Prova de matemática da Universidade Federal de Sergipe, resolvida do ano de 2005.

1. MATEMÁTICA 1º ANO
COMENTÁRIO – QUESTÃO 06
0 0 Temos que:
1111111110 = 10 . 111111111 e
225 = 52 . 32, logo verifica-se que
2 2
10 . 111111111 não é divisível por 5 . 3 .
Sendo assim 1111111110 não é o menor número natural, formado
só por algarismos 0 e 1, divisível por 225.
326 − 3 323
1 1 4,3262626... = 4 =4 =
990 990
4283
4,32626 ... = , logo
990
4283 – 990 = 3293
2 2 A⊂B e A⊂C
Como AUBUC = BUC, então n(AUBUC) = n(BUC)
1
2 2
1 
3 3 A1 =  , 2 
2  1
4 1
1 
A2 =  , 1
4  1 2
6 3
1 2
A3 =  , 
6 3 1 2
2 3
A1 ∩ A2 ∩ A3 =
1
1  2 1
B1 =  , 1
2  1 1
1 1 3 2
B2 =  , 
3 2 1 1
 1 1 4 3
B3 =  , 
4 3
B1 ∩ B2 ∩ B3 = ∅
1 2
(A1 ∩ A2 ∩ A3) ∪ (B1 ∩ B2 ∩ B3) =  ; 
2 3
4 4 Sendo x ∈ IR, y ∈ IR e x < y, então pode ocorrer:
x = -y
Logo | x| = | y |
COMENTÁRIO – QUESTÃO 07
0 0 |x|+|y|=1
Para y ≥ 0, teremos:
Se x ≥ 0 então y = 1 – x
Se x < 0 então y = 1 + x
Para y < 0, teremos:
Se x ≥ 0 ⇒ y = x – 1
Se x < 0 ⇒ y = -x – 1
Contudo, o gráfico da relação | x | + | y | = 1 é:
1
–1 1
–1
1 1 f(x) = 2x + k
f(f(x)) = 4x – 9
2f(x) + k = 4x – 9
2(2x + k) + k = 4x – 9
4x + 2k + k = 4x – 9
3k = -9
k = -3
2 2 Temos que: (0,1) ∈ f , (2, 0) ∈ f , (0, 1) ∈ g e (2, 0) ∈ g, então:
g(2) = 0
f(g(2)) = f(0) = 1
3 3 Sendo a > 0 e b > 0, temos:

2. log2 2a + log2 8b ≥ 10
2 2
log2(2a2 . 23b2) ≥ log2 210
2 .a .b ≥2
4 2 2 10
ab ≥2
2 2 6
(ab) ≥ (2 ) ⇒ ab ≥ 8
2 3 2
Como ab ≥ 8, então o menor valor do produto ab é 8.
9 =π
x x+1 x–1
4 4 .3
9x 32 x
=π ⇒ x −1 = π
x+1 x+1
x −1
⇒
3 3
=π =π
2x – x + 1 x+1 x+1 x+1
3 ⇒3
3 x +1
=1
π x+1
x +1 0
3 3
 
 π =   ⇒ x + 1 = 0 ⇒ x = -1
 
  π
COMENTÁRIO – QUESTÃO 08
Se x ≥ 0, f(x) = 10
x
0 0
Se x < 0, f(x) = 10 , dessa forma para todo x ∈ IR f(x) ≠ 10 + 10
-x x -x
1 1 g(f(x))
x, se x ≥ 0

Se x ≥ 0, então g(f(x)) = log10 como |x| = 
x , então
− x, se x < 0

-x
Se x < 0, então g(f(x)) = log10
g(f(x)) = |x|
2 2 (f o g)(x) = f(g(x))
x > 0 ⇒ f(logx) = 10logx = x
x < 0 ⇒ ∃ logx
/
3 3 O contradomínio de (g o f)(x) = | x | é R, então, a função não é
sobrejetora nem injetora
|x|
4 4 f(x) = 10
, então, f(g(x)) ≥ 1.
|log x|
f(g(x)) = 10
COMENTÁRIO – QUESTÃO 09
0 0 ˆ ˆ
Considere ADB = α e ABD = β
AB AD
Tg α = 2 Tg β ⇒ =2 ⇒
AD AB
2 2
⇒ AB = 2 AD ⇒ AB = AD 2 . (I)
2 2
Do ∆ ADB, temos: 32 = AB + AD
2 2
AB + AD = 9,
2 2 2
Como AB = 2 AD , então: 2 AD + AD = 9 ⇒
2 2
⇒ 3 AD = 9 ⇒ AD = 3 ⇒ AD = 3
Se AD = 3 , então: AB = AD . 2
AB = 6 cm
ˆ 3
1 1 sen ABD =
3
2 2 Do ∆ BCD, temos:
2
BC = 62 + 32 – 2 . 6 . 3 . cos 60º
2 1
BC = 36 + 9 – 36 .
2
2
BC = 45 – 18
BC = 27 ⇒ BC = 3 3 cm
3 3 Do quadrilátero ABCD, temos:
6 +3 3 +6+ 3
(6 + 6 + 4 3 )cm
4 4 Considere o triângulo ACD. Com isso teremos:
2
ˆ
AC = 3 + 36 - 2 3 . 6 . cos (60º + ADB )
2
ˆ ˆ
AC = 39 - 12 3 (cos 60º cos ADB - sen 60º sen ADB )

3. 1 3 
AC = 39 - 12 3  . cos ADB − sen ADB 
2
ˆ ˆ
2 2 
 
1 3 3 6
AC = 39 - 12 3  . 
2
− .
2 3 2 3 
 
 3 18 
AC = 39 - 12 3  
2
−
 6 6 
 
2
AC = 39 – 6 + 6 6
2  
AC = 33 + 6 6 ⇒ AC =  33 + 6 6  cm
 
 
COMENTÁRIO – QUESTÃO 10
0 0 Sendo f(x) = sen 2x . cos 2x, então:
sen 2x cos 2x
f(x) = 2 .
2
sen 4 x 1
f(x) = ⇒ f(x) = . sen 4x
2 2
Se -1 ≤ sen 4x ≤ 1, então
1 1 1
− ≤ sen 4x ≤ , ou seja
2 2 2
1 1 1
− ≤ f(x) ≤ , logo o valor máximo de f(x) é
2 2 2
1 1 g(x) = (sen x + cos x)2
g(x) = sen2x + cos2x + 2 sen x cos x
g(x) = 1 + sen 2x
Como –1 ≤ sen 2x ≤ 1, então, temos que:
0 ≤ 1 + sen 2x ≤ 2, logo Im(g) = [0, 2]
4 4
2 2 h(x) = cos x – sen x
2 2 2 2
h(x) = (cos x + sen x). (cos x – sen x)
h(x) = 1 . cos 2x
h(x) = cos 2x, logo o período
h(x) = cos 2x
2π
P= ⇒P = π
2
3 3 cotg 2x = cotgx – tgx
1 1
= − tgx
tg2x tgx
1 1 − tg2 x 1 − tg2 x 1 − tg2 x
= ⇒ =
2tgx tgx 2tgx tgx
1 − tg x
2
o que é falso.
4 4 sen 2x = cos2x ÷((cos 2x)≠0)
sen 2x cos 2x
=
cos 2x cos 2x
tg 2x = 1
π
2x = + kπ , k ∈Ζ
4
π kπ
x= + , k ∈Ζ
8 2
π
Para: k=0⇒x=
8
5π
k=1⇒x=
8
9π
k=2⇒x=
8
13π
k=3⇒x=
8
Logo no intervalo [0, 2π], a equação admite 4 raízes.
A P R O V A P E L O M A S T E R
Muita atenção. Essa foi a característica básica cobrada pela prova de
matemática do 1º ano seriado de 2005.
Os assuntos contidos no conteúdo programático foram cobrados com grau
de dificuldade superior ao já visto em provas passadas. Isso, portanto, fez
com que os vestibulandos analisassem as questões com mais cautela e
raciocínio.