Post on 26-May-2018
MMAATTEEMMÁÁTTIICCAA
NOTAÇÕES
�: conjunto dos números naturais �: conjunto dos números inteiros �: conjunto dos números racionais�: conjunto dos números reais�: conjunto dos números complexosi: unidade imaginária: i2 = – 1–z: conjugado do número z ∈ �
�z�: módulo do número z ∈ �
A\B = {x : x ∈ A e x ∉ B}
[a, b] = {x ∈ � : a ≤ x ≤ b}
[a, b[ = {x ∈ � : a ≤ x < b}
]a, b[ = {x ∈ � : a < x < b} Mm×n(�): conjunto das matrizes reais m × n
det M: determinante da matriz MP(A): conjunto de todos os subconjuntos do conjunto An(A): número de elementos do conjunto finito A—AB: segmento de reta unindo os pontos A e BA
^BC: ângulo formado pelos segmentos
—AB e
—BC, com
vértice no ponto Bk∑ an xn = a0 + a1x + a2 x
2 + ... + ak xk, k ∈ �n = 0
Observação: Os sistemas de coordenadas consideradossão cartesianos retangulares.
1 BB
Dado z = (– 1 + ��3 i), então zn é igual a
a) – ��3 i. b) – 1. c) 0.
d) 1. e) ��3 i.
Resolução
I) z = – + i = 1 (cos 120° + i . sen 120°)
II) z2 = 1 . (cos 240° + i . sen 240°) = – – i
III) z89 = 189 . [cos (89 . 120°) + i . sen (89 . 120°) == cos 10 680° + i . sen 10 680° = = cos 240° + i . sen 240° = z2
IV) zn = z + z2 + … + z89 = =
= = z . (1 + z) = z + z2 =
= – + i – – i = –1
89∑n=1
1–––2
89–––2
89–––6
��3–––2
1–––2
��3–––2
1–––2
z . (1 – z89)––––––––––
1 – z
89∑
n = 1
z . (1 – z2)––––––––––
1 – z
��3–––2
1–––2
��3–––2
1–––2
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2 CCDas afirmações abaixo sobre números complexos z1 e z2:
I) �z1 – z2⎪ ≤ ⎪⎪z1⎪ – ⎪z2⎪⎪.
II) � –z1 . z2⎪ = ⎪⎪–z2⎪ . ⎪–z2⎪⎪.
III) Se z1 = �z1� (cos θ + i sen θ) ≠ 0, então
z1– 1 = �z1�– 1 (cos θ – i sen θ).
é(são) sempre verdadeira(s)
a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III.
d) apenas II e III. e) todas.
Resolução
I) �z1 – z2� ≤ ��z1� – �z2�� é falsa, pois, se
z1 = 1 e z2 = – 3, por exemplo, temos
�z1� = 1, �z2� = 3, �z1� – �z2� = 1 – 3 = – 2,
��z1� – �z2�� = �– 2 � = 2 e �z1 – z2� = �1 – (– 3)� = 4,
Neste caso �z1 – z2� > ��z1� – �z2��
II) �–z1 . z2� = ��–z2� . �–z2�� é falsa, pois, se por exemplo,
z1 = 1 – i e z2 = 3 + 4i, temos:–z1 = 1 + i,–z1 . z2 = (1 + i) .(3 + 4i) = – 1 + 7i ⇔
⇔ �–z1 . z2� = �– 1 + 7i� = 5���2
Além disso, –z2 = 3 – 4i ⇔ �–z2� = 5 ⇔
⇔ ��–z2 � . �–z2 �� = �5 . 5� = 25 ≠ �–z1 . z2 �
III) Verdadeira
z1 = �–z1� (cos θ + i sen θ) ⇔
⇔ z1–1 = �–z1�– 1 (cos(– θ) + i sen (– θ)] =
= �z1�– 1 . (cos θ – i sen θ) pois
cos (– θ) = cos θ e sen (– θ) = – sen θ
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3 EEA soma de todas as soluções da equação em � :
z2 + �z�2 + iz – 1 = 0 é igual a
a) 2. b) . c) 0. d) – . e) – 2i.
Resolução
Sendo z = a + bi, temos:
z2 + �z �2 + iz – 1 = 0 ⇔
⇔ (a + bi)2 + a2 + b2 + i (a + bi) – 1 = 0 ⇔
⇔ a2 + 2abi + b2i2 + a2 + b2 + ai + bi2 – 1 = 0 ⇔
⇔ 2a2 + 2abi – b2 + b2 + ai – b – 1 = 0 ⇔
⇔ (2a2 – b – 1) + (2ab + a) . i = 0 ⇔
⇔ ⇔ ⇔
⇔ ou ou ⇒
⇒ z1 = – i ou ou
Assim, z1 + z2 + z3 = – i – – i + – i = –2i
4 BBNuma caixa com 40 moedas, 5 apresentam duas caras, 10são normais (cara e coroa) e as demais apresentam duascoroas. Uma moeda é retirada ao acaso e a face observadamostra uma coroa. A probabilidade de a outra face destamoeda também apresentar uma coroa é
a) . b) . c) . d) . e) .
Resolução
I) 5 moedas são do tipo , 10 do tipo
e 25 do tipo .
II) Se uma moeda é retirada ao acaso e a face obser -
vada mostra uma coroa, então esta moeda é do
tipo ou do tipo e, por -
tanto, o total de possibilidades é 35.
III) Das 35 moedas do item (II), existem 25 do tipo
.
IV) A probabilidade pedida é = .
�2a2 – b – 1 = 0
2ab + a = 0 �2a2 – b – 1 = 0
a . (2b + 1) = 0
�a = 0
b = – 1 �1
a = – ––21
b = – ––2
�1
a = ––2
1b = – ––
2
1 1z2 = – ––– – ––– i
2 21 1
z3 = –– – –– i2 2
1–––2
1–––2
1–––2
1–––2
7–––8
5–––7
5–––8
3–––5
3–––7
Ca Ca
Ca Co Co Co
Ca Co Co Co
Co Co
25–––35
5––7
i–––2
1–––2
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5 AASejam A e B conjuntos finitos e não vazios tais que A � B e n({C : C � B \ A}) = 128.
Então, das afirmações abaixo:
I) n(B) – n(A) é único;
II) n(B) + n(A) ≤ 128;
III) a dupla ordenada (n(A), n( B)) é única;
é( são) verdadeira(s)
a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III.
d) apenas I e II. e) nenhuma.
ResoluçãoObservemos que {� : � � B\A} = P (B\A), onde P (B\A) é o conjunto das partes (subconjuntos) de B\A.Assim,n ({� : � � B\A}) = n [P(B\A)] = 128 = 27 ⇔⇔ n (B\A) = 7 ⇔ n(B) – n(A) = 7, pois A � B.
Desta forma, a dupla (n(A), n(B)) é qualquer do con -junto {(1; 8), (2; 9), (3; 10); ……}
I) Verdadeira, pois n(B) – n(A) = 7 II) Falsa, pois (n(A), n(B)) = (61; 68), por exemplo
teremos n(B) + n(A) = 68 + 61 = 129 > 128
III) Falsa, pois existem infinitas duplas ordenadas
(n(A), n(B)), conforme exposto acima.
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6 BBx + 2y + 3z = a
O sistema � y + 2z = b3x – y – 5c z = 0
a) é possível, ∀a, b, c ∈ �.
b) é possível quando a = ou c ≠ 1.
c) é impossível quando c = 1, ∀a, b ∈ �.
d) é impossível quando a ≠ , ∀c ∈ �.
e) é possível quando c = 1 e a ≠ .
Resolução
⇔
A terceira equação e, portanto, o sistema:I) Admite solução única se, e somente se,
5c – 5 ≠ 0 ⇔ c ≠ 1II) Admite infinitas soluções se, e somente se,
5c – 5 = 0 e 3a – 7b = 0 ⇔ c = 1 e a =
III) Não admite solução se, e somente se,
5c – 5 = 0 e 3a – 7b ≠ 0 ⇔ c = 1 e a ≠
Desta forma, o sistema admite solução se
a = ou c ≠ 1
7b–––3
7b–––3
7b–––3
x + 2y + 3z = ay + 2z = b ⇔
7y + (5c + 9)z = 3a�x + 2y + 3z = a
y + 2z = b ⇔3x – y – 5cz = 0�
x + 2y + 3z = ay + 2z = b
(5c – 5)z = 3a – 7b�
7b–––3
7b–––3
7b–––3
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7 EEConsidere as afirmações abaixo:
I) Se M é uma matriz quadrada de ordem n > 1, não nulae não inversível, então existe matriz não nula N, demesma ordem, tal que M N é matriz nula.
II) Se M é uma matriz quadrada inversível de ordem n talque det (M2 – M) = 0, então existe matriz não nulaX, de ordem n x 1, tal que MX = X.
III) A matriz é inversível,
∀θ ≠ + kπ, k ∈ �.
Destas, é(são) verdadeira(s)
a) apenas II. b) apenas I e II. c) apenas I e III.
d) apenas II e III. e) todas.
ResoluçãoI) Verdadeira.
Se M é uma matriz quadrada não nula e nãoinversível, então det M = 0.
Considere N =
A igualdade M . N = 0, em que 0 é a matriz nula deordem n, equivale a n sistemas lineares homo -gêneos do tipo
M . =
Estes sistemas são possíveis e indeterminados, pois det M = 0, admitem solução não trivial e, portanto,existirá pelo menos um apk ≠ 0, para p, k ∈ {1; 2; 3; …; n}.Assim, de fato, existe N não nula, tal que M . N énula. Um exemplo dessa situação é M =
e N = .
Ambas não são nulas e
M . N = =
[a11 a12 a13 … a1na21 a22 a23 … a2n........................................an1 an2 an3 … ann
]
�– sen θ
θ1 – 2 sen2 ––
2
cos θtg θ
–––––sec θ
�π––2
]00...0
[]a1ka2k...ank
[
]1 2
2 4[]2 2
–1 –1[
]0 0
0 0[]2 2
–1 –1[]1 2
2 4[
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II) Verdadeira.Se M é inversível, então det M ≠ 0. Assim, sendo Ia matriz identidade, temos:1) det (M2 – M) = 0 ⇔ det [M . (M – I)] = 0 ⇔
⇔ det M . det (M – I) = 0 ⇔ det (M – I) = 02) A matriz X, de ordem n x 1, que satisfaz a
equação M . X = X é tal que:M . X = X ⇔ M . X – X = 0 ⇔ (M – I) . X = 0Assim, X é solução de um sistema linearhomogêneo possível e indeterminado, pois det (M – I) = 0. Como esse sistema admitesolução não trivial, existe a matriz X não nula.
III) Verdadeira.
Lembrando que 1 – 2 sen2 = cos (2 . ) = cosθ
e que
= tg θ . cos θ = sen θ, para ∀ θ ≠ + kπ, k ∈ �,
temos:
det =
= det = cos2θ + sen2θ = 1 ≠ 0.
Portanto, a matriz tem inversa.
8 CCSe 1 é uma raiz de multiplicidade 2 da equação x4 + x2 + ax + b = 0, com a, b ∈ �, então a2 – b3 é iguala
a) – 64. b) – 36. c) – 28. d) 18. e) 27.
Resolução
x = 1 é raiz dupla
⇔ ⇒
⇒ a2 – b3 = (– 6)2 – 43 = 36 – 64 = – 28
1 0 1 a b 1
1 1 2 2 + a 2 + a + b 1
1 2 4 6 + a
�2 + a + b = 0 6 + a = 0 �a = – 6
b = 4
θ––2
θ––2
tg θ–––––sec θ
π––2
[cos θ – sen θ
tg θ θ––––– 1– 2 sen2 ––sec θ 2
][cos θ – sen θ
sen θ cos θ]
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9 AAO produto das raízes reais da equação
|x2 – 3x + 2| = |2x – 3 | é igual a
a) –5. b) –1. c) 1. d) 2. e) 5.
Resolução
|x2 – 3x + 2 | = |2x – 3 | ⇔
⇔ x2 – 3x + 2 = 2x – 3 ou x2 – 3x + 2 = –2x + 3 ⇔
⇔ x2 – 5x + 5 = 0 ou x2 – x – 1 = 0
Como as duas equações tem somente raízes reais, o
produto das quatro raízes resulta
(x1 . x2) . (x’1 . x’2) = 5 . (–1) = –5
10 AAConsidere a equação algébrica ∑
3
k=1(x – ak)4 – k = 0. Sabendo
que x = 0 é uma das raízes e que (a1, a2, a3) é uma
progressão geométrica com a1 = 2 e soma 6, pode-se
afirmar que
a) a soma de todas as raízes é 5.
b) o produto de todas as raízes é 21.
c) a única raiz real é maior que zero.
d) a soma das raízes não reais é 10.
e) todas as raízes são reais.
Resolução
3
I) ∑ (x – ak)4 – k = (x – a1)3 + (x – a2)2 + (x – a3)1 = 0
k = 1
II) (a1, a2, a3) é progressão geométrica com a1 = 2,
razão q e soma 6, portanto, 2 + 2q + 2q2 = 6 ⇔
⇔ q2 + q – 2 = 0 ⇔ q = – 2 ou q = 1III) (a1, a2, a3) = (2, – 4, 8) ou (a1, a2, a3) = (2, 2, 2)
IV) Se (a1, a2, a3) = (2, 2, 2), então a equação dada seria
(x – 2)3 + (x – 2)2 + (x – 2) = 0, que não admite zero
como raiz.
V) A única possibilidade é, pois, (a1, a2, a3) = (2, – 4, 8)
e, neste caso, a equação dada é
(x – 2)3 + (x + 4)2 + (x – 8) = 0 ⇔
⇔ x3 – 5x2 + 21x = 0 ⇔ x . [x2 – 5x + 21] = 0 ⇒
⇒ x = 0 ou x =
VI) O conjunto verdade da equação dada é
�0; ; e a única afirma -
ção verdadeira é que a soma de todas as raízes é 5.
5 ± ���59 i–––––––––
2
5 + ���59 i–––––––––
25 – ���59 i–––––––––
2
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11 DDA expressão 4e2x + 9e2y – 16ex – 54ey + 61 = 0, com x ey reais, representaa) o conjunto vazio.b) um conjunto unitário. ,c) um conjunto não unitário com um número finito de
pontos.d) um conjunto com um número infinito de pontos.
e) o conjunto {(x, y) ∈ �2 | 2(ex – 2)2 + 3(ey – 3)2 = 1}.
ResoluçãoI) 4e2x + 9e2y – 16ex – 54ey + 61 = 0 ⇔
⇔ 4e2x – 16ex + 16 + 9e2y – 54ey + 81 + 61 = 16 + 81 ⇔
⇔ 4 (ex – 2)2 + 9 (ey – 3)2 = 36 ⇔
II) A cada par ordenado (ex; ey) ∈ �*+ x �*+ , cor -responde um único par ordenado (x; y) ∈ � x �.
III) A equação obtida no item (I), nas variáveis ex e ey,representa um ramo de elipse, com centro noponto (2; 3) semieixo maior 3, semieixo menor 2 eambos paralelos aos respectivos eixos carte sianos.
IV) A expressão dada representa um conjunto com umnúmero infinito de pontos.
(ex – 2)2 (ey – 3)2––––––––– + –––––––– = 1
9 4
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12 EECom respeito à equação polinomial
2x4 – 3x3 – 3x2 + 6x – 2 = 0 é correto afirmar que
a) todas as raízes estão em �.
b) uma única raiz está em � e as demais estão em � \�.
c) duas raízes estão em � e as demais têm parte imagi -nária não nula.
d) não é divisível por 2x – 1.
e) uma única raiz está em � \ � e pelo menos uma dasdemais está em � \ �.
ResoluçãoSeja P(x) = 2x4 – 3x3 – 3x2 + 6x – 2
Como P(1) = 0, então x = 1 e raiz da equação
2x4 – 3x3 – 3x2 + 6x – 2 = 0 ⇔
⇔ (x – 1) . (2x3 – x2 – 4x + 2) = 0 ⇔
⇔ (x – 1) . (x2 – 2) . (2x – 1) = 0 ⇔
⇔ x = 1 ou x = ��2 ou x = – ��2 ou x =
Dessa forma uma única raiz x = está em � \� e
pelo menos uma das demais (x = ��2 ) está em � \�.
2 – 3 – 3 6 – 2 1
2 – 1 – 4 2 0
1––2
1––2 �
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13 DD
Sejam m e n inteiros tais que = – e a equação
36x2 + 36y2 + mx + ny – 23 = 0 representa umacircunferência de raio r = 1 cm e centro C localizado nosegundo quadrante. Se A e B são os pontos onde acircunferência cruza o eixo Oy, a área do triângulo ABC,em cm2, é igual a
a) b) c)
d) e)
Resolução
36x2 + 36y2 + mx + ny – 23 = 0 ⇔
⇔ x2 + y2 + . x + . y – = 0, representa uma
circunferência cujo centro é C ; , e
sendo o raio igual a 1, temos:
+ + = 1 ⇔ m2 + n2 = . 722
Para n = – m, resulta m2 + – . m�2
= . 722 ⇔
⇔ m = 24 e n = –36, pois o centro se localiza no 2.o
quadrante, portanto, o centro é C ; �Se A e B são os pontos onde a circunferência de raio 1cruza o eixo Oy, podemos (a partir do gráfico a seguir)obter a medida de AM (sendo M o ponto médiode
–––AB).
Assim:
AM2 + (1/3)2 = 12 ⇒ AM =2 ��2
––––––3
m2––––722
n2––––722
23––––36
13–––36
3––2
3––2
13–––36
1– –––
31
–––2
m––n
2––3
8���2–––––3
4���2–––––3
2���2–––––3
2���2–––––9
���2––––9
m–––36
n–––36
23–––36
– m––––72
– n––––72 �
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Portanto, AB = e a área do triângulo ABC,em
cm2, é =
14 CCEntre duas superposições consecutivas dos ponteiros dashoras e dos minutos de um relógio, o ponteiro dosminutos varre um ângulo cuja medida, em radianos, éigual a
a) π. b) π. c) π.
d) π. e) π.
ResoluçãoLembrando que, para cada 2π radianos de giro do
ponteiro dos minutos, o ponteiro das horas gira
ra dianos, temos:
Enquanto o ponteiro das horas girou x radianos, oponteiro dos minutos girou (2π + x) radianos, de modoque
= ⇔ = 12 ⇔ x =
Desta forma, o ponteiro dos minutos varreu um
ângulo, em radianos, de 2π + =
(2π + x)––––––
x2π
––––––π––6
2π + x––––––
x2π–––11
2π–––11
24π––––
11
4 ��2––––––
3
4 ��2 1–––––– . ––––
3 3–––––––––––––––
22 ��2
––––––9
23–––11
16–––6
24–––11
25–––11
7––3
π–––6
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15 DDSeja ABC um triângulo retângulo cujos catetos AB
––e BC
––
medem 8 cm e 6 cm, respectivamente. Se D é um pontosobre AB
––e o triângulo ADC é isósceles, a medida do
segmento AD––
, em cm, é igual a
a) b) c) d) e)
Resolução
Sendo x = AD = CD, no triângulo retângulo BCD, de
acordo com o teorema de Pitágoras, tem-se:
(CD)2 = (BC)2 + (BD)2 ⇒ x2 = 62 + (8 – x)2 ⇔
⇔ 16x = 100 ⇔ x =
Portanto: AD = cm
25–––4
25–––4
3––4
15–––6
15–––4
25–––4
25–––2
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16 CCSejam ABCD um quadrado e E um ponto sobre
––––AB.
Considere as áreas do quadrado ABCD, do trapézioBEDC e do triângulo ADE. Sabendo que estas áreasdefinem, na ordem em que estão apresentadas, umaprogressão aritmética cuja soma é 200 cm2, a medida dosegmento
––––AE, em cm, é igual a
a) . b) 5. c) . d) . e) 10.
ResoluçãoComo o soma das três áreas é igual a 200 cm2, po -demos então concluir que a área do quadrado ABCDé igual a 100 cm2 e que portanto cada um dos seuslados mede 10 cm.
Sabendo que estas áreas definem, na ordem em queestão apresentadas, uma progressão aritmética,podemos então concluir que a área do trapézio é iguala média aritmética entre a área do triângulo e a áreado quadrado.Assim, sendo x = AE, temos:
= ⇔
⇔ 200 – 10x = 5x + 100 ⇔ 15x = 100 ⇔ x =
Portanto: AE = cm
20–––3
20–––3
[10 + (10 – x] . 10––––––––––––––––
2
10 . x––––– + 100
2––––––––––––
2
10–––3
20–––3
25–––3
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17 BBNum triângulo ABC o lado
––––AB mede 2 cm, a altura rela -
tiva ao lado ––––AB mede 1 cm, o ângulo A
^BC mede 135° e
M é o ponto médio de ––––AB . Então a medida de B
^AC +
B^MC, em radianos, é igual a
a) π. b) π. c) π. d) π. e) π.
Resolução
A partir do enunciado, temos a seguinte figura:
I) O triângulo BHC é retângulo e isósceles, então BH = HC = 1 cm
II) No triângulo MHC, tg β = =
III) No triângulo AHC, tg α = =
Como tg (α + β) = = = 1
conclui-se que α + β = B^AC + B
^MC = (pois α e β
são agudos)
HC–––––MH
1–––2
HC–––––AH
1–––3
tg α + tg β––––––––––––1 – tg α . tg β
1 1–– + ––2 3
–––––––––1 1
1 – –– . ––2 3
π–––4
1––5
1––4
1––3
3––8
2––5
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18 AAUm triângulo ABC está inscrito numa circunferência deraio 5 cm. Sabe-se ainda que
––––AB é o diâmetro,
––––BC mede
6 cm e a bissetriz do ângulo A^BC intercepta a circun -
ferência no ponto D. Se α é a soma das áreas dostriângulos ABC e ABD e β é a área comum aos dois, ovalor de α – 2β, em cm2, é igual a
a) 14. b) 15. c) 16. d) 17. e) 18.
Resolução
I) No triângulo ABC, de acordo com o teorema dabissetriz do ângulo interno, temos:
= ⇔ a = 3
II) Como o triângulo ABC é retângulo, temos:
cos (2x) = = e portanto
cos (2x) = 1 – 2 sen2x ⇒ = 1 – 2 sen2x ⇔
⇔ sen x = , pois x é ângulo agudo.
III) No triângulo retângulo ADE, temos:
cos (90° – x) = ⇒ sen x = ⇒
⇒ = ⇒ b = ��5
IV) Aplicando-se o Teorema de Pitágoras no triânguloretângulo ADE, temos:
c2 + b2 = (8 – a)2 ⇒ c2 + ( ��5 )2= 52 ⇔
⇔ c = 2 ��5 cm
V) Sendo S1 e S2 as áreas dos triângulos ADE e BCE,
respectivamente, temos:
α – 2β = S1 + S2 = + =
= + = 14 cm2
��5–––––
5b
–––5
b . c–––––
2a . 6
–––––2
10–––––8 – a
6––a
6––10
3––5
3––5
��5–––––
5
b–––AE
b–––––8 – a
3 . 6–––––
2��5 . 2��5–––––––––
2
II TTAA ((33ºº DDIIAA )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22001100
19 EEUma esfera está inscrita em uma pirâmide regular
hexagonal cuja altura mede 12 cm e a aresta da base mede
��3 cm. Então o raio da esfera, em cm, é igual a
a) ��3 . b) . c) .
d) 2 ��3 . e) .
Resolução
I) O apótema –––PM da base dessa pirâmide, em
centímetros, mede:
. = 5
II) O apótema –––VM da pirâmide, em centímetros,
mede:
122 + 52 = 13
III) Da semelhança entre os triângulos retângulosTOV e PMV, temos:
=
Assim, sendo x o raio da esfera, em centímetros,temos finalmente:
= ⇔ 18x = 60 ⇔ x =
OT–––PM
VO–––VM
x–––5
12 – x––––––
13
10–––3
10–––3
10–––3
13–––3
15–––4
10–––3
10 ��3 –––––––
3
��3 ––––
2
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20 CCConsidere as afirmações:
I. Existe um triedro cujas 3 faces têm a mesma medidaα = 120°.
II. Existe um ângulo poliédrico convexo cujas facesmedem, respectivamente, 30°, 45°, 50°, 50° e 170°.
III. Um poliedro convexo que tem 3 faces triangulares,1 fa ce quadrangular, 1 face pentagonal e 2 faceshexagonais tem 9 vértices.
IV. A soma das medidas de todas as faces de um poliedroconvexo com 10 vértices é 2880°.
Destas, é(são) correta(s) apenas
a) II. b) IV. c) II e IV.
d) I, II e IV. e) II, III e IV.
Resolução
I) A afirmação I é falsa, pois a soma das faces de um
triedro é sempre menor que 360°.
II) A afirmação II é correta, pois:
30° + 45° + 50° + 50° + 170° < 360° e
170° < 30° + 45° + 50° + 50°
III) A afirmação III é falsa, pois um poliedro convexoque tem 7 faces, sendo 3 triangulares, 1 qua dran -gular, 1 pentagonal e 2 hexagonais, tem
= 15 arestas e, portanto,
o seu número “x” de vértices deve satisfazer aRelação de Eüler, ou seja: x – 15 + 7 = 2 ⇔ x = 10
IV) A soma das medidas dos ângulos de todas as facesde um poliedro convexo com 10 vértices é igual a(10 – 2) . 360° = 2880°.Assim, interpretando a expressão “soma dasmedidas de todas as faces” como “soma dasmedidas dos ângulos de todas as faces”, podemosconcluir que a afirmação IV é correta.Portanto, são corretas apenas as afirmações II eIV.
3 . 3 + 1 . 4 + 1 . 5 + 2 . 6–––––––––––––––––––––
2
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As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devemser resolvidas no caderno de soluções
21Analise a existência de conjuntos A e B, ambos nãovazios, tais que (A\B)�(B\A) = A.
ResoluçãoLembrando que (A \ B) � (B \ A) = (A � B) – (A � B),temos:I) (A \ B) � (B \ A) = A ⇔ (A � B) – (A � B) = A ⇔
⇔ [(A � B) – (A � B)] � (A � B) = A � (A � B) ⇔⇔ A � B = A � (A � B) ⇔ A � B = A ⇔ B � A
II) No entanto, se B � A, temos A � B = B, B \ A = Ø(A \ B) � (B \ A) = (A \ B) � Ø = A \ B e(A \ B) � (B \ A) = A ⇔ A \ B = A ⇔ A � B = Ø ⇔⇔ B = Ø, contrariando o enunciado.
Resposta: Não existem conjuntos A e B satisfazendo ascondições dadas.
22Sejam n ≥ 3 ímpar, z ∈ � \ {0} e z1, z2, ..., zn as raízes
de zn = 1. Calcule o número de valores �zi – zj�, i, j = 1, 2, ....n, com i ≠ j, distintos entre si.
ResoluçãoI) Se n ≥ 3, ímpar e z1, z2, z3, …, zn as raízes da
equação zn = 1 = cos 0° + i . sen 0° então:
z1 = cos . 0 + i . sen . 0 = 1
z2 = cos . 1 + i . sen . 1
�
zk+1 = cos . k + i . sen . k
�
zn = cos (n – 1) + cos . (n – 1)
II) Estas n soluções, representadas no plano com -plexo, são pontos de uma circunferência de raio 1e dividem esta circunferência em n partes iguaisdeterminando um polígono regular de n lados.
III) Se zi e zj forem duas quaisquer dessas soluçõesentão �zi – zj�
2 é a distância entre os afixos de zi e zj.
2π–––n � 2π–––
n �
2π–––n � 2π–––
n �
2π–––n � 2π–––
n �
� 2π–––n � � 2π–––
n �
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IV) �z1 – z2� = �z2 – z3� = �z3 – z4� = … = d12
V) �z1 – z3� = �z2 – z4� = �z3 – z5� = … = d13
VI) �z1 – z4� = �z1 – z5� = … = d14
VII) �z1 – z5� = �z2 – z6� = … = d15 �
VIII) Do ponto P1 saem diagonais de tamanhos
diferentes e o lado P1P2 do polígono de medidad12
IX) O número total de valores distinto de �zi – zj� é
+ 1 =
23Sobre uma mesa estão dispostos 5 livros de história, 4 debiologia e 2 de espanhol. Determine a probabilidade de oslivros serem empilhados sobre a mesa de tal forma queaqueles que tratam do mesmo assunto estejam juntos.
ResoluçãoOs 11 livros podem ser empilhados de 11! maneirasdiferentes sobre a mesa.Desses casos, estarão juntos aqueles que tratam de ummesmo assunto num total de 5! 4! 2! 3!.
A probabilidade pedida é, pois p = =
= =
Resposta:
5! 4! 2! 3!–––––––––––
11!
5! 24 . 2 . 6–––––––––––––––––––11 . 10 . 9 . 8 . 7 . 6 . 5!
1––––––
1155
1––––––
1155
n – 3–––––
2
n – 3–––––
2n – 1–––––
2
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24Resolva a inequação em � : 16 <
log1/5
(x2 – x + 19).
Resolução
16 <log
1/5(x2 – x + 19)
⇔ 4– log1/5(x2 – x + 19) > 42 ⇔
⇔ – log (x2 – x + 19) > 2 ⇔ log (x2 – x + 19) < – 2 ⇔
⇔ x2 – x + 19 > 25 ⇔ x2 – x – 6 > 0 ⇔ x < – 2 ou x > 3
Obs.: 1) O gráfico de f(x) = x2 – x – 6 é do tipo
2) x2 – x + 19 > 0 ∀x ∈ �
Resposta: S = {x ∈ � � x < – 2 ou x > 3}
25Determine todas as matrizes M ∈ �2x2(�) tais que
MN = NM, ∀N ∈ �2x2(�).
Resolução
Sejam M = e N = .
Se M. N = N . M, ∀N ∈ �2×2 (�), então:
. = . ⇔
⇔ = ⇔
⇔
Das equações (I) e (IV), temos cy = bz, que só é ver -dadeira para quaisquer b e c se, e somente se, y = z = 0.Substituindo nas equações (II) e (III), temos bx = bwe cw = cx, que só são verdadeiras para quaisquer b ec se, e somente se, x = w.
Assim, as matrizes M que satisfazem as condições
dadas são do tipo , ∀x.
Resposta: , ∀x
1––4 �
1––5
1––5
� x
z
y
w � � a
c
b
d �
� xz
yw � � a
c
b
d � � ac
bd � � x
z
y
w �
� ax + cyaz + cw
bx + dybz + dw � � ax + bz
cx + dzay + bwcy + dw �
�ax + cy = ax + bz (I)bx + dy = ay + bw (II)az + cw = cx + dz (III)bz + dw = cy + dw (IV)
� x
0
0
x �
1––4 �
�x
0
0
x�II TTAA ((33ºº DDIIAA )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22001100
26Determine todos os valores de m ∈ � tais que a equação(2 – m) x2 + 2mx + m + 2 = 0 tenha duas raízes reaisdistintas e maiores que zero.
Resolução
A equação ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) terá duas raízes reais
distintas e maiores que zero se, e somente se,
Δ = b2 – 4 ac > 0, P = > 0 e S = > 0.
Para a equação dada, devemos terI) (2m)2 – 4 (2 – m) (2 + m) > 0 ⇔
⇔ 4m2 – 4 (4 – m2) > 0 ⇔ 8m2 – 16 > 0 ⇔
⇔ m < – ���2 ou m > ���2
II) > 0 ⇔ (m + 2) (2 – m) > 0 ⇔ – 2 < m < 2
III) > 0 ⇔ – 2m (2 – m) > 0 ⇔ m < 0 ou m > 2
De (I), (II) e (III), concluímos que – 2 < m < – ���2 .
Resposta: – 2 < m < – ���2
27Considere uma esfera Ω com centro em C e raio r = 6 cme um plano Σ que dista 2 cm de C. Determine a área daintersecção do plano Σ com uma cunha esférica de 30°em Ω que tenha aresta ortogonal a Σ.
Resolução
No triângulo retângulo AOC, temos CA= r = 6cm, CO = 2cm e (AO)2 + 22 = 62 ⇒ AO = 4 ��2 cm
A intersecção de ∑ com Ω é o setor circular AOB de
30° cujo raio mede 4 ��2 cm.
Assim, sendo S, em cm2, a área do setor AOB, temos:
S = . π . (4 ��2 )2 =
Resposta: cm2
c––a
–b–––a
m + 2–––––––
2 – m
– 2m–––––––
2 – m
30°––––360°
8π––––
3
8π––––
3
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28a) Calcule
cos2 – sen2 � cos – 2 sen cos sen .
b) Usando o resultado do item anterior, calcule
sen cos .
Resolução
a) cos2 –sen2 � . cos – 2. sen .cos . sen =
= cos . cos – sen . sen =
= cos = cos = 0
b) Usando o resultado do item anterior, temos:
cos2 – sen2 �. cos =
= 2 . sen . cos . sen ⇔
⇔ sen . cos = ⇔
⇔ sen . cos =
= =
Notando que e são complementares, temos
sen = cos e, portanto, resulta:
sen . cos =
Respostas: a) 0 b)
π–––10
π––5
π––5
π––5
π–––10
π––5
π––5
π–––10
2π–––�5π
–––10
2π–––�5π
–––10
2π π––– + –––�5 10π
–––2
π––5
π––5
π–––10
π––5
π––5
π–––10
π–––10
π––5
2π πcos –––� . cos –––
5 10–––––––––––––––––
π 2 . sen –––
5
π–––10
π––5
2π πcos –––� . cos –––
5 10–––––––––––––––––
π π4 . sen ––– . cos –––
10 10
2π cos –––
5 ––––––––––
π 4 . sen –––
10
π–––�102π–––�5
π–––10
2π–––5
π–––10
π–––5
1–––4
1–––4
π––5
π––5
π–––10
π––5
π––5
π–––10
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29Num triângulo AOB o ângulo AOB
^mede 135° e os lados
AB–––
e OB–––
medem ���2 cm e ��������2 – ���3 cm, res pec tiva mente.
A circunferência de centro em O e raio igual à medida de
OB–––
intercepta AB–––
no ponto C (≠ B).
a) Mostre que OAB^ mede 15°.
b) Calcule o comprimento de AC–––
.
Resoluçãoa)
I) Sendo AB = ��2 cm, OB = ����2 – ��3 cm e apli -
can do a lei dos senos no ΔAOB, temos:
⇔
⇔ sen^A = =
= = (I)
Obs.: A – ��B = –
com C = A2 – B
II) sen 15° = sen (60° – 45°) =
= sen 60° . cos 45° – sen 45° . cos 60° =
= . – . = (II)
De (I) e (II), temos: sen ^A = sen 15° ⇒ ^A = 15°,
pois ^A é agudo. Portanto, o ângulo O^AB mede 15°.
����2 – ��3 ��2 ––––––––– = –––––––––
sen^A sen 135°
����2 – ��3 ––––––––2
2 + 1 2 – 1––––– – –––––
2 2––––––––––––––––––– =
2
��3 1–––– – ––––
��2 ��2 ––––––––––––
2
��6 – ��2 –––––––––
4
A + C––––––
2A – C
––––––2
��3––––
2
��2––––
2
��2––––
2
1––2
��6 – ��2 –––––––––
4
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b)
O triângulo OBC é isósceles, pois
OB = OC = ������2 – ��3 (raio)
Assim, sendo α a medida dos ângulos congruentes
OBC e OCB e β a medida do ângulo AOC, temos:
I) 15° + 135° + α = 180° ⇔ α = 30°
II) α = 15° + β, pois α é ângulo externo ao triân -
gulo CAO
Assim: 30° = 15° + β ⇔ β = 15° ⇔⇔ CAO ≅ COA ⇔ Δ CAO é isósceles com
base –––AO ⇔ AC = OC
Portanto: AC = ������2 – ��3
Respostas: a) demonstração b) ������2 – ��3
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30Considere um triângulo equilátero cujo lado mede 2���3 cm. No interior deste triângulo existem 4 círculos demes mo raio r. O centro de um dos círculos coincide como baricentro do triângulo. Este círculo tangencia externa -mente os demais e estes, por sua vez, tangenciam 2 ladosdo triângulo.a) Determine o valor de r.b) Calcule a área do triângulo não preenchida pelos cír -
culos.c) Para cada círculo que tangencia o triângulo, determine
a distância do centro ao vértice mais próximo.
Resolução
a) I) A altura h, em centímetros, do triângulo equi -látero
ABC é tal que h = = 3
II) G é o baricentro do triângulo equilátero ABC.
Assim: AG = . h = . 3 = 2
III) H é o baricentro do triângulo equilátero ADE.Assim: AH = 2 . HN ⇔ AH = 2r
IV) AH + HN + NG = AG
Assim: 2r + r + r = 2 ⇔ r =
b) A área S, em centímetros quadrados, da regiãointerna ao triângulo ABC não preenchida peloscírculos é dada por:
S = – 4π r2
Assim: S = – 4 . π . 2
⇔ S = 3 ��3 – π
c) Para cada círculo que tangencia o triângulo, adistância do centro ao vértice mais próximo édada por: d = AH = IB = JC = 2r
Assim: d = 2 . ⇔ d = 1
Respostas: a) cm b) 3 ��3 – π cm2 c) 1cm
1––2
BC . h––––––
2
2 ��3 . 3–––––––
21––�2
1––2
2 ��3 . ��3––––––––––
2
2––3
2––3
1––2
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