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Matemática e suas TecnologiasMATEMÁTICA IV MATEMÁTICA – Volume 01 33

MATEMÁTICA IV

Resoluções de Exercícios

Capítulo

01 Funções Trigonométricas

Conhecimentos AlgébricosConhecimentos Algébricos

BLOCO 01

01 Traçando a altura BD do triangulo equilátero ABC , obtemos ABD = 30° e AD = 5 cm , pois esta altura é tam-bém bissetriz e mediana. Aplicando o Teorema de Pitágoras no triangulo ABD, calcula-se a medida H da altura AD.102 = H2 + 52 → H = 5 3

Daí:

30105

21

sen o= =

3010 10

5 323

cosHo= = =

305

5 35

31

33

tgH

o= = = =

02 Considere a vista lateral de uma das torres Puerta de Europa.

Do triângulo ABC, obtemos

15114

114 0,2629,64 .

tgBACABBC

tgBC

BCBC m

o+

&+

$,

,

= =t

Portanto, como a base é um quadrado, segue-se que sua área é aproximadamente igual a

(29,64) 878,53 .BC m2 2 2,=

03 B

sen 60o = 60AB

32

= 60AB

AB = 3

120

AB = 40 3 m

04 E

sen 60o = x

80 ⇔ x = 80 .

32

= 40 . 1,73 = 69,2 m

h = 69,2 + 1,8 = 71 m

BLOCO 02

01 A = . ( ) ( ) . ( )p p a p b p c- - - , onde

p = 2

a b c+ + =

8 12 162

+ + = 18

A = 18 .10 .6 .2

A = 2.9 .2.5 .2. 3.2 = 2 . 2 . 3 15

A = 12 15

02 BPela Lei dos Senos, segue que:

2 2 .sen

mAB

R R R60

23

803

8033

380 3

+ + $c= = = =

03 EConsidere a figura ao lado.

Sabendo que ET = 360 km, ST = 320 km, cos a ≅ 0,934 e que⇒ 28 . 32 . 93,4 ≅ 215100, pela Lei dos Cossenos, vem

2

360 320 2 360 320 0,934

129600 102400 2 2 3 2 93,4

232000 2 3 93,4

232000 215100130 .

cos

Km

ES ET ST ET ST

ES

ES

ES

ESES ES16900

2 2 2

2 2 2

2 2 2 5

2 8 2

2

&&

+&

&+

$ $ $

$ $ $

$ $ $ $

$ $

a= + -

= + -

= + -

= -

= -

= =

Portanto, como 13 min = 6013

h, temos que a velocidade média pedida

é dada por

6013130

= 600 km/h.

10

5 5

30o

60o 60o

10H

B

DA C

A

BC

Matemática e suas Tecnologias34 MATEMÁTICA – Volume 01 MATEMÁTICA IV

BLOCO 0301 A) p rad = 180o

B) 4r

rad = 180

4

o

= 45o

C) 4

3r = 3 x 45o = 135o

D) 37r

= 7 x 180

3

o

= 420o

E) 6

5r = 5 x

6180o

= 150o

F) Regra de três:

o

$180

( , )radrad

xx

1180

57 3o

$ ,r

r= =$

02 A) 120o = 2 x 60o = 2 . 3r

rad.

B) 225o = 5 x 45o = 5 . 4r

rad.

C) 100o = 95

p rad.

Regra de Três

# 100

180yrad

y rad1810

95

o

o

$r rr= = =

$

D) 270o = 3 x 90o = .

rad2

3 r

E) 360o =2p rad

03 A) x = 6r

+ 2Kp, K ∈ Z

B) x = 6r

+ 2Kp, K ∈ Z

C) x = k2r

, K ∈ Z

D) x = (–1)k 3r

+ Kp, K ∈ Z

k = 0 → x = 3r

k = 1 → x = 32r

k = 2 → x = 37r

k = 3 → x = 38r

E) x = 4r

+ Kp, K ∈ Z

F) x = Kp, K ∈ Z

04 A) 3 3

18060

oor

= =

B) 12 12

18015

oor

= =

C) 65

5 (6

180) 150

oo$= =

D) 4

55 (

4180

) 5 (45 ) 225o

o o$$ $

r= = =

05 Quando o ponteiro dos minutos percorrem 1 minuto, o ponteiro das horas descrevem (0,5)°. Portanto, em 50 minutos os pontei-ros das horas descre-vem 50 ⋅ (0,5)° = 25°.

Em 14h e 50 minutos as posições dos pontei-ros dos minutos e das horas estão represen-tadas na figura abaixo, respectivamente pelas semi-retas AO e AM. Então, o menor ân-gulo formado medirá 120° + 25° = 145°.

BLOCO 04

01 APmín = 0,8 . (–1) + 2,7 = 2,7 – 0,8 = 1,90Pmáx = 0,8 . (1) + 2,7 = 3,50

02 CDomínio de validade: 1 ≤ t ≤ 365; t ∈ Z

1a parte: 3,10 = 0,8 . sen . ( – )t3602

101r> H + 2,7

sen . ( – )t180

10121r

=> H →

→ 180r

. (t – 101) = 6r

+ 2kp, k ∈ Z ou 180r

. (t – 101) = 6

5r + 2k

2a parte:

→ –t180

10161

= + 2k ou –t

65

180101= + 2k

→ t – 101 = 30 + 360k t – 101 = 150 + 360k→ t = 131 + 360k t = 251 + 360k

Daí: k = 0 → t = 131 dias k = 0 → t = 251 dias

k = 1 → t = 491 dias (não convém)

BLOCO 05

01 D

O número 2

3

10cosx

-

assume o seu maior valor quando for máximo,

ou seja, quando cos x = 1.Por conseguinte, o resultado pedido é

23

10

231

10

35

106.

cosx-

=

-

= =

02 C

47

44

92

47

44

24

24

2 .

cos

cos

f sen

sen

sen

r r r

r r

r

- =- + -

=- +

=-

=-

f f fp p p

9

10

11 1

2120o

25o

3

12

A

M

O

6


03 AComo a função y = 10 cos (4t) é da forma y = a ⋅ cos(m ⋅ t), segue que

seu período é dado por 24 2r r= .

A imagem da função é o intervalo 10 ⋅ [–1,1] = [–10, 10]. Portanto, a amplitude do movimento é 10 cm.

BLOCO 06

01 Bcos (120o) = –cos 60° = –1/2sen(270o) = –1tg (225o) = tg (45o) = 1

Então, cos23r

+ sen32r

+ tg54r

= –1/2 + (–1) + 1 = –1/2.

02 A) x = kp , k Î Z e domínio = { x ∈ R/ x ≠ kp , k ∈ Z} A função não é definida se X + p/2 = p/2 + kp , k ∈ Z , isto é,

x = kp , k ∈ Z. Então o domínio será {x ∈ R/ x ≠ kp , k ∈ Z}B) p P = p/1 = pC)

–2

–2

2

0

4

2 4 6 8 10 120

D) Resp: –300 N

(300 )

300

Ftg tg tg

F N

100 3 67

2 610

3y o

y

"

"

r r r= + = = =-

=-

f fp p

E) 4

,x k k Z!r

r=- +

2

12 4

, .4

,tg x x k k Z x k k Z" "! !r r r

rr

r+ = + = + =- +f p

BLOCO 07

01 A) ƒ(x) = 3 . sen (4x – p) tem período p = 24r

= 2r

.

B) ƒ(x) = 2 + 4. cos 5 3x r+f p tem período p =

12

5

r = 10p.

C) ƒ(x) = 3 – sec (2px + p) tem período p = 22rr

= 1.

D) ƒ(x) = 10 . cossec (6x + 6r

) tem período p = 26r

= 3r

.

E) O período de ƒ(x) = 3 – tg (4x + 2r

) é p = 4r

.

F) O período de ƒ(x) = 6 – 4 . cotg (2px + 4r

) é p = 2rr

= 12

= 0,5.

02 DSolução. O arco x está no 1o quadrante. Os valores de senx e cosx são positivos. Aplicando as relações trigonométricas, temos:

1 (2) ( )

sec

seccos

sec sec cossec

tg x x

xx

tgx

x x positiva xx

11

2

51

51

55

2 2

2 2 & &"

+ =

=

=

+ = = = = =

Z

[

\

]]]

]]]

03 CSubstituindo as relações trigonométricas para simplificação, temos:

1

sec

seccos

cos

cos cos sec coscos

tg x x

xx

x tg x

x tg x x x xx

11

1

11

2 2

2 2

2 2 2 2 22

&

&

$

$ $ $

+ =

=

+

+ = = =

c c

c c c c c f

m m

m m m m m p

Z

[

\

]]]

]]]

04 DEscrevendo a expressão em termos de senos e cossenos, temos:

1 1

1 1.

.1

..1

1

sec cos cossec cot

coscos

coscos

coscos

coscos

coscos

cos

coscos

E x x x senx tgx gx

xx

senxsenx

xsenx

senxx

Ex

xsenx

sen xsenx x

sen x x

xsen x

senxx

senx x

E senx xsenx x

2 2 2 2

2 2

$ $

$ $

$ $

$ $

$

= - - + =

= - - +

=- - +

=

=

= =

c c c

f f f

f f f

f f f

c f

m m m

p p p

p p p

p p p

m p

BLOCO 01

01 A1) Tensão do pico = 5 volts

2) Período = 0,25 seg = 41

seg.

3) Frequência =

411

= 4 Hz

02 Ey = A ⋅ sen (k ⋅ t)

1o) Período = | |k 4

12r= → k = 8p

2o) Se sen (k ⋅ t) = 1, teremos a amplitude (tensão) máxima y = 5Então:5 = A ⋅ 1 → A = 5

Logo, y = 5 ⋅ sen(8p ⋅ t)

BLOCO 02

01

x = 2 . cos 4 .2

trr

+f p.

A) Período = 24rr

= 0,5

B) A = 2

C) Pulsação = 4

segundoradr

D) ϕ0 = 2r

rad.

02 Ay = ƒ(t) = a. sen (b . t)1o) O período da função é 12,4 horas, então:


2

b

r = 12,4 → |b| =

,6 2r

→ b = ± ,6 2r

→

→ b = ± 6210

r → b = ±

531r

2o) De acordo com o gráfico, dividindo o período por 4, temos o valor de x1.

x1 = 12,4

4 = 3,1h

Então, ƒ(3,1) = 1,5 → a . sen (3,1 . b) = 1,5. Daí:

Se b = 315r

→ a . sen (3,1 . 315r

) = 1,5 →

→ a . sen 105rf p = 1,5 → a . sen

2rf p = 1,5 → a = 1,5

e se b = 5

31r-

→ a = –1,5.

Em ambos os casos, teremos:

ƒ(t) = 1,5 . sen (315r

. t), portanto, b pode ser igual a 315r

.

BLOCO 03

01 D 1a parte: No triângulo 0TB

sen a = 01B

→ B0 = 1

senae

tg a = 1TB

→ TB = 1

tga = cotg a

2a parte: Área do triângulo TAB

A∆TAB = 12

. TB . BA . sen a =

= 12

. cotg x . ( 0B – 1) . sen a

= 12

. cotg a . 1

1sena

-f p . sen a

= 12

. cotg a . (1 – sen a)

BLOCO 01

01 C

1o) tg 30o = AB

200 → AB = 200 . 0,577 → AB = 115,4

2o) h = 115,4 + 1,5 → h = 116,9 ≅ 117 m

02 C

1o) ∆ABC = é isóceles: → AC = 3,7

2o) sen 60o = ,H

3 7 → H =

3,7. 32

= 3,7.1,7

2

03 B

1o) a² = 25 + 144 = 169 → a = 13

sen a = 5

13

2o) Sen a = ,h

3 25 → h = 3,25 . sen a

→ h = (3,25) . (5

13) = 1,25

3o) Se x é a altura de um degrau, temos que: 5 . x = 1,25 → x = 0,25 m

04 C

cos 60o = H10

→

H = 10 . 12

→ H = 5 m

05 A

sen a = R h

R+

R sen a + h . sen a = Rh sen a = R – R sen aR . (1 – sen a) = h . sen a

R = ( )

.sen

h sen1 a

a

-

→ H = 3,14 → H = 3,1 km

06 Considere a figura, em que é o pé da perpendicular baixada de sobre

a reta .BC

A

H B C

Como ABtC = 135o, segue que ABtH = 180o – ABtC = 45o e, portanto, o triângulo ABH é retângulo isósceles. Logo, AH HB= .Do triângulo AHC, obtemos

3020

33

20

3 320 3

10( 3 1)27 .

tgACBHB BC

AHtg

AHAH

AHAH

AH

AHAH m

o+

+

+

+

& ,

=+

=+

=+

=-

= +

t


07 DConsiderando x a altura da escada, temos:

30 45 5 3 5 2

23

22

5( 3 2)

10

cos cosx x

x

x m

o o$ $

$

+ = +

+ = +

=

f p

08 Tem-se que

10100

1020,98

100102

200 .

cosd d

d m

o &

&

,

,

=- -

Daí,

7 0,12 200

24 .

tgdh

h

h m

o &

&

$,

,

=

Portanto, como 24 > 16 segue-se que a altura da ponte é suficiente para que o navio passe sob ela.

09 BSupondo que A, B e C pertencem a um mesmo plano horizontal, temos

8 30 240 ,AB cm$= =

6 30 180BC cm$= =e

(8 6) 20 280 .CD cm$= + =Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo ABC, en-contramos

240 180300 .

AC AB BC ACAC cm

2 2 2 2 2 2+

&

= + = +

=

Portanto, do triângulo retângulo ACD, vem

300280

1514

.tgCADACCD

= = =t

10 EPara o semáforo de coluna simples, temos

201,5

1 1,251,5

0,362,4 0,25

5,97 1,54,5 .

tgD

HD

DD m

o &

&

&

,

,

,

=+

+ -+

-

-

Por outro lado, considerando o semáforo projetado sobre a via, vem

201,5

1 1,250,36

13,1 1,50,25

0,25 5,265,5 .

tgD

H H

HH m

o &

&

&

,

,

,

=+

+ -

+

-

-

BLOCO 02

01 D

A

105o45o

30o

C

Bx

30 45200

22

20021

2200

100 2

senx

sen

x

x

x m

o o

$ $

=

=

=

=

02 E6 = 2,440

sen 45o = 20

senx

120o

+ →

22

40 =

23

20 x+

→ 40 2

2 =

320 x+

→ 20 + x = 20 2 . 3 →

→ 20 + x = 20 6 → x = 20 6 – 20 →→ x = 20 ( 6 – 1) = 20 (2,4 – 1) = 20 (1,4)

x ≅ 28 m

03 A

( )6400sen

x120o

+ =

6400sen 45o →

23

6400 x+ =

22

6400 →

04 D

'

45 10'42 40'87 50o

o

o

x2 = 1652 + 1552 – 2 . 165 . . 155. cos (87o50’)

x ≅ 222,07 milhas

Resposta: Aproximadamente222,07 milhas.

05 D1o) ∆ABC é isósceles:

Seja CF a altura do triângulo ACB, CF é mediana e cos θ = BC

d2

.cos

secBCd d

2 2ii= =

2o) ∆DCB

tg θ = BCH

→

→ H = BC . tg θ = d2

. sec θ . tg θ

H = d2

. sec θ . tg θ

06 C

2x

C

BA

5

x

5 2 2 2 60

25 5 2 3

35

23

53

103

10 3

cosx x x x

x x x

x AC

22

2

2 2 2

o

"

$ $ $

$

= + -

= - =

= = = =

c c cm m m

07 D No triângulo ABC assinalado, utilizando a lei dos senos , temos que:

30 12015

21

23

155 3

senx

senx

xo o " "= = =

08 A

135 3050

22

2150

50 2sen

dsen

ddo o " "= = =

30ox x

45o

5 3 + 5 2


09 CAplicando a lei dos cossenos.x² = 40² + 48² – 2(40)(48) ⋅ cos 53o

= 1600 + 2304 – 2(40)(48)(0,6) = 1600 + 2304 – 2304 x² = 1600 x = 40 cm

Logo, o Perímetro e igual a: 40 + 53 + 62 = 155 cm.

10 AC

BA 8

8x

120o

8 8 2 8 8 120 3 64

8 3

cosx

x

2 2 2 o$ $ $ $

$

= + - =

=

c m

BLOCO 03

01 B

Medida do arco em rad: .rad6

5r

.rad6

5150or

=

02 D

Sentido anti-horário: (2 ) 300rad ou65

35 o$ rr

= . A roda foi dividida em

18 arcos congruentes, cujas medidas são iguais a 20o. Logo, partindo de A, teremos que percorrer 15 arcos de 20o. Portanto a cadeira ocupada por Bruna neste momento será a de letra P.

03 D15 1h

x75

o

o

*

*

xh

7515 1= → x = 5h

Se em Brasília são 12:00h, então em Luzaka a hora marcada será igual a 12:00h + 5h = 17h.

04 B

Dados: 10 /1 60min

v m st s=

= =*

1a Parte: Regra de três

1s → 10 m 1 10

xm

x m60

600"= = 60s → x

2a Parte: Medida do Arco

B 600 m

AO R = 300

θ 360o → 2p ⋅ 300

36022

i

rr= =

θ → 600 m ,

1153 14360 o,i=

05 AO arco percorrido pelo automóvel corresponde a um ângulo central cuja medida é

21 20' 1 20' 20180

9.

rad

rad

$c c cc

r

r

- =

=

Portanto, sabendo que o raio da Terra mede 6.730 km, vem

6.730 .kmD9$r

=

06 BDe 29 a 14 existem 16 números. Excluindo 29 e 14 restarão 14 números. Assim teremos 14 cabines de um lado, 14 do outro mais a 29a e a 14ª, num total de 30 cabines.

Daí , 360 : 30 = 12° que em radianos corresponde a 15r

.

07 A

O

50 π

150o30o

30o

C

A

BR R

360o → 2p ⋅ R 30o → 50p360

R mR

30 25300"= =

08 A 360 40.000

xkm

99o

o **=

x = 99360

. 40.000 km

x = 1140

. 40.000 km = 11.000 km

09 BVamos admitir que o arco MP mede aproximadamente 30o. Então, se x é

a distância em km, entre as duas cidades, temos: . .

360km12 750

o

r = 30

x

o

x = 112

. 3,14 . 12.750 km

x ≅ 3.300 km

10 B

30o

30o

30o12

6

39

B A

CO

x

1a Parte: Cálculo de x P. Horas Descreve. 60 min → 30o 15 min → x

60 30

7,5x

x15

oo"= =

2a Parte: Medida do Arco AC!

AC!

= 120o – 7,5o = 112,5o

BLOCO 04

01 AResolvemos por eliminação das alternativas, escolhendo alguns va-lores de t.t = 0 → A(t) = 1,6 – 1,4 ⋅ sen (0) = 1,6 (C e E são falsos)t = 6 → A(6) = 1,6 – 1,4 ⋅ sen (p) = 1,6 (D é falso)

t = 3 → A(3) = 1,6 – 1,4 ⋅ sen 2rf p = 0,2 (B é falso)


02 DComo cada ângulo da base mede a, segue que o ângulo do vértice é igual a (180o – 2a). Portanto, a área do triângulo pode ser obtida por meio da expressão

5 (180 2 ) 2 .sen sen21

225o2$ $ $a a- =

A área atinge seu valor máximo quando o sen2a = 1, isto é, para 2a = 90o, ou seja, a = 45o. Logo, 40o ≤ a <50o.

03 E

ƒ(x) = 900 – 800 . sen (θ); θ = 12r

. x

sen θ = → –1 ≤ ≤ 1 →

→ –800 ≤ 900 – ƒ(x) ≤ 800 → → –1.700 ≤ –ƒ(x) ≤ –100 → 1.700 ≥ ƒ(x) ≥ 100 →→ 100 ≤ ƒ(x) ≤ 1.700Então, 1.700 – 100 = 1.600

04 A

h(t) = 11,5 + 10 . sen [12r

. (t – 26)] →

→ h(t) = 11,5 + 10 . sen . t12 6

13r r-< F

A) h(0) = 11,5 + 10 . sen 613r-< F =

= 11,5 – 10 . sen 6

13r< F = 11,5 – 10 . sen ( + 2p) =

= 11,5 – 10 . sen = 11,5 – 10 . 21

= 11,5 – 5 = 6,5

05 A

y = 11,5 + 10 . sen . t12 6

13r r-< F

Sendo 12r

. t – 6

13r = θ, temos que:

y = 11,5 + 10 . sen θ → sen θ = ,y

1011 5-

→

→ –1 ≤ ,y

1011 5-

≤ 1 → –10 ≤ y – 11,5 ≤ 10 → 1,5 ≤ y ≤ 21,5

Logo, a altura mínima é 1,5 m e a máxima é 21,5 m.

06 C

750 = 800 – 100 . sen6

( 3)t r+; E →

→ 100 . sen6

( 3)t r+; E = 50 → sen ( )t

63

21r+

=< F

→ ( )t

663 rr=

+ + 2kp ou

( )t65

63 rr=

+ + 2 kp, k ∈ Z

→ (t + 3) = 1 + 12k ou (t + 3) = 5 + 12k→ t = 12k – 2 ou t = 12k + 2; k ∈ Z

k = 0 → t = 2, pois t = –2 não convém

k = 1 → t = 10, pois t = 14 não convém

k = 2 → t = 22 e t = 26 que não convémObs.: 0 ≤ t ≤ 11; t ∈ ZResp.: Os meses são novembro e março.

07 B

P = 800 – 100 . sen6

( 3)t r+; E assume o seu valor mínimo quando

sen( )t

63 r+; E = 1. Isto é:

( ) .t63

2r r+= + 2kp, k ∈ Z →

( )t21

63=

+ + 2k →

→ t + 3 = 3 + 12k → t = 12k, k ∈ Z

Então: k = 0 → t = 0 k = 1 → t = 12 (não convém, pois o último mês ocorrerá quando t = 11).

Daí, somente em janeiro teremos uma população mínima.

08 D1o) x = 104,03 km – 103,50 km x = 0,53 km

2o) tg60o = xd

, kmd

30 53

=

d = 1,73 x 0,53 d = 0,9169 km d = 916,9 m

09 AA temperatura média máxima ocorre quando

3642 ( 105)

1364

2 ( 105)2

3642 ( 105)

22

105 91 364196 364 , .

sent

sent

sen

tk

t kt k k Z

+

+

+

+ !

r r r

r rr

-=

-=

-= +

- = +

= +

f fp p

Assim, tomando k = 0, concluímos que a temperatura média máxima ocorre dias após o início do ano, ou seja, no mês de julho.

10 CO período da função é dado por

6

212 .h

r

r=

A temperatura máxima ocorre quando 6 3

costr r+f p atinge seu valor

máximo, ou seja, quando 6 3

costr r+f p = 1. Logo, tem-se que o re-

sultado é Tmáx = 24 + 3 ⋅ 1 = 27 oC.Queremos calcular o menor valor positivo de t para o qual se tem

6 3cos

tr r+f p = 1. Assim,

6 31

6 30

6 30 2

12 2, .

cos cos cost t

tk

t k k Z

&

&

& !

r r r r

r rr

+ = + =

+ = +

= -

f fp p

Tomando k = 1, segue-se que t = 10 h.

BLOCO 05

01 A)

6.

667

. ( )

32 .

47

(37 )

cos cos cos

cos cos cos

18r r

r

r rr

-

+ -

f f

f f

p p

p p =

= 3

.67

10 . ( )

21

2 .22

( 1)

cos2

1r

r+

+ - -

f p


= 3

.67

21

1 1

cos2

r

+ +

f p =

3.

23

25

2-f p

= 3

25

4-

= –52

. 43

= 103-

B)

23

2 ( . )

3 2 . (135 360 ) (120 )

cos

cos

sen

sen

60 4 360o o

o o o

rr+ + +

+ +

f p =

=

23

( )

3 2 . (135 )21

cossen

sen

60o

o

r+

+ -

f

f

p

p =

= 1

3 2 .22

21

12

- +

- =

1

321

2-

- =

125

2-

= –5

02 K [ 1, 59

]

Suponha que exista x ∈ R tal que:

cos x = 5 7K

2-

→ –1 ≤ 5 7K

2-

≤ 1 →

→ –2 ≤ 5K – 7 ≤ 2 → 5 ≤ 5k ≤ 9 → 1 ≤ K ≤ 95

.

k ∈ [1, 95

]

03 sen x = 3

2 2 e cos x = –

31

Dados: x ∈ 2o quadrante → sen x > 0

6 . 3 2 . 21

coscos

x sen xsen x x2 2

+ =

+ =* ~ 6

2 3 2

1

cos

cos

xsen x

sen x x2 2

=-

+ =

Z

[

\

]]

]]

Substituindo:

sen2 x + 6

2 3 2 . sen x2

-f p = 1 →

→ sen2 x + 4 12 2 . 18 .sen x sen x

36

2- + = 1 →

→ 36 sen2 x + 4 – 12 2 . sen x + 18 . sen2 x = 36

→ 54 . sen2 x – 12 2 . sen x – 32 = 0

→ 27. sen2 x – 6 2 . sen x – 16 = 0

Fazendo sen x = y, temos:27y2 – 6 2 y – 16 = 0∆ = 72 + 1.728 = 1.800

y = 6 2 30 2

54!

y = 36 2

54 =

2 23

y = 24 254

- =

4 29

- (não convém)

Daí:

sen x = 2 2

3 → cos x =

2 3 2 .3

2 2

6

-

= 2 4

6-

= 1

3-

04 APerigeu: (Cos a = 1)

h = –641057980

+> H

Z

[

\

]]

]

_

`

a

bb

b x 102 = 1.200 km

Apogeu: (Cos a = –1)

h = –6495

7980+> H

Z

[

\

]]

]

_

`

a

bb

b x 102 = 2.000 km

05 E

1580 = –( )acos

64100 5

7980+

+* 4 x 100

( )acos100 57980+

= 15,80 + 64 →

→ 100 + 5 cosa = ,79 80

7980 = 100

5 cosa = 0 → cosa = 0 → a = 90o ou a = 270o

06 D

T(t) = 26 + 5 . cos . t12 3

4r r+f p

A) (Falsa). Pois T(0) = 26 + 5.cos34rf p = 26 + 5.

21

-f p T(0) = 23,5oC

B) (Falsa). Período =

12

2r

r = 24 h

C) (Falsa). Tmáx = 26 + 5 . 1 = 31oCD) (Verdadeira). A temperatura máxima é atingida quando:

cos t12 3

4r r+f p = 1. Isto é:

t34

12rr

+ = 2kp, k ∈ Z →

→ t + 16 = 24k → t = 24k – 16, k ∈ Z e t ∈ Z, 0 ≤ t ≤ 95.

Daí, k = 1 → t = 14 h do primeiro dia.E) (Falsa)

07 A1o) Se t = 0 → V(0) = 0

Logo, os itens C e E estão eliminados, pois cos .52

0rf p = cos(0) = 1.

2o) Note que o período do fenômeno é 5 s e entre as funções dos itens A, B e D somente a do item D tem período 5 s. Com efeito:

V(t) = 0,6 . sen . t52rf p

Período =

522r

r = 5 s.

08 ASe a maré alta ocorreu à meia-noite e a próxima ocorrerá ao meio--dia, então o período do fenômeno será de 12 h. Daí o item E está descartado.Quando t = 0h a altura y da maré será 3 m.

Então, y = 1,515 + 1,485 . cos t6rf p, pois, para t = 0, cos .

60

rf p = 1

e y = 1,515 + 1,485 = 3 m.

09 B

Dentre as funções apresentadas nas alternativas, ( ) 30 106

cosI t tr

= + f p

é a única cujo conjunto imagem é o intervalo [20, 40]. De fato, 30 10 [ 1,1] [30 10, 30 10] [20, 40].Im $= + - = - + =

10 BSabendo-se que ângulos suplementares têm cossenos simétricos, concluímos que:

(1) (3) (5) (7) 4 180 54 03 3

2

720.

cos cos cos cosf f f f $ $r r

r+ + + = - + + +

=

f p

BLOCO 06

01 40/3 metrosSena = 0,6 = 6/10 = 3/5(sena)2 + (cosa)2 = 1 → (3/5)2 + (cosa)2 = 1 → (cosa)2 = 16/25 → → cosa = 4/5 pois a é ângulo agudo.Tga = sena/cosa → tga = 3/4 . Então, 3/4 = 10/x → x = 40/3 .


02 DNo terceiro quadrante senos e cossenos são negativos. Utilizando a relação fundamental, temos: sen2(x) + cos2(x) = 1

( )1312

1 ( ) 1169144

( )16925

( )135

.

sen x sen x sen x

sen x

2

2

2& & &

&

!

!

+ - = = - =

=

f p

Como o arco x tem extremidade no terceiro quadrante, temos:

sen(x) = –5

13.

Calculado a tangente de x.

( )( )( )

1312135

125

.cos

tg xx

sen x= =

-

-=

03 C

tg a = x8

x74 8= → x = 14

Logo, a ponte tem comprimento 2x = 28 m.

04 B

tg a = x

10 →

x74 10= → x =

470

→

→ 2x = 270

→ 2x = 35 m

05 D

sen 30o = x

4 3 → x = 8 3

x ≅ 13,6

06 C

Cotg a = 52r

→ tg a = 25r

Daí: R

2025

r r= → R = 8 m

07 Ax2 = (20)2 + (8p)2

x2 = 202 + (24)2

x2 = 400 + 576x2 = 976x = 4 61 m

08 C(sena)2 + (cosa)2 = 1 → (3/5)2 + (cosa)2 = 1 →(cosa)2 = 16/25 → → cosa = 4/5 pois a é ângulo agudo.Tga = sena/cosa → tga = 3/4 . Então, 3/4 = 36/x → x = 48 .

09 a) f(x) = v2.senx (para x agudo)

y

xπ/2

V2

10 x ≠ 6r

rad.

Para não ocorrer o choque teremos:

20 ⋅ senx ≠ 10 → senx ≠ 12

. Logo, x ≠ 6r

, pois x é agudo.

BLOCO 07

01 DN = Py = 320 Newton

Cálculo auxiliar:

Cosa = PPy

Py = P . cos a = N

Py = 40 . 10 . 54

Py = 320

02 A

1o) Sen a = PPx

→ Px = P.sen a → Px = mg.sen a

2o) F + Px = Fa → → F + mg.sen a = m . N → → F + mg.sen a = m . P . cos a → → F + mg.sen a = m . m . g . cos a →

→ m = a a

acoscossen

mgF

+

→ m = . a asecmgF

tg+

03 E

Período = 202

101

r

r=

04 B

S(t) = 0,02 . sen( )t4r+i?

Período: P = 21

42r

r=

Imagem: y = 0,02 . sen(θ) → sen(θ) = ,y

0 02

Daí: –1 ≤ ,y

0 02 ≤ 1 → –0,02 ≤ y ≤ 0,02

05 A

x = 2cos a + 3 → cos a = ( – )x

23

e

y = 2 . acossec

11+> H → y = 2 . [sen a + 1]

y = 2 sen a + 2 → sen a = ( – )y

22

sen2a + cos2a = 1 →

→ – ) ( – )( xy 2

43

4

2 2

+ = 1 →

→ (x – 3)2 + (y – 2)2 = 4


06 C

2 22 cos

cos

Abase altura

Asen

A sen

triângulo triângulo

triângulo

& &

&

a a

a a

# #

#

= =

=

07 A

( )1 1

1,

cos

coscosf x

senx

senx

x

xsen x x2 2= + = + = para 0

2,x k $!r

+ k ∈ Z.

Portanto a única alternativa correta é a letra A

08 01 + 04 + 16 = 21.

Lembrando que 1

,cossec

xx

= vem

11 1

21

2 2 11.

cossen x xa

aaa

a a a aa

2 2

2 2

2 2

+

+

+

+ =+

++

+=

+ + = + +

=

f fp p

Portanto, como x é um arco do primeiro quadrante e 21

,senx= segue que x = 30o.[01] Correto. É claro que cos 60o = sen30o.

[02] Incorreto. De fato, pois 30 303

323

23

.cot cosg o o$ $= =

[04] Correto. Tem-se que 3033

.tg o=

[08] Incorreto. Lembrando que 1

,cossecxsenx

= temos cossec 30o = 2.

[16] Correto. Com efeito, pois 6023

.sen o=

09 C

f (x) 4 3cos6x

2,5 4 3cos6x

1,5 3cos6x

cos6x

21

6x

32

k 2 ou 6x

34

k 2 para k inteiro$ $

r

r

r

r

r rr

r rr

= +

= +

- =

=-

= + = +

f

f

f

f

p

p

p

p

Para k = 0, temos x = 4 ou x = 8.Para k = 1, temos x = 16 (não convém) ou x = 20 h (não convém).Resposta: 4h e 8h.

10 Considere a figura, em que P’ e Q’ são, respectivamente, os simétricos de P e Q em rela-ção a RT, com T pertencente a L.Como Q e Q’ são os pontos médios de PR e P’R, segue-se que S é o baricentro do triângulo PRP’. Logo, 2RS ST$= e, portanto, 3 .RT ST$=Do triângulo PRT vem

60 3 3tgRTPT

PT STo + $= =

e

60

23

3 3

6 .

senPRPT

PRST

PR ST

o +

+

$

$

= =

=

Do triângulo PST, obtemos

3 3

3 3 .

tgSTPT

tgST

ST

tg

+

+

$a a

a

= =

=

Sabendo que cossec2a = 1 + cotg2a e que a é agudo, encontramos

13 3

12827

143 21

.

cossec sen

sen

2

2

&

+

= + =

=

f p

Finalmente, aplicando a Lei dos Senos no triângulo QRS, vem

.

senQR

senRS

PR

senST

sen

143 21

2 2

721

+

+

$

a i i

i

= =

=

01 E

1o) tg 30o = x2

x = 2 . 33

x ≅ 2 . (0,58)

2o) Área do João = , .

21 16 2

Área do João = 1,16 km2

3o) Á ã

.,

Area to Jo o

2 31 16

Total=

= ,2

1 16 ≅ 19%

02 BSeja K a distância percorrida no eixo x pelo ponto Q.No triângulo P’EO, temos:

Cos θ = r

r K- → r . cos θ = r – K →

→ K = r (1 – cos θ), onde θ = rd

rad.

Logo,

K = r . (1 – cos (rd

))

03 C

Seja n o número de degraus da escada e l o comprimento do degrau.

tg 30o = 20,

. l = 20 3 cm

n = 20 3280 3

= 14

04 B

Q

θ

α αR

60o

T

P

S

Q’

P’


1a) sen 30o = OA3

→ OA = 6 cm

2o) 8 + x = OA + 3 → 8 + x = 6 + 3 → x = 1 cm

05 Csec2x = 1 + tg2x7 = 1 + tg2x

tg2x = 6.

06 A

sen x + 1

sen x =

52

; x ∈ [0, 2p]

2 sen2 x + 2 = 5 . sen ; x ∈ [0, 2p]2 sen2 x – 5 sen x + 2 = 0

Fazendo sen x = y, temos:2y2 – 5 . y + 2 = 0∆ = 25 – 16 = 9

y = 5 3

4!

2 ( ã é , 1 )

21

y n o conv m pois sen x

y

# #= -

=

Z

[

\

]]

]]

Então: sen x = 12

→ x = 6r

ou x = 56r

07 B

y = 6 . cossec x + 3 → cossec x = 3y

6-

Para existir x ∈ D(ƒ), devemos ter:

cossec x ≤ –1 ou cossec x ≥ 1 → 3y

6-

≤ –1 ou 3y

6-

≥ 1 →

→ y – 3 ≤ –6 ou y – 3 ≥ 6 → y ≤ –3 ou y ≥ 9

08 D

E = 2 2

coscos

xx sen x

1

2

-

- - =

( )2 (1 ) (1 )

coscos cos

xx x

1

2

-

- - - -

E = (1 )

2. (1 ) (1 ) . (1 )cos

cos cos cosx

x x x-

- - - +; cos x ≠ 1

E = 2 – 1 – cos x = (1 – cos x)

09 DS = (a . cos x – b . sen x)2 + (a . sen x + b . cos x)2

S = a2 . cos2 x – 2. . . . cosa b sen x x + b2 . sen2 x + a2 . sen2 x +

2. . . . cosa b sen x x + b2 . cos2 xS = a2 . ( )cos x sen x2 2

1

+1 2 34444 4444

+ b2 . ( )cos x sen x2 2

1

+1 2 34444 4444

S = a2 + b2

10 A

cos (3x – 5r

) = 0 ↔ 3x – 5r

= 2r

+ kp ↔

↔ 3x = 5r

+ 2r

+ kp ↔ 3x = 710r

+ kp ↔ x = 307r

+ k3r

, k ∈ Z .

Resoluções de Exercícios - darwin.com.br · Capítulo 01 Funções Trigonométricas...

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