A metade do volume total é 75, então maior que 60 logo, 1 < x < 4 
 
( ) ( ) ⇒=+−⇒=−+−⇒=−+−⇒=−+−= 017x16x2152x16x2151x8x275101x8x)x(V 2222 
4
2
3010
 ou x 
2
3010
x
2
3010
4
30216
4
12016
4
13625616
x >
+
=
−
=⇒
±
=
±
=
±
=
−±
= . 
 
RESPOSTA: O nível da água para que o volume seja 75 é 
2
3010
x
−
= .