6 8 10

VESTIBULAR 2016 PROFESSOR: WALTER TADEU

MATEMÁTICA I

FUNÇÃO QUADRÁTICA – QUESTÕES - GABARITO

1. (UERJ) A figura mostrada indica um anteparo parabólico que é representado pela função definida por .

x 3 2 3 x

) 3 x (

f  

²

 Uma bolinha de aço é lançada da origem e segue uma trajetória retilínea. Ao incidir no vértice de anteparo é refletida e a nova trajetória é simétrica à inicial, em relação ao eixo da parábola. O valor do ângulo de incidência corresponde a:

a) 30º b) 45º c) 60º d) 75º

Solução. Encontrando as coordenadas do vértice, temos:

   

3 3 3 . 3 3 9 3 9 3 4 ). 3 12 ( 3 3 4

12 3 3

. 4

) 0 3 .(

. 3 4 3 2

; 3 3 . 3 3 3 3

2 3 2

2





 



 



 

 

 

 

 

 







 



 

 





 

 

 





_V

V

y

x

.

A tangente do ângulo α é a razão entre x

V

e y

V

: ^{30 º} 3

3 3 1 3 3

tg   3      .

2. (PUC) Na parede da sala de aula de Manolito, que tem 4m de altura e 6m de largura, será pintado um painel, conforme a figura apresentada. O valor de x para que a área hachurada seja máxima é:

a) 1/4 b) 1/2 c) 1 d) 2 e) 4

Solução. O valor da área pedida será a diferença entre a área total e a soma das áreas dos triângulos retângulos não hachurados.

 

) 1 2 ( 2

) 4 x (

) hachurada (

A

18 x 4

² x 2 x 4 6

² x 2 24 ) hachurada (

A

x 4 6

² x 2 : Soma x

4 2 6

) x 4 6 ).(

2 ) ( 2 T ( A

² x 2 2

) x 4 ).(

x )1 ( T ( A

² m 24 ) 4 ).(

6 ( ) total ( A

MÁXIMA V



 



























 



 





 











.

3. (UERJ) As trajetórias A e B de duas partículas lançadas em um plano vertical XOY estão representadas.

Suas equações são, respectivamente, x 3 x 2

y   1

²

 e x x

2

y   1

²

 , nas quais x e y estão em uma mesma unidade u. Essas partículas atingem, em um mesmo instante t, o ponto mais alto de suas trajetórias. A distância entre essas partículas, neste instante t, na mesma unidade u, equivale a:

a) 6 b) 8 c) 10 d) 20

Solução. Encontrando as coordenadas dos respectivos vértices, temos:

  ^  

 

  ^  

 

    ^{4 16 20}

2 1 2

²1 9 3 , 2 1 14 2

)0.(21 4

;3 1 1 12 2 : 1

2 9 14 2

)0.(21 4

;3 3 3 12 2 : 3

2 2

2



 



 

  







 













 

 

 



 

 

 



B A V

V

V V

VV d y

xB

y xA

.

4. (ENEM) Um pequeno pomar com 40 árvores plantadas produz 25 cestas de frutas por árvores. Devido à disputa de nutrientes no solo, a cada árvore que é plantada a mais, cada uma das árvores produz 1/4 de cestas a menos. Podemos dizer que o número de árvores que devem estar no pomar para que a produção seja máxima é:

a) 30 b) 40 c) 50 d) 60 e) 70 Solução. Observando o que acontece em cada caso para generalizar, temos:

Repare que a cada plantio não diminui 1/4 do total. E sim a quantidade 1/4.

Logo a função da produção é:

30 2 1 15 4 . 1 2

) 15 ) (

(

15 4 4 1000

4 25 1000 40 25 4

).

40 ( ) (

2 2





 

 

 



















 



 



 





máximo máximo

x x

P

x x x x

x x x

x P

.

Já estão 40 e podem ser plantadas mais 30. Logo, Devem estar 70.

5. (PUC) No universo IR determine o conjunto solução da inequação: 0 4

x

) 2 x ).(

2 x ).(

1 x (

2









 .

a) S = {x є IR / x > – 1 e x ≠ 2} b) S = {x є IR / x > 1 e x ≠ 2} c) S = {x є IR / – 1 < x < 2}

d) S = {x є IR / x < 1 ou x > 2} e) S = {x є IR / – 1 < x < – 2}.

Solução. Considerando as funções como f(x) = x + 1, g(x) = x – 2, h(x) = x + 2 e u(x) = x

²

– 4, temos:

i) zeros de f(x): x + 1 = 0  x = - 1. Como a > 0 a função é positiva para x > – 1 e negativa para x < – 1.

ii) zeros de g(x): x – 2 = 0  x = 2. Como a > 0, então g(x) é positiva para x > 2 e negativa para x < 2.

iii) zeros de h(x): x + 2 = 0  x = - 2. Como a > 0, então h(x) é positiva para x > – 2 e negativa para x < – 2.

iv) zeros de u(x): x

²

– 4 = 0  x = 2 e x = – 2. Como a > 0,

então u(x) é positiva fora das raízes e negativa entre elas.

S = ]– 1, 2[  ]2, +∞[ ou S = {x є IR / x > – 1 e x ≠ 2}.

6) Na figura a seguir tem-se um quadrado inscrito em outro quadrado. Pode-se calcular a área do quadrado interno, subtraindo-se da área do quadrado externo as áreas dos 4 triângulos. Feito isso, verifica-se que A é uma função da medida x. O valor mínimo de A é:

a) 16 cm

²

b) 24 cm

²

c) 28 cm

²

d) 32 cm

²

Solução. O quadrado externo possui lado igual a 8. Observe que os quatro triângulos retângulos internos ao quadrado maior e externo ao quadrado pintado possuem catetos x e (8 – x). Logo a área do quadrado inscrito e pintado é:

8 32 256 8

512 256 )

2 ( 4

) 64 )(

2 ( 4 )² 16 ( a A 4

64 x 16

² x 2 A

²) x x 8 ( 2 2 64

) x 8 ).(

x . ( 4

² 8 A

Min

           











 



 



 





.

7. (UEL) A função real f, de variável real, dada por f(x) = – x² + 12x + 20, tem um valor:

a) mínimo igual a -16, para x = 6 b) mínimo igual a 16, para x = -12 c) máximo igual a 56 , para x = 6 d) máximo igual a 72, para x = 12 e) máximo igual a 240, para x = 20

Solução. O coeficiente de x

²

é negativo. Encontrando as coordenadas do vértice (máximo), temos:

 6 ; 56 

4 ] 224

; [ 4 6

] 80 144

; [ ) 6

1 ( 4

)]

20 )(

1 ( 4 ) 12

; [(

) 1 ( 2

) 12 V (

20 x 12 x ) x ( f

2

2

 



 





 

 



 







 

 



 









 

 













.

8. (UFMG) Nessa figura está representada a parábola de vértice V, gráfico da função de segundo grau cuja expressão é :

a) 2 x

5 y x

2



 b) y  x

²

 10 x c) y  x

²

 10 x

d) 10 x

5

y  x

²

 e) 10 x 5 y  x

²



Solução. O gráfico passa pela origem (0,0). Logo, c = 0. Identifica-se ainda que f(5) = – 5 (vértice da parábola). A lei da função é f(x) = ax

²

+ bx + c.

x x xf iii

b a a a a a ba a b

x b

ba b

a f

c c b a f i

V

5 2 )()

5 2 10 1 5 . 1 5 25 5) 10(5 25 10 10 2 5

5

5 5 25 5) 5(

)5(

5) 5(

0 0 )0(

)0(

0)0 ( )

2 2 2



 



 



 

 

 















 



 







































.

9. (UERJ) No sistema de coordenadas cartesianas abaixo, estão representadas as funções f(x) = 4x – 4 e

g(x) = 2x

²

– 12x + 10. As coordenadas do ponto P são:

a) (6, 20) b) (7, 24) c) (7, 26) d) (6, 26) a) (6, 20) b) (7, 24) c) (7, 26) d) (6, 26)

Solução. O ponto P indica a interseção entre os gráficos da parábola e da reta. Igualando as expressões das respectivas funções temos:

 



 



 



 



 

 

 

 













































2 1 6 x 8

2 7 6 x 8

2 6 8 2

36 8 2

)7 ).(

1(

4 64 x 8

0 7 x 8 x

0 14 x 16 x 2 0 4 x 4 10 x 12 x 2 4 x 4 10 x 12 x 2 )x (f )x (g

2

2 2

2

.

Como a abscissa de P é a maior, x = 7. Sua ordenada pode ser calculada em f(x) ou g(x). Calculando em f(x), temos: f(7) = 4(7) – 4 = 24. Logo, P = (7,24).

10) (UERJ) Os gráficos I e II representam as posições S de dois corpos em função do tempo t.

No gráfico I, a função horária é definida pela equação S  a

₁

t

²

 b

₁

t . No gráfico II, definida por S  a

₂

t

²

 b

₂

t .

Admita que V

1

e V

2

são, respectivamente, os vértices das curvas traçadas nos gráficos I e II.a razão

2 1

a a é:

a) 1 b) 2 c) 4 d) 8

Solução. Os zeros das funções no gráfico I são 0 e t

1

. No gráfico II são 0 e t

2

. As abscissas dos

respectivos vértices são as médias aritméticas dos zeros. Escrevendo as expressões das

coordenadas dos vértices e estabelecendo as relações, temos:

 



 







 

 















 

 



 



 







 

 















 

 



a4 h b a.

4 )0 .(

a.

4 b y a4

t a2 b a t2

t b a2 b 2

t2 0 2

t x 0 :II Gráfico

a4 h b a.

4 )0 .(

a.

4 b y a4

ta b a t

b 2 t a2 b 2

t 0 2

t x 0 :I Gráfico

2 2 2 2

2 2 2 V

1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2

V

1 2 1 1

1 2 1 V

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 V

.

Repare que as ordenadas dos vértices em ambos os gráficos são iguais a h. Igualando as expressões, temos:

 

 

a 4 a a 4 1 a

a a a 4

a a a t

a 2

t a a

a b b a a a b a b a 4 b a 4 b

2 1 2 1

2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2

2 1 1 2

1 2 2

2 1 2 1 2

2 2 1

2 1 2 2 2 1 2 1









 



 



 



 

 

















.

OBS: A divisão dos membros por  

 





2 1

a

a foi possível, pois a

1

e a

2

são ambos diferentes de zero (coeficientes do termo quadrático da parábola).

11. (UERJ) Uma bola de beisebol é lançada de um ponto 0 e, em seguida, toca o solo nos pontos A e B, conforme representado no sistema de eixos ortogonais. Durante sua trajetória, a bola descreve duas parábolas com vértices C e D. A equação de uma dessas parábolas é

5 x 2 75 y x

2





 .

Se a abscissa de D é 35m, a distância do ponto 0 ao ponto B, em metros, é igual a:

a) 38 b) 40 c) 45 d) 50

Solução. Encontrando o x

V

na equação informada, temos: ^x

^V

^{  2}   ^{2  1 /} ₇₅ ^{5     5 2    .     2 75     15 .}

Essa abscissa x

V

corresponde à parábola maior e está no ponto médio de d(0, A). Logo, A = 30.

Como (35 – A) = (B – 35)  (35 – 30) = (B – 35) 5 = B – 35  B = 40. Logo, a distância de 0 a 40 = 40.

12. (ENEM) A empresa SKW produz um determinado produto x, cujo custo de fabricação é dado pela equação de uma reta crescente, com inclinação dois e de variável x. Se não tivermos nenhum produto produzido, a despesa fixa é de R$7,00 e a função venda de cada unidade x é dada pela expressão algébrica -2x

²

+ 229,76x – 441,84. Tendo em vista uma crise financeira, a empresa fez algumas demissões. Com isso, caiu em 12% o custo da produção de cada unidade produzida. Nessas condições, a função lucro da empresa pode ser expressa como:

a) L(x) = – 2x

²

+ 228x – 448,00 b) L(x) = – 2x

²

+ 227,76x – 448,84 c) L(x) = – 2x

²

+ 228x – 441,84 d) L(x) = – 2x

²

+ 229,76x – 441,84 e) L(x) = – 2x

²

+ 227,76x – 448,96

Solução. De acordo com as informações a função do custo é dada pela expressão C(x) = 2x + 7. Se o custo caiu 12%, então o novo custo será C’(x) = 88%.C(x) = 0,88(2x + 7) = 1,76x + 6,16. A função lucro será dada pela diferença L(x) = V(x) – C(x).

V(x) = -2x

²

+ 229,76x – 441,84 C(x) = 1,76x + 6,16

L(x) = -2x

²

+ 229,76x – 441,84 – (1,76x + 6,16) = -2x

²

+ 229,76x – 441,84 – 1,76x - 6,16 L(x) = - 2x

²

+ 228x – 448,00

Respostas: 1) a; 2) c; 3) d; 4

) e

;

5) a

;

6) d

;

7) c

;

8) a

;

9) b

; 10) c; 11) b. 12) a.