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MMAATTEEMMÁÁTTIICCAA
NOTAÇÕES
�: conjunto dos números naturais
�: conjunto dos números reais
�+: conjunto dos números reais não-negativos
i: unidade imaginária; i2 = –1
P(A): conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A
n(A): número de elementos do conjunto finito A
AB––
: segmento de reta unindo os pontos A e B
AB◠: arco de circunferência de extremidades A e B
arg z: argumento do número complexo z
[a , b] = {x ∈ � : a ≤ x ≤ b}
A \ B = {x : x ∈ A e x ∉ B}
AC: complementar do conjunto A
�n
k=0akxk = a0 + a1x + a2x2 + … + anxn, n ∈ �
Observação: Os sistemas de coordenadas consideradossão cartesianos retangulares.
1 DDDeseja-se trocar uma moeda de 25 centavos, usando-seapenas moedas de 1, 5 e 10 centavos. Então, o número dediferentes maneiras em que a moeda de 25 centavos podeser trocada é igual a
a) 6. b) 8. c) 10. d) 12. e) 14.
Resolução
O número total de maneiras de trocar a moeda é 12.
1 centavo 5 centavos 10 centavos
25 0 0
20 1 0
15 2 0
15 0 1
10 3 0
10 1 1
5 4 0
5 2 1
5 0 2
0 5 0
0 3 1
0 1 2
II TTAA ((33 ..OO DD II AA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111
2 DDDois atiradores acertam o alvo uma vez a cada três dis -paros. Se os dois atiradores disparam simultaneamente,então a probabilidade do alvo ser atingido pelo menosuma vez e igual a
a) . b) . c) . d) . e) .
ResoluçãoA probabilidade de os dois errarem o alvo é
. =
A probabilidade do alvo ser atingido pelo menos uma
vez é 1 – =
2–––3
5–––9
4–––9
1–––3
2–––9
4––9
2––3
2––3
5––9
4––9
II TTAA ((33 ..OO DD II AA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111
3 BBSejam z = n2(cos 45° + i sen 45°) e
w = n(cos 15° + i sen 15°), em que n é o menor inteiro
positivo tal que (1 + i)n é real. Então, é igual a
a) ���3 + i. b) 2(���3 + i). c) 2(���2 + i).
d) 2(���2 – i). e) 2(���3 – i).
Resolução1) (1 + i)n = (���2 )
n [cos (n . 45°) + i . sen (n . 45°)]. O
menor inteiro positivo n que torna (1 + i)n real é4, pois sen (4 . 45°) = 0
2) = =
= n (cos 30° + i sen 30°) =
= 4 . + i. = 2 . (���3 + i)
z–––w
n2 . (cos 45° + i . sen 45°)––––––––––––––––––––––n . (cos 15° + i . sen 15°)
z–––w
�1–––2
���3––––
2�
II TTAA ((33 ..OO DD II AA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111
4 EE
Se arg z = , então um valor para arg(– 2iz) é
a) – . b) . c) . d) . e) .
Resolução
1) arg z = ⇒ z = |z | . cos + i . sen
2) – 2i = 2 . cos + i . sen
3) –2i . z = 2 . |z | . cos + + i . sen + ⇒
⇒ arg (– 2iz) = + =
��3𖖖2
π––4��3π
–––2
π––4��
7π–––4
3π–––2
π––4
π–––4
7π–––4
3π–––4
π–––2
π–––4
π–––2
�π––4
π––4�π
––4
�3π–––2
3π–––2�
II TTAA ((33 ..OO DD II AA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111
5 EESejam r1, r2 e r3 numeros reais tais que r1 – r2 e r1 + r2 + r3 são racionais. Das afirmações:
I. Se r1 é racional ou r2 é racional, então r3 é racional;
II. Se r3 é racional, então r1 + r2 é racional;
III. Se r3 é racional, então r1 e r2 são racionais,
é (são) sempre verdadeira(s)
a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III.
d) apenas I e II. e) I, II e III.
Resolução
Dados que r1 – r2 ∈ � e r1 + r2 + r3 ∈ �, onde �
representa o conjunto dos números racionais, temos:
I) Verdadeira, pois
II) Verdadeira, pois
III) Verdadeira, pois
⇔ ⇔
r3 ∈ �(r1 + r2) + r3 ∈ � ⇒ r1 + r2 ∈ �
r1 – r2 ∈ � ⇔
r1 + r2 ∈ �
2r1 ∈ � � r1 ∈ �
r1 + r2 ∈ � ⇒ r2 ∈ �
a) r1 ∈ �r1 – r2 ∈ � ⇒ r2 ∈ �
r1 ∈ �r1 + r2 + r3 ∈ �
⇒ r3 ∈ �
b) r2 ∈ �r1 – r2 ∈ � ⇒ r1 ∈ Q
r2 ∈ �r1 + r2 + r3 ∈ Q
⇒ r3 ∈ �
r3 ∈ �r1 + r2 + r3 ∈ � ⇔ r3 ∈ �
(r1 + r2) + r3 ∈ �⇒ r1 + r2 ∈ �
II TTAA ((33 ..OO DD II AA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111
6 CCAs raízes x1, x2 e x3 do polinômio
p(x) = 16 + ax – (4 + ���2)x2 + x3 estão relacionadas pelasequações:
x1 + 2x2 + = 2 e x1 – 2x2 – ���2x3 = 0
Então, o coeficiente a é igual a
a) 2(1 – ���2). b) 2(2 + ���2). c) 4(���2 – 1).
d) 4 + ���2. e) ���2 – 4.
Resolução
Pelas relações de Girard, temos:
Pelas condições dadas e por Girard, temos:
⇔
⇔ ⇔
⇔
Da equação (III) temos:
���2 + � x3 = 4 ���2 + � ⇔ x3 = 4.
Substituindo nas equações (I) e (II) temos:
x2 = – ��2 e x1 = 2 ��2
Da segunda relação de Girard, temos:
2 ��2 . (–��2 ) + 2 ��2 . 4 + (–��2 ) . 4 = a ⇔⇔ – 4 + 8 ��2 – 4 ��2 = a ⇔ a = 4 (��2 – 1)
x1 + x2 + x3 = 4 + ��2x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = a
x1 x2 x3 = – 16
x1 + x2 + x3 = 4 + ��2
x3x1 + 2x2 + ––– = 22
x1 – 2x2 – ��2 x3 = 0
x1 + x2 + x3 = 4 + ��2
x3x2 – ––– = – 2 – ��22
–3x2 – (��2 + 1) x3 = – 4 – ��2
x1 + x2 + x3 = 4 + ��2 (I)
x3x2 – ––– = – 2 – ��2 (II)2
5–���2 + ––�x3 = –10 – 4 ��2 (III)
2
5–––2
5–––2
x3–––2
II TTAA ((33 ..OO DD II AA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111
7 AASabe-se que (x + 2y, 3x – 5y, 8x – 2y, 11x – 7y + 2z) éuma progressão aritmética com o último termo igual a – 127. Então, o produto xyz é igual a
a) – 60. b) – 30 c) 0 d) 30 e) 60
ResoluçãoSe (x + 2y; 3x – 5y; 8x – 2y; 11x – 7y + 2z) é umaprogressão aritmética e o último termo é – 127 então
1) ⇔
⇔ ⇔
2) ⇒
3) x . y . z = – 10 . 3 . 2 = – 60
2 (3x – 5y) = (x + 2y) + (8x – 2y)
2 (8x – 2y) = 3x – 5y – 127
3x + 10y = 0
13x + y = – 127 x = – 10y = 3
11x – 7y + 2z = – 127x = – 10 y = 3
z = 2
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8 CCConsidere um polinômio p(x), de grau 5, com coeficientes
reais. Sabe-se que – 2i e i – ���3 são duas de suas raízes.Sabe-se, ainda, que dividindo-se p(x) pelo polinômio
q(x) = x – 5 obtém-se resto zero e que p(l) = 20(5 + 2���3).Então, p(–1) é igual a
a) 5(5 – 2���3). b) 15(5 – 2���3).
c) 30(5 – 2���3). d) 45(5 – 2���3).
e) 50(5 – 2���3).
Resolução
P(x) = a (x – r1) (x – r2) (x – r3) (x – r4) (x – r5)
São raízes de P(x): –2i, 2i, –��3 + i, –��3 – i, r5
Como P(x) é divisível por x – 5 então P(5) = 0 ⇒ r5 = 5
Então:
P(x) = a(x + 2i) (x – 2i) (x + ��3 – i) (x + ��3 + i) . (x – 5)
Sendo P(1) = 20 (5 + 2��3), tem-se:
20 (5 + 2 ��3) =
= a . (1 + 2i) (1 – 2i) (1 + ��3 – i) (1 + ��3 + i) . (– 4) ⇔
⇔ 20 (5 + 2 ��3) = a . (1 + 4) [(1 + ��3 )2 +1] . (– 4) ⇔
⇔ 20 (5 + 2 ��3) = a . (– 20) (5 + 2��3 ) ⇔ a = –1
Então:
P(x) = (– 1) (x + 2i) (x – 2i)(x + ��3 – i) (x + ��3 + i) (x – 5)
Assim, P(– 1) = (–1) (5) (5 – 2 ��3 ) (– 6) ⇔
⇔ P (– 1) = 30 (5 – 2 ��3 )
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9 AA
Um triângulo ABC tem lados com medidas a = cm,
b = 1 cm e c = cm. Uma circunferência é tangente ao
lado a e também aos prolongamentos dos outros dois
lados do triângulo, ou seja, a circunferência é ex-inscrita
ao triângulo. Então, o raio da circunferência, em cm, é
igual a
a) . b) . c) .
d) . e) .
Resolução
O triângulo ABC, com lados de medidas a = cm,
b = 1cm e c = cm é retângulo em B, pois b2 = a2 + c2
Assim, sendo x a medida, em centímetros, do raio dacircunferência ex-inscrita ao triângulo ABC, tangenteao lado a e tangente aos prolongamentos dos lados b ec, nos pontos U e T, respectivamente, como AT = AU,tem-se:
c + x = b + (a – x) ⇔ x =
Logo: x = ⇔ x =
a + b – c–––––––
2
��3 1–––– + 1 – –––
2 2––––––––––––––
2��3 + 1
–––––––4
1––2
���3 + 1–––––––
4���3
––––4
���3 + 1–––––––
3
���3 ––––
2���3 + 2
–––––––4
��3––––
2
1––2
���3––––
2
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10 BBSejam A = (0, 0), B = (0, 6) e C = (4, 3) vértices de umtriângulo. A distância do baricentro deste triângulo aovertice A, em unidades de distância, e igual a
a) . b) . c) .
d) . e) .
Resolução
Sendo G (xG; yG) o baricentro do triângulo de vértices
A (0, 0), B (0, 6) e C (4, 3), temos:
xG = = e yG = = 3
A distância de G ( ; 3) ao vértice A (0, 0) é igual a
������������������������– 02
+ (3 – 0)2 = ����� =
����5––––
310–––3
0 + 0 + 4–––––––––
3
4–––3
0 + 6 + 3–––––––––
3
4–––3
� 4––3 � 97–––
9
�����97––––
3
5–––3
�����97–––3
������109––––
3
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11 DDA área do quadrilátero definido pelos eixos coordenadose as retas r : x – 3y + 3 = 0 e s : 3x + y – 21 = 0, emunidades de área, é igual a
a) . b) 10. c) . d) . e) .
ResoluçãoSendo Q a intersecção entre as retas r e s, temos Q(6, 3), pois:
⇔
Considerando-se que a área pedida seja do qua -drilátero convexo OPQR, temos:
S = + =
19–––2
25–––2
27–––2
29–––2
x – 3y + 3 = 03x + y – 21 = 0 x = 6
y = 3
(1 + 3) . 6––––––––––
21 . 3
–––––2
27–––2
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12 EEDados os pontos A = (0, 0), B = (2, 0) e C = (1, 1), o lugargeométrico do pontos que se encontram a uma distânciad = 2 da bissetriz interna, por A, do triangulo ABC é umpar de retas definidas por
a) r1, 2 : ���2 y – x ± 2 ����������� 4 + ����2 = 0.
b) r1, 2 : y – x ± 2 ����������� 10 + ����2 = 0.
c) r1, 2 : 2y – x ± 2 ����������� 10 + ����2 = 0.
d) r1, 2 : (���2 + 1)y – x ± ����������� 2 + 4����2 = 0.
e) r1, 2 : (���2 + 1)y – x ± 2 ���������� �4 +2����2 = 0.
Resolução
A equação das bissetriz interna do ângulo A é:
= y ⇔ x – y = ���2y ⇔ x – (���2 + 1)y = 0
O lugar geométrico dos pontos que distam 2 unidadesda bissetriz é um par de retas paralelas definidas por
x – (���2 + 1)y ± k = 0, onde k é tal que:
= 2 ⇔ k = 2�����������4 + 2���2
Assim, suas equações são
(���2 + 1)y – x ± 2�����������4 + 2���2 = 0
x – y––––––
���2
k ––––––––––––––––
���������������� 1 + (���2 + 1)2
����2––––2
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13 CCSejam A, B e C subconjuntos de um conjunto universoU. Das afirmações:
I. (A \ BC) \ CC = A � (B � C);
II. (A \ BC) \ C = A � (B � CC)C;
III. BC � CC = (B � C)C,
é (são) sempre verdadeira(s) apenas
a) I. b) II. c) III. d) I e III. e) II e III.
Resolução
Observemos, primeiramente, que A \ BC = A � B, pois
∀x ∈ U, temos:
x ∈ (A \ BC) ⇔ x ∈ A e x ∉ BC ⇔
⇔ x ∈ A e x ∈ B ⇔ x ∈ (A � B)
I) Falsa, pois
(A \ BC) \ CC = A � (B � C) ⇔
⇔ (A � B) \ CC = (A � B) � (A � C) ⇔
⇔ (A � B) � C = (A � B) � (A � C) o que pode
não ocorrer, como se vê no exemplo a seguir:
(A � B) � C = {5} ≠ {2; 4; 5} = (A � B) � (A � C)
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II) Falsa, pois
(A \ BC) \ C = A � (B � CC)C ⇔
⇔ (A � B) \ C = A � (BC � C) o que pode não
ocorrer, como se vê no exemplo a seguir:
(A � B) \ C = {2} ≠ {1, 2, 4, 5, 6, 7, 8} == A � (BC � C)
III) Verdadeira, pois para ∀x ∈ U, temos:
x ∈ (BC � CC) ⇔ x ∈ BC ou x ∈ CC ⇔
⇔ x ∉ B ou x ∉ C ⇔
⇔ x ∉ (B � C) ⇔ x ∈ (B � C)C
Desta forma, BC � CC = (B � C)C
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14 AASejam A e B dois conjuntos disjuntos, ambos finitos e nãovazios, tais que n (P (A) � P (B)) + 1 = n (P (A � B)).Então, a diferença n(A) – n(B) pode assumir
a) um único valor.
b) apenas dois valores distintos.
c) apenas três valores distintos.
d) apenas quatro valores distintos.
e) mais do que quatro valores distintos.
Resolução
A e B dois conjuntos disjuntos (A ∩ B = Ø), ambos
finitos e não vazios.
A tem x elementos e B tem y elementos, então
1) n (P(A)) = 2x, n (P(B)) = 2y, n(P(A ∪ B)) = 2x+y e
n (P(A) ∪ P(B)) = 2x + 2y – 1
2) n (P(A) ∪ P(B)) + 1 = n (P(A ∪ B)) ⇒⇒ 2x + 2y – 1 + 1 = 2x+ y ⇒ 2x . 2y – 2x – 2y + 1 = 1 ⇒⇒ 2x (2y – 1) – (2y – 1) = 1 ⇒ (2y – 1) . (2x – 1) = 1 ⇒ ⇒ 2y – 1 = 1 e 2x – 1 = 1 ⇒ 2x = 2 e 2y = 2 ⇒ x = y = 1
3) n (A) – n(B) = x – y = 1 – 1 = 0
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15 CCConsidere um número real a ≠ 1 postivo, fixado, e aequação em x a2x + 2�ax – � = 0, β � �
Das afirmações:
I. Se � � 0, então existem duas soluções reais distintas;
II. Se � = –1, então existe apenas uma solução real;
III. Se � = 0, então não existem soluções reais;
IV. Se � � 0, então existem duas soluções reais distintas,
é (são) sempre verdadeira(s) apenas
a) I. b) I e III. c) II e III.
d) II e IV. e) I, III e IV.
ResoluçãoSendo ax = y > 0, com a ≠ 1 e a > 0, temos:a2x + 2 � . ax – � = 0 ⇔ y2 + 2 � y – � = 0
O discriminante dessa equação do segundo grau é Δ = 4 �2 + 4 � cujo gráfico é do tipo
Assim sendo:1) Se –1 < � < 0 então Δ < 0, a equação do segundo
grau em y não tem solução real e a equação em xtambém não tem solução real.
2) Se � = 0 então y = 0 e a equação em x não temsolução real pois y = ax > 0, ∀x.
3) Se � = – 1 então y2 – 2y + 1 = 0 ⇔ y = 1 ⇔ ax = 1 ⇔⇔ x = 0 e a equação tem uma única solução real.
4) Se � > 0 então a equação do segundo grau em ytem duas soluções reais distintas, uma positiva eoutra negativa (pois o produto é negativo).Como y = ax > 0 então a equação em x tem umaúnica solução real.
5) São verdadeiras, portanto, as afirmações II e III.
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16 BB
Seja S = x � � � arc sen +
+ arc cos = . Então,
a) S = Ø. b) S = {0}. c) S = �+ \ {0}.
d) S = �+. e) S = �.
Resolução
Seja � = arc sen e � = arc cos
Sendo:
S = x ∈ � / arc sen +
+ arc cos =
Temos:
⇒ = ⇔ ex = e–x
⇔ x = 0, pois � + � = .
Logo, S = {0}
� e–x – ex––––––
2 � � ex – e–x––––––
2 �
� e–x– ex––––––
2 �
� ex – e–x––––––
2 � �––2 �
e–x– ex
sen � = ––––––2
ex– e–xcos � = ––––––
2
e–x – ex––––––
2ex – e–x–––––––
2
�––2
�e–x – ex
––––––2 �
�ex – e–x
––––––2 � �
–––2 �
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17 BB
Seja x � [0, 2�] tal que sen(x)cos(x) = . Então, o
pro duto e a soma de todos os possíveis valores de tg (x)são, respectivamente
a) 1 e 0. b) 1 e . c) –1 e 0.
d) 1 e 5. e) –1 e – .
Resolução
sen x . cos x = ⇔ = ⇔
⇔ tg x = (1 + tg2x) ⇔ 2tg2x – 5tg x + 2 = 0 ⇔
⇔ tg x = 2 ou tg x =
2––5
sen x . cos x––––––––––––
cos2x
2–––––––5cos2x
2––5
1––2
5––2
2––5
5––2
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18 EEA soma
k=0
n∑ cos (� + k�), para todo � � [0, 2�], vale
a) –cos (�) quando n é par.
b) –sen (�) quando n é ímpar.
c) cos (�) quando n é ímpar.
d) sen (�) quando n é par.
e) zero quando n é ímpar.
Resolução
1) �n
k=0[cos (α + kπ)] = cos α + cos (α + π) + cos (α + 2π) +
+ … + cos (α + nπ) =
= cos α – cos α + cos α – cos α + … + (–1)n . cos α
2) Se n for par então �n
k=0cos (α + kπ) = cos α
3) Se n for ímpar então �n
k=0cos (α + kπ) = 0
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19 DD
Um cone circular reto de altura 1 cm e geratriz cm
é interceptado por um plano paralelo à sua base, sendode terminado, assim, um novo cone. Para que este novoco ne tenha o mesmo volume de um cubo de aresta
1/3
cm, é necessário que a distância do plano à base
do cone original seja, em cm, igual a
a) . b) . c) . d) . e) .
Resolução
Sendo V o volume do cone original, em centímetroscúbicos, R e h as medidas, em centímetros, do raio dabase e da altura, respectivamente, temos:
R2 + 12 =2⇒ R2 = e V = � R2 . h =
= � . . 1 =
Assim, sendo v o volume, em centímetros cúbicos, donovo cone, que é igual ao volume do cubo e d, a distân -cia, em centímetros, do plano à base do cone original,temos:
=3⇒ =
3⇒
⇒ =3⇒ d =
1––3
1––3
�––9
v––V � 1 – d
––––1 �
���–––�1/3
�3
243–––––––––
�–––9
� 1 – d––––
1 �
1–––27 � 1 – d
––––1 � 2
––3
� 2��3––––
3 � 1––3
1––3
2��3––––
3
� �–––243 �
1––4
1––3
1––2
2––3
3––4
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20 AAA superfície lateral de um cone circular reto é um setorcircular de 120° e área igual a 3� cm2. A area total e ovolume deste cone medem, em cm2 e cm3, respecti va -mente
a) 4� e . b) 4� e .
c) 4� e ���2. d) 3� e .
e) � e 2���2.
ResoluçãoSejam g, h e R as medidas, em centímetros, da ge -ratriz, da altura e do raio da base, desse cone, respec -tivamente.
De acordo com o enunciado, tem-se:
1) . � . g2 = 3� ⇔ g = 3
2) �Rg = 3� ⇔ Rg = 3
assim: R . 3 = 3 ⇔ R = 1
3) h2 + R2 = g2
assim: h2 + 12 = 32 ⇔ h = 2��2
4) A área total, em centímetros quadrados, é:
St = �R (g + R) = � . 1 . (3 + 1) = 4�
5) O volume, em centímetros cúbicos, é:
V = = =
120°–––––360°
�R2h–––––
3� . 12 . 2��2
––––––––––––3
2���2––––––
3
2���2––––––
3
���2––––––
3
2���2––––––
3
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As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30,devem ser resolvidas e respondidas no caderno desoluções.
21Dez cartões estão numerados de 1 a 10. Depois de em -baralhados, são formados dois conjuntos de 5 cartõescada. Determine a probabilidade de que os números 9 e10 apareçam num mesmo conjunto.
Resolução
1) O número de maneiras de formar dois conjuntos
de cinco cartões cada é . C10,5 = . 252 = 126
2) O número de maneiras de os números 9 e 10
pertencerem ao mesmo conjunto é C8,3 = 56
3) A probabilidade é =
Resposta:
9 10
56––––126
4––9
4––9
1––2
1––2
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22Determine os valores reais de x de modo que
sen(2x) – ��3 cos(2x) seja máximo.
Resolução
Seja f(x) = sen(2x) – ���3 cos(2x)
f(x) = 2 . . sen(2x) – . cos(2x) =
= 2 . sen(2x) . cos – sen . cos(2x) =
= 2 . sen 2x –
Assim, para que f(x) seja máximo devemos ter
2x – = + n . 2π, (n ∈ �) ⇔
⇔ x = + n . π, (n ∈ �)
Resposta: x = + n . π, (n ∈ �)
� 1–––2
���3–––2 �
� π–––3
π–––3 �
� π–––3 �
π–––3
π–––2
5π–––12
5π–––12
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23Considere a matriz quadrada A em que os termos dadiagonal principal são 1, 1 + x1, 1 + x2, ...,1 + xn e todosos outros termos são iguais a 1. Sabe-se que (x1, x2,..., xn)
é uma progressão geométrica cujo primeiro termo é
e a razão é 4. Determine a ordem da matriz A para que oseu determinante seja igual a 256.
Resolução
1) A matriz A é
Desta forma,
2) Como (x1; x2; x3; ...; xn) = ; 2; 8;...; 22n–3
,
pois trata-se de uma PG de primeiro termo e
razão 4, temos
x1 . x2 . x3 ... xn = 2–1 . 21 . 23 ... 22n–3 =
= 2 = 2n2– 2n
3) Sendo det A = 256, temos:
2n2–2n = 256 ⇔ 2n2–2n = 28 ⇔ n2 – 2n = 8 ⇔
⇔ n2 – 2n – 8 = 0 ⇔ n = 4, pois n > 0
Assim, a ordem da matriz A é n + 1 = 5
Resposta: 5
(–1 + 2n – 3) . n–––––––––––––
2
� 1––2 �
1––2
1––2
A =�111�
1
11 + x1
1�
1
11
1 + x2�
1
111�
1 + xn
�(n+1)x(n+1)
det A = 111�
1
11 + x1
1�
1
11
1 + x2�
1
111�
1 + xn
=
= 111�
1
0x10�
0
00x2�
0
000�
xn
= x1 . x2 . ... xn
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24Seja n um número natural. Sabendo que o determinanteda matriz
A =
é igual a 9, determine n e também a soma dos elementosda primeira coluna da matriz inversa A–1.
Resolução
Sendo A = =
= , então:
1) Se det A = 9, temos:
–2n2 + 19n – 30 = 9 ⇔ n = 3, pois n ∈ �.
2) Sendo A–1 = , para n = 3, temos:
. = ⇔
⇔ ⇔
Logo, a soma dos elementos da primeira coluna de A–1
é igual a a + b + c = –1
Respostas: n = 3 e a soma é – 1
�n
n + 5
– 5
log22
log33n
1log5 –––
125
1– log2 –––2
log3243
– log5 25�
�n
n + 5
– 5
log22
log33n
1log5 ––––125
1–log2––2
log3243
–log525 ��
n 1 1
n + 5 n 5
–5 –3 –2�
�a m x
b q y
c p z�
�3 1 1
8 3 5
–5 –3 –2� �
a m x
b q y
c p z� �
1 0 0
0 1 0
0 0 1�
3a + b + c = 1
8a + 3b + 5c = 0
–5a – 3b – 2c = 0
a = 1
b = –1
c = –1
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25Em um plano estão situados uma circunferência � de raio
2 cm e um ponto P que dista 2��2 cm do centro de �.
Considere os segmentos –––PA e
–––PB tangentes a � nos
pontos A e B, respectivamente. Ao girar a região fechadadelimitada pelos segmentos
–––PA e
–––PB e pelo arco menor
◠AB em torno de um eixo passando pelo centro de � eperpendicular ao segmento
–––PA , obtém-se um sólido de
revolução. Determine:
a) A área total da superfície do sólido.
b) O volume do sólido.
Resolução
Sendo 0 o centro de ω e r a reta perpendicular ao
segmento PA—–
conduzida por 0 (centro de ω), podemos
concluir que o quadrilátero OBPA é um quadrado de
lado medindo 2cm e que o sólido obtido ao girar a
região plana fechada delimitada pelos segmentos PA—–
e
PB—–
e pelo menor dos arcos AB� em torno da reta r é
um cilindro circular reto de raio da base R = 2cm e
altura H = 2cm com uma cavidade na forma de
semiesfera de raio R = 2cm.
Assim:
a) A área total S, em centímetros quadrados, da
superfície desse sólido é dada por:
S = π R2 + 2 π R H + =
= π R (2H + 3R) = 20π
b) O volume V, em centímetros cúbicos, desse sólido
é dado por:
V = π R2 H – . . π R3 = π R2 � � =
Respostas: a)20π cm2 b) cm3
4 π R2
––––––2
1––2
4––3
2RH – –––
3
8π––3
8π–––3
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26As interseções das retas r: x – 3y + 3 = 0, s: x + 2y – 7 = 0e t: x + 7y – 7 = 0, duas a duas, respectivamente, definemos vértices de um triângulo que é a base de um prismareto de altura igual a 2 unidades de comprimento. Deter -mine:
a) A área total da superfície do prisma.
b) O volume do prisma.
Resolução
1) A base desse prisma reto é o triângulo de vértices
A (3; 2), B (7; 0) e C (0; 1) pois:
⇔
⇔
⇔
2) A área S desse triângulo é dada por:
S = . = 5
3) O perímetro desse triângulo é 2p = AB + BC + AC
assim:
2p = ��������������������� (7 – 3)2 + (0 – 2)2 + ��������������������� (7 – 0)2 + (0 – 1)2 +
+ ��������������������� (0 – 3)2 + (1 – 2)2 ⇔ 2p = ����20 + ����50 + ����10 ⇔
⇔ 2p = 5���2 + 2���5 + ����10
a) A área total At da superfície do sólido é dada por
At = 2S + 2ph
assim: At = 10 + 10���2 + 4���5 + 2����10 ⇔
⇔ At = 2 (5 + 5���2 + 2���5 + ����10 )
b) O volume V do sólido é dado por V = S . h
assim: V = 5 . 2 ⇔ V = 10
Respostas: a) 2 (5 + 5���2 + 2���5 + ����10 ) unidades de
área
b) 10 unidades de volume
x – 3y + 3 = 0
x + 2y – 7 = 0 x = 3
y = 2
x + 2y – 7 = 0
x + 7y – 7 = 0 x = 7
y = 0
x – 3y + 3 = 0
x + 7y – 7 = 0 x = 0
y = 1
1––2
3 2 1
7 0 1
0 1 1
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27Dos n alunos de um colégio, cada um estuda pelo menosuma das três materias: Matemática, Física e Química.Sabe-se que 48% dos alunos estudam Matemática, 32%estudam Química e 36% estudam Física. Sabe-se, ainda,que 8% dos alunos estudam apenas Física e Matemática,enquanto 4% estudam todas as três matérias. Os alunosque estudam apenas Química e Física mais aqueles queestudam apenas Matemática e Química totalizam 63 es -tudantes. Determine n.
Resolução1) De acordo com os dados, temos o seguinte dia -
grama:
2) x + y = 63
3) ⇔
⇔ ⇒
⇒ a + b + c + 2 . 63 = 0,88n ⇔
⇔ a + b + c = 0,88n – 126 (I)
4) a + b + c + x + y + 0,12n = n ⇔⇔ a + b + c + x + y = 0,88n ⇔
⇔ a + b + c + 63 = 0,88n ⇔
⇔ a + b + c = 0,88n – 63 (II)
5) Comparando-se as equações (I) e (II), observa-seque elas são incom patíveis.
Resposta: não existe n
a + 0,12n + y = 0,48n
b + 0,12n + x = 0,36n
c + 0,04n + x + y = 0,32n
a + y = 0,36n
b + x = 0,24n
c + x + y = 0,28n
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28Analise se f : � → �, f(x) = é bijetora e,
em caso afirmativo, encontre f–1 : � → �.
Resolução
1) O gráfico da função f: � → �,
f(x) = é
formado de dois ramos de parábolas de vértice (0; 3). Esta função é estritamente crescente paratodo x ∈ � e, portanto, é bijetora de � em �.
2) f(f –1(x)) = x ⇒
⇒ f(f –1(x)) = ⇒
⇒
Resposta: f –1(x) =
3 + x2, x � 03 – x2, x � 0
3 + [f –1(x)]2 = x, se f –1(x) � 03 – [f –1(x)]2 = x, se f –1(x) � 0
f –1(x) = ������ x – 3, com x � 3f –1(x) = – ������ 3 – x, com x � 3
������ x – 3, com x � 3– ������ 3 – x, com x � 3
3 + x2, x � 03 – x2, x � 0
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29Determine os valores de � ∈ [0,2�] tais que logtg(�) esen(�) � 0.
Resolução
1) Se tg � > 1 então
logtg�(esen�) ≥ 0 ⇔ esen� ≥ 1 ⇔ sen � ≥ 0
Se tg � > 1 e sen � ≥ 0 então < x <
2) Se 0 < tg � < 1 então
logtg� (esen�) ≥ 0 ⇔ esen� ≤ 1 ⇔ sen � ≤ 0
Se 0 < tg � < 1 e sen � ≤ 0 então π < x <
Resposta: � ; � ∪ �π; �
π––4
π––2
5π–––4
π––4
π––2
5π–––4
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30As retas r1 e r2 são concorrentes no ponto P, exterior a um
círculo �. A reta r1 tangencia � no ponto A e a reta r2
intercepta � nos pontos B e C diametralmente opostos. A
medida do arco ◠AC é 60° e–––PA mede ��2 cm. Determine a
área do setor menor de � definido pelo arco ◠AB.
Resolução
De acordo com o enunciado, a medida do arco ◠AB é180° – 60° = 120°. Assim, a medida � do ângulo A
^PB é
dada por:
� = = = 30°
No triângulo APO, retângulo em^A, temos:
tg � = = = ⇒ AO = cm
Assim, a área S do setor menor de ω definido pelo arco◠AB é:
S = . � . (AO)2 = � .2
= cm2
Resposta: cm2
120° – 60°––––––––
2
◠AB – ◠AC––––––––
2
��6––––
3
AO––––��2
��3––––
3AO––––AP
2�–––9
��6�––––�31––3
120°––––360°
2�–––9
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