PROFESSORES: BETÃO, L. GUSTAVO E MALUF

Apresentação em tema: "PROFESSORES: BETÃO, L. GUSTAVO E MALUF"— Transcrição da apresentação:

1 PROFESSORES: BETÃO, L. GUSTAVO E MALUF
Aula de Véspera UFTM – 2012 PROFESSORES: BETÃO, L. GUSTAVO E MALUF

2 Aula de Véspera – UFTM 2011 A rotina diária de exercícios de um triatleta consiste em nadar, pedalar e correr, nessa ordem. Sabe-se que ele corre mais rápido do que nada e pedala mais rápido do que corre, e que não há intervalo de tempo para descanso entre as três atividades físicas. O gráfico que melhor representa a distância percorrida durante o tempo da rotina diária de exercícios desse triatleta é Resolução: Rotina  nadar(N), pedalar(P) e correr(C). Ordem de velocidade  N < C < P Alternativa: E

3 Aula de Véspera – UFTM 2011 Encerrado o horário de atendimento, restou uma fila de espera de crianças a serem vacinadas. Foram então vacinadas 9 meninas, e a razão entre as crianças restantes na fila passou a ser de 3 meninas para 4 meninos. Em seguida, foram vacinados 8 meninos, e a razão entre as crianças restantes na fila passou a ser de 9 meninas para 4 meninos. Nesta etapa final, o número de crianças restantes na fila era (A) (B) (C) (D) (E) 20. Resolução: Seja: x  nº de meninas y  nº de meninos Sistema: Então: e  x = 18 e y = 12. Portanto, na etapa final, o número de meninas é 18 – 9 = 9 e o número de meninos corresponde a 12 – 8 = 4. Logo, o número de crianças restantes era = 13. Alternativa: A

4 Aula de Véspera – UFTM 2011 A x x x x B C  2p = 2(20) +2 (12) = 64 cm
Uma folha retangular foi dobrada ao meio para determinar os pontos E e F, que são pontos médios dos lados menores do retângulo. A folha foi aberta e dobrada novamente, conforme indicado na figura, sendo possível identificar o triângulo isósceles EGH, onde cm e cuja área representa 7,5% da área total da folha. O perímetro da folha retangular é igual a (A) 52 cm (B) 60 cm (C) 64 cm (D) 68 cm (E) 72 cm. A Resolução:  F H E G  EGH: x x x x B C  2p = 2(20) +2 (12) = 64 cm Alternativa: C

5 Aula de Véspera – UFTM 2011 Resolução:
A função f(x) é expressa por f(x) = 8 – 4 cos x. O valor máximo que essa função assume é (A) (B) (C) (D) (E) 16. Resolução: Se cos x = 1  f(x) = 8 – 4.(1) = 8 – 4 = 4 Se cos x = – 1  f(x) = 8 – 4.(– 1) = = 12  O valor máximo de f(x) corresponde a 12. Alternativa: D

6 Aula de Véspera – UFTM 2011 Resolução:
Um candidato é submetido a uma prova oral, onde o tema a ser desenvolvido é sorteado na hora, e calcula que suas possibilidades de ser aprovado nessa prova são de 3/4, se o tema sorteado for relacionado às matérias que estudou, e de 1/4 se for relacionado a matérias que não estudou. O candidato sabe, pela composição do programa, que a probabilidade de ser sorteado um tema que ele tenha estudado é 3/5. Nessas condições, pode-se concluir que a probabilidade de que o candidato venha a ser aprovado nessa prova é de (A) 45% (B) 50% (C) 55% (D) 60% (E) 65%. Resolução: P(E) = P( tema sorteado) e P(aprovado) ou P( tema não sorteado) e P(aprovado) Alternativa: C

7 Aula de Véspera – UFTM 2011 Na figura, AB é o diâmetro da circunferência de centro O e B é o ponto de tangência do segmento BC à circunferência. Sabendo-se que os segmentos EF e BC são paralelos, e que AC = 25 cm e FC = 9 cm, pode-se concluir que BC – EF é, em centímetros, igual a (A) 4, (B) 5, (C) 5, (D) 8, (E) 9,6. 9 16 Alternativa: B

8 Aula de Véspera – UFTM 2011 Resolução:
Em uma caixa havia somente moedas de 50 centavos. Foram feitas sucessivas retiradas, sendo 5 moedas na 1.ª vez, 10 na 2.ª, 15 na 3.ª e assim sucessivamente, até não restar nenhuma moeda na caixa, o que ocorreu na 14.ª vez. O valor retirado da caixa na última vez foi de (A) R$ 30, (B) R$ 31, (C) R$ 32, (D) R$ 35, (E) R$ 36,00. Resolução: Número de moedas retiradas  P.A.(5, 10, 15, ...) an = a1 + (n – 1).r a14 = 5 + (14 – 1) . 5 a14 = 5 + (13) . 5 a14 = a14 = 70  O valor retirado corresponde a 70 . (0,50) = 35 reais. Alternativa: D

9 Aula de Véspera – UFTM 2011 O gráfico da função quadrática definida por y(x) = x² – mx + (m – 1), com m ∈IR, tem um único ponto em comum com o eixo das abscissas. O valor de y que essa função associa para x = 3 é (A) (B) (C) (D) (E) 1. Resolução: Um único ponto com o eixo Ox   = 0.  = (- m)2 – 4(1).(m – 1) = 0  m2 – 4m + 4 = 0  = (– 4)2 – 4 (1).(4)  = 16 – 16  = 0  m = 2 Então: f(x) = x² – 2x  f(3) = 32 – 2(3) + 1 = 4 Alternativa: B

10 Aula de Véspera – UFTM 2011 L3 = 3 – 1 + 3 – 2 + 3 + 3 L3 = 2 + 1 + 6
A soma dos elementos da 3.ª linha da matriz A = (aij)3x3 definida por , é igual a (B) (C) (D) (E) 4. Resolução: L3 = a31 + a32 + a33 L3 = 3 – – L3 = L3 = 9 Alternativa: A

11 Aula de Véspera – UFTM 2011 Resolução:
Simplificando-se o determinante , encontra-se (A) (B) cos² x (C) tg x (D) sec x (E) cossec x. Resolução: Alternativa: E

12 Aula de Véspera – UFTM 2011 D(x) P(x) : R(x) Q(x)
Dividindo o polinômio P(x) = 5x3 + 3x2 + 2x – 4 pelo polinômio D(x), obtém-se o quociente Q(x) = 5x + 18 e o resto R(x) = 51x – 22. O valor de D (2) é: – (B) – (C) –1. (D) (E) 11. Resolução: Aplicando a divisão por chave: P(x) D(x) Q(x) : R(x) P(x) = D(x) . Q (x) + R (x) Se x = 2, temos: P(2) =D(2) . Q (2) + R (2) 5(2)3 + 3(2)2 + 2(2) – 4 = D(2). ( ) – 22 – 4 = D(2).(28) – 22 52 – = 28. D(2) – 28 = 28. D(2) Alternativa: C D(2) = – 1 12

13 Aula de Véspera – UFTM 2011 O polinômio P(x) = x5 – x4 – 13 x x x – 36 é divisível por x2 – 4 e também é divisível por x2 + x – 2. A soma das duas maiores raízes reais desse polinômio vale (A) (B) (C) (D) (E) 7. Teorema de D’Alembert, P(x) divisível por x – a quando a é raiz de P(x). P(x) divisível por x2 – x2 – 4 = x = – 2 ou x = 2 (raízes) P(x) divisível por x2 + x – 2 = x = – 2 ou x = 1 (raízes) Então, – 2 , 1 e 2 são raízes de P(x). Aplicando Briot-Ruffini, temos: – – 1 – – 36 – – – – – – Q(x) = x2 + 0x – 9 = x = – 3 ou x = 3. Logo, as raízes de P(x) são {– 3, – 2, 1, 2, 3}. Soma das duas maiores raízes reais  = 5 Alternativa: C

14 Vamos determinar o quociente apenas para verificação.
Aula de Véspera – UFTM 2011 O quociente Q(x) e o resto R(x) da divisão do polinômio P(x) = x3 + 2x2 – x + 3 pelo polinômio D(x) = x +2, respectivamente, são a) Q(x) = x2 + 1; R(x) = b) Q(x) = x2 – x; R(x) = c) Q(x) = x + 2; R(x) = 3 d) Q(x) = x2 – 1; R(x) = e) Q(x) = x3 + 1; R(x) = –6 Resolução: Observando as alternativas podemos verificar que todos os restos R(x) são distintos. Logo, não necessitamos do quociente. Teorema do resto Vamos determinar o quociente apenas para verificação. –2 – P(–2) = R  R = (–2)3 + 2(–2)2 – (–2) + 3 1 –1 5 R = – R = 5 Q(x) = x2 – 1 e R(x) = 5 Alternativa: D

15 Aula de Véspera – UFTM 2011 Sejam p, q, r as raízes distintas da equação x 3 –2x 2 + x – 2 = 0. A soma dos quadrados dessas raízes é igual a (A) (B) (C) (D) (E) 9. Resolução: Soma dos quadrados das raízes: Alternativa: B

16 Aula de Véspera – UFTM 2011 A reta de equação 2x – y – 4 = 0 intercepta os eixos coordenados nos pontos A e B. Esses pontos são os extremos de um diâmetro de uma circunferência. A equação correspondente dessa circunferência é a) x2 + y2 – 2x – 4y – 5 = b) x2 + y2 – 2x + 4y = 0 c) x2 + y2 + 2x + 2y + 1 = d) x2 + y2 + 6x + 3y – 4 = 0 e) 2x2 + 2y2 + 2x + 4y + 5 = 0 O raio da circunferência é a metade da distância de A até B. A(2, 0) B(0, –4) M(1, –2) O centro da circunferência é o ponto médio de Então: (x – 1)2 + (y + 2)2 = 5 A reta corta o eixo x em x = 2  A(2, 0) x2 – 2x y2 + 4y + 4 – 5 =0 A reta corta o eixo y em y = –4  B(0, – 4) x2 + y2 – 2x + 4y = 0 Alternativa: B

17 Aula de Véspera – UFTM 2011 As três circunferências desenhadas possuem raios iguais de medida igual a 4 e são mutuamente tangentes. A área do “triângulo curvilíneo” limitado por elas é: Resolução: A área do triângulo é dada por: At = AtABC – 3 Asetor At = At = – 3 At = – 8  R = 4 4 (82 ) 3 4 60º.. 42 360º 4 4 4 4 . 16 6 3 3 Alternativa: D

18 Aula de Véspera – UFTM 2011 Um experimento testa a eficácia de um novo remédio para combate de um determinado tipo de bactéria. O número (N) de bactérias existentes em uma das lâminas desse experimento, após t horas de seu início, 0 ≤ t ≤ 8, pode ser definido pela lei N = k . 2 – 0,5 t + 5, na qual k é uma constante real. Sabendo-se que no instante inicial havia 16 bactérias na lâmina, após 8 horas o número de bactérias nessa mesma lâmina será igual a (A) (B) (C) (D) (E) 0. Resolução: Sabemos que N = 16 para t = 0, então: N = k . 2 – 0,5 t = k . 2 – 0,5 ( 0 ) = k . 2 5 Assim, para e t = 8 , temos: alternativa: D

19 Aula de Véspera – UFTM 2011 Uma das raízes da equação 22x – 8.2x + 12 = 0 é x = 1. A outra raiz é Resolução: Alternativa: B

20 Aula de Véspera – UFTM 2011 Numa clínica trabalham 3 enfermeiras e 5 auxiliares de enfermagem, sendo que as equipes de trabalho devem ser formadas por 5 pessoas e devem conter, no mínimo, uma enfermeira. O número de equipes diferentes que podem ser formadas é (A) (B) (C) (D) (E) 64. Resolução: Sabendo que as equipes devem conter, no mínimo, uma enfermeira, temos: n(equipes) = n(equipes) = = = 55 3 1 5 4 3 2 5 3 5 2 Alternativa: B

21 Aula de Véspera – UFTM 2011 Maria tem uma coleção de 8 livros, sendo 3 deles de Botânica, 2 de Zoologia e 3 de Genética, todos de autores diferentes. Dispondo ao acaso esses livros numa estante de 8 lugares, a probabilidade de que os livros de Genética estejam um ao lado do outro é de a) b) c) d) e) Resolução: Número de elementos do espaço amostral(S): n(S) = P8 = 8 ! = 40320 Número de elementos do evento (E): n(E) = ___ . ___ . ___ . ___ . ___ . ___ . ___ . ___ = P3 .P6 = 3 ! 6 ! Então: p(E) =  p(E) = = = G P3 P6 n(E) n(S) 3 ! 6 ! 8 ! ! ! 3 28 Alternativa: C

22 Aula de Véspera – UFTM 2011 Vc = 27.000cm3
Um recipiente tem o formato de um cubo de 30 cm de lado e está cheio de certa solução. Esse líquido deve ser todo transferido para um outro recipiente com o formato de um cone circular reto. A altura desse cone é o triplo do raio de sua base. Para que todo o líquido do cubo caiba no cone de maneira que este fique completamente cheio, o raio do cone deve ser igual a Resolução: 30 cm Vcubo = a3  Vc = (30)3  Vc = cm3 30 cm 30 cm  Vcone = . R2 . H Vcone = . R2 . 3R = R3 =  R = cm. 1 3 R 1 3 H = 3R 27000  30  3 Alternativa: B

23 Aula de Véspera – UFTM 2011 Um silo é um depósito cilíndrico para grãos e farelos. As caçambas dos caminhões de uma empresa podem ser consideradas blocos retangulares com 9 m de comprimento, 3 m de largura e 2 m de altura, e o transporte de farelo só é permitido depois que cada caçamba esteja ocupada em sua capacidade total. Depois de esvaziar 120 desses caminhões em um silo de diâmetro 24 m, inicialmente vazio, uma pessoa é encarregada de distribuir uniformemente a carga no interior do silo. Considerando π = 3, a altura atingida por essa carga, nesse silo, será de (A) 3,75 m. (B) 7,50 m (C) 15,00 m (D) 18,00 m (E) 30,00 m. Caminhão VCAMINHÃO = = 54 m3 VTOTAL= VCAMINHÃO VTOTAL= (54) VTOTAL= 6480 m 3 9 m 3 m 2 m SILO: R = 12 23 D = 24 m Alternativa: C

24 Aula de Véspera – UFTM 2011 Na figura, as medidas dos segmentos BC e EF indicam os comprimentos das sombras projetadas de uma torre e de um menino, estando ambos perpendiculares ao solo, no momento em que o ângulo de inclinação dos raios solares, em relação ao plano horizontal, tiver medida igual a 30°. A diferença entre as alturas da torre e da criança, nesta ordem, é de (A) 12 m. (B) 11,3 m. (C) 11 m. (D) 10,5 m. (E) 9,5 m. ABC: tg 30° =  =  H = 12m H 12 3 3 H h DEF: tg 30° =  =  h = 1,5 m h 1,5 3 3 Então: H – h = 12 – 1,5 = 10,5 m 24 Alternativa: D