MATEMATICA PARTE32011

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COLÉGIO PEDRO II - UERJ – 2012 
(Professor Walter Tadeu – www.professorwaltertadeu.mat.br)
ESPECÍFICA DE MATEMÁTICA – PARTE 3 - GABARITO 
1) Os alunos de uma escola, para serem aprovados no exame final, deverão obter, pelo menos, sessenta pontos
em uma prova de cem questões. Nesta prova, cada questão respondida corretamente vale um ponto e quatro
questões erradas, ou não-respondidas, anulam uma questão correta. Calcule o número mínimo de questões que
um mesmo aluno deverá acertar para que:
A) obtenha uma pontuação maior do que zero; B) seja aprovado.
Solução. Supondo x o número de questões corretas e y o de questões erradas ou não-respondidas, temos
que x + y = 100. O total de pontos de um aluno será    
4
yx4
y.
4
1
x.1T

 . Para os casos pedidos,
temos:
 
a)   20x5
100
x0x100x40
4
x100x4
0
4
yx4
x100y
4
yx4
T
0T
















. 
O aluno deverá acertar no mínimo 21 questões.
b)   68x5
340
x240x100x460
4
x100x4
60
4
yx4
x100y
4
yx4
T
60T
















. 
O aluno será aprovado se acertar no mínimo 68 questões.
2) O preço dos produtos agrícolas oscila de acordo com a safra de cada um: mais baixo no período da colheita,
mais alto na entressafra. Suponha que o preço aproximado P, em reais, do quilograma de tomates seja dado pela
função   7,2101t.
360
2
sen.8,0)t(P 







 na qual t é o número de dias contados de 1º de janeiro até 31 de
dezembro de um determinado ano. Para esse tempo, calcule:
A) o maior e o menor preço do quilograma de tomates;
Solução. O maior preço será obtido quando o valor do seno for máximo. Isto é, igual a (1). 
 
 
50,3$R7,2)1.(8,0)t(P
1101t.
360
2
sen
7,2101t.
360
2
sen.8,0)t(P

























. 
O menor preço será obtido quando o valor do seno for mínimo. Isto é, igual a (– 1).
 
 
90,1$R7,28,07,2)1.(8,0)t(P
1101t.
360
2
sen
7,2101t.
360
2
sen.8,0)t(P

























.
B) os valores t para os quais o preço P seja igual a R$3,10.
Solução. Substituindo na fórmula o valor indicado, temos:
 
   
   
 
 






































































251150101t
12
1800
101t
6
5
101t.
360
2
13130101t
12
360
101t
6
101t.
360
2
2
1
101t.
360
2
sen
8,0
4,0
101t.
360
2
sen
8,0
7,21,3
101t.
360
2
sen7,2101t.
360
2
sen.8,01,3
1,3P
7,2101t.
360
2
sen.8,0)t(P
.
O preço será de R$3,10 para t = 131 dias ou t = 251 dias.
3) Num plano cartesiano encontramos a parábola y = 2x2 e as retas paralelas (r): y = 3x e (s): y = 3x + 2.
A reta (r) intercepta a parábola em A e B; a reta (s), em C e D. Unindo estes pontos, formou o trapézio convexo
ABCD. Existe, ainda, uma reta (t), paralela às retas (r) e (s), que tangencia a parábola no ponto P.
Determine:
A) a equação da reta (t) e as coordenadas do ponto P;
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Solução. A reta (t) paralela às (r) e (s) possui o mesmo coeficiente angular 3. Logo a equação desta reta
será (t): y = 3x + n, sendo n é o coeficiente linear. O ponto P, tangente à parábola satisfaz à equação de (t)
e da parábola: 0nx3x2nx3x2nx3y
x2y 22
2





 . Esta equação deve ter o discriminante nulo:
 Logo, 8
9
n0n890)n)(2(4)3(
0
0nx3x2 2
2





 .
i) A equação da reta será 09x24y8ou
8
9
x3y:)t(  . 
ii) O ponto P é a interseção de (t) com a parábola: 




































8
9
,
4
3
P
8
9
16
9
2
4
3
2y
4
3
)2(2
0)3(
x0
8
9
x3x2
0
8
9
x3y
x2y
2
2
2
.
B) a área do trapézio convexo ABCD.
Solução. As bases do trapézio serão as distâncias AB e CD. Os pontos A e B são as interseções da reta (r)
com a parábola. Os pontos C e D, as interseções da reta (s) com a parábola. A altura, h, será a distância
entre as retas (r) e (s). Observando os elementos na figura e calculando, temos: 
 
5
10
10
102
10
2
)3()1(
02
)s,r(dh
02x3y:)s(
0x3y:)r(
)iii
2
1
,
2
1
B
)8,2(C
2
1
y
2
1
x
8y2x
4
53
4
253
)2(2
)2)(2(493
x
02x3x22x3x2
2x3y
x2y
)ii
2
9
,
2
3
B
)0,0(A
2
9
y
2
3
x
0y0x
03x2xx3x2
x3y
x2y
)i
22
22
2
2
2






































































.
Calculando as bases e a área temos:
.a.u4
20
)10(8
5
10
.
4
108
5
10
.
2
2
105
2
103
Área)iii
2
105
2
250
4
225
4
25
2
15
2
5
8
2
1
2
2
1
)D,C(d)ii
2
103
2
90
4
81
4
9
0
2
9
0
2
3
)B,A(d)i
2222
22
































































































4) Segundo a lei do resfriamento de Newton, a temperatura T de um corpo colocado num ambiente cuja
temperatura é T0 obedece à seguinte relação: 
ct
0 e.kTT
 . Nesta relação, T é medida na escala Celsius, t é
o tempo medido em horas, a partir do instante em que o corpo foi colocado no ambiente, e k e c são constantes a
serem determinadas. Considere uma xícara contendo café, inicialmente a 100°C, colocada numa sala de
temperatura 20°C. Vinte minutos depois, a temperatura do café passa a ser de 40ºC.
Solução. Utilizando as condições iniciais com T0 = 20°C, encontramos as constantes k e c:
 
t
c3
1
c3
c
3
c
3
c
c t
)0(c
c t
64
1
.8020T
64
1
e
4
1
e
80
20
ee.8020e.802040
C40T
h
3
1
min20t
e.8020T
)ii
80kk20100e.k20100
C100T
0t
e.k20T
)i












































.
A) Calcule a temperatura do café 50 minutos após a xícara ter sido colocada na sala.
Utilizando a expressão encontrada e sabendo que 50 minutos valem 5/6 da hora, temos:
5,º225,220
2
5
20
32
80
20
2
1
8020
2
1
8020
64
1
.8020T
5
6
5
6
6
5


















 .
B) Considerando ln 2 = 0,7 e ln 3 = 1,1, estabeleça o tempo aproximado em que, depois de a xícara ter sido
colocada na sala, a temperatura do café se reduziu à metade.
Se inicialmente a temperatura estava em 100°C, o tempo aproximado será calculado para que a
temperatura atinja 50°C.
 
utosmin15
7
100
21
min)60(5
)h(
21
5
42
10
2,4
0,1
2,4
1,21,1
)7,0(60
)7,0(31,1
2ln61ln
2ln33ln
64ln1ln
8ln3ln
t
64
1
ln
8
3
ln
8
3
log
64
1
64
1
e
8
3
e
8
3
e30e80e.802050
50T
e.8020T
64
1
t
c
tc
ctctct
ct









































.
5) No triângulo ABC abaixo, os lados BC, AC e AB medem,
respectivamente, a, b e c. As medianas AE e BD relativas aos lados
BC e AC interceptam-se ortogonalmente no ponto G. Conhecidos a e
b, determine:
A) o valor de c em função de a e b;
Solução. O ponto G divide as medianas em dois segmentos onde um é o dobro do outro. Na figura, AG =
2GE e BG = 2GD. Escrevendo as relações dos triângulos retângulos identificados, temos:
5
ba
c
5
ba
c
5
ba
BGAG
cBGAG
baBGAG.5
cBGAG
baBG.5AG.5
cBGAG
)ii
baBG.5AG.5
aBG.4AG
bBGAG.4
aBG.4AG
4
a
BG
2
AG
2
a
BGGE
bBGAG.4
4
b
2
BG
AG
2
b
GDAG
)i
2222
2
22
22
222
2222
222
2222
222
2222
222
222
222
2
2
22
22
222
2
2
2
2
22














 











 























































.
B) a razão entre as áreas dos triângulos ADG e BEG.
Solução. Os triângulos são retângulos. As áreas são as metades dos produtos dos catetos:
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
1
AG.2.BG
BG.2.AG
GE.BG
GD.AG
GE.BG
2
.
2
GD.AG
2
GE.BG
2
GD.AG
)BEG(A
)ADG(A
2
GE.BG
)BEG(A
2
GD.AG
)ADG(A










.
6) Em um supermercado, podemos encontrar manteiga em dois tipos de embalagens de forma cilíndrica:
- a menor tem raio da base medindo 4 cm, altura igual a 5 cm, contém 200 g e custa R$ 1,75;
- a maior tem diâmetro da base medindo 10 cm, altura igual a 8 cm e custa R$ 4,00.
Supondo que a densidade da manteiga seja constante, determine:
A) a quantidade de manteiga, em gramas, contida na embalagem maior;
Solução. Calculando o volume da caixa menor e mantendo a densidade para a 2ª embalagem, temos:
    g500cm200.cm/g5,2V.DM
V
M
D
cm/g5,2D
cm200)8.()5.(V:Embalagemº2
cm/g5,2
cm80
g200
V
M
D
g200M
cm80)5.()4.(V:Embalagemº1
33
3
32
3
3
32












B) a embalagem que apresenta o menor preço por unidade de medida.
Solução. Comparando os preços nas duas embalagens para 100g, temos:
80,0$R
5
00,4
g100
00,4$ReçoPr
g500M:Embalagemº2
875,0$R
2
75,1
g100
75,1$ReçoPr
g200M:Embalagemº1












. 
A embalagem maior apresenta menor preço por unidade de medida.
7) No dia 5 de dezembro, uma loja aumenta os preços de seus produtos em 60%. Na liquidação após o Ano
Novo, os mesmos produtos sofrem um desconto de 27,5%, em relação aos preços reajustados em 5 de
dezembro. Calcule a variação percentual sofrida, após esta liquidação, pelos preços dos produtos, em relação
aos preços do dia 4 de dezembro.
Solução. Considerando as expressões para aumento e desconto sucessivo para 
um preço P, temos:
        %)161(P)16,01(P)16,1(P725,0.6,1P275,01.6,01P)F(Pl
finapreço:)F(P
inicialpreço:P



 .
Logo, a variação foi de 16% em relação ao dia 4 de dezembro.
8) Dois viajantes partem, simultaneamente, de um mesmo ponto e caminham para uma cidade a 90km de
distância desse ponto. O primeiro viajante percorre, por hora, 1km a mais do que o segundo viajante e chega à
cidade de destino uma hora antes dele. Calcule a velocidade, em km/h, do primeiro viajante.
Solução. Considerando v1, t1, v2 e t2 a velocidade e o tempo, respectivamente ao primeiro e segundo
viajante, temos:
   
 
h/km10191vv,Logo
elincompatív0
2
191
v
h/km9
2
191
v
2
191
2
3611
2
)90)(1(411
v090vv901v.v
90t.v
1vt
1vtt.v1tvt.v
t.v90
1tvt.v1t.1v90
t.v90:vi ajanteº2
1tt
1vv
t.v90:vi ajanteº1
21
2
2
22
2
222
22
22
22222222
22
222222
22
21
21
11












































.
9) Jorge quer vender seu carro por R$40000,00. Pedro, para comprá-lo, dispõe de R$5000,00 e aplica este valor
em um investimento que rende juros compostos a uma taxa de 28% a cada dois anos. Considere que a
desvalorização do carro de Jorge seja 19% a cada dois anos, calculada sobre o valor do carro no período de dois
anos imediatamente anterior. Calcule o tempo mínimo em que Pedro terá dinheiro suficiente para comprar o
caro de Jorge. Utilize, em seus cálculos, log2 = 0,30 e log3 = 0,48.
Solução. Se o período de rendimento e desvalorização fosse anual, o tempo seria t’, mas como ocorrem
essas variações a cada dois anos, são necessários 2t’ para completar um tempo t. Logo t’ = t/2. Igualando
os valores das situações nesse tempo, temos:
anos10)5(2t5
18,0
9,0
2
t
1,292,1
9,0
)30,0(7)48,0(4
)3,0(30
2log73log4
2log31log
2
t
2
3
log
2
1
log
2
3
log
8
1
log
2
3
log
1000
125
log
2
t
128
81
log
125,0log
2
t
125,0log
2
t
128
81
125,0
28,1
81,0
40
5
)81,0.(40)28,1.(5)19,01.(40000)28,01.(5000
7
4
3
7
4
7
4
128
81
2
t
2
t
2
t
2
t
2
t
2
t


























.
10) Se α, β e α + β são três ângulos diferentes de Zk,k
2


 , então      


tg.tg1
tgtg
tg . Se a, b e
c são três ângulos agudos, sendo 2tgb  e  
5
4
cbatg  , calcule  cbatg  .
Solução. Utilizando a substituição t = (a + c), temos:
 
 
   
   
     
32
1
13
.
13
32
13
1
13
32
13
1213
13
32
13
12
1
13
266
2.
13
6
1
2
13
6
tgb.tgt1
tgbtgt
bttgcbatg
13
6
tgt6tgt13tgt.8410tgt.5
5
4
tgt.21
2tgt
5
4
tgb.tgt1
tgbtgt
5
4
bttg
2tgb
tca
5
4
cbatg








































.