SEMIEXTENSIVO MATEMÁTICA A - Seção...

SEMIEXTENSIVO – MATEMÁTICA A

09.01)

f(3) = 33 = 27

f(5) = 35 = 243

f(7) = 37 = 2187

(...)

P.G de razão 9

ALTERNATIVA B

09.02)

N(t) = 1 200 . 20,4.t

N(0) = 1 200 . 20,4 . 0

N(0) = 1 200 . 20

N(0) = 1 200

ALTERNATIVA C

09.03)

N(t) = 1 200 . 20,4.t = 9 600

20,4.t = 8

20,4.t = 23

0,4 . t = 3

t = 7, 5 horas

ALTERNATIVA E

09.04)

22x – 5 . 2x + 4 = 0

Faz 2x = y

y2 – 5y + 4 = 0

y = 1 ou y = 4

2x = 1

x = 0

2x = 4

x = 2

Soma = 0 + 2 = 2

ALTERNATIVA B

09.05)

x x 1 x 2

x xx

1 2

x

x

113 3 3

3

3 3 113

3 3 3

3 y

y y 11y

3 9 3

11y 33

y 3

3 3

x 1

ALTERNATIVA A

09.06)

f(x) = 0,1-x

f(-1) + f(1) = 0,1-1 + 0,11

f(-1) + f(1) = 10 + 0,1

f(-1) + f(1) = 10,1

ALTERNATIVA B

09.07)

f(x) = 4x = 1 024

(22)x = 210

22x = 210

2x = 10

x = 5

ALTERNATIVA C

09.08)

f(t) = 960

240 . 2t = 960

2t = 4

t = 2 anos

ALTERNATIVA A

09.09)

4x 1 x

4x2x

1

2x

2

2

3 9 6

33 6

3

3 y

yy 6

3

y 3y 18 0

y 6

ou

y 3

Então,

2x

2x

3 6

x

ou

3 3

2x 1

1x

2

ALTERNATIVA C

09.10)

N = 1615 + 256

N = 260 + 256

N = 256(24 + 1)

N = 256 . 17

N é divisível por 17.

ALTERNATIVA E

09.11)

Para que a massa desintegrada seja 2/3 da massa inicial, então temos que

0

1M M

3 , então:

2t

0 0

1 2t

1M M 3

3

3 3

1 2t

1t

2

ALTERNATIVA A

09.12)

Valorização = (200 . 23) . 1 000 – 200 000

Valorização = (200 . 8) . 1 000 – 200 000

Valorização = 1 600 000 – 200 000

Valorização = 1 400 000

Valorização = 1,4 milhões de reais

ALTERNATIVA E

09.13)

1x + 5x + 25x = 3

1 + 5x + 52x = 3

(5x = y)

1 + y + y2 = 3

y2 + y – 2 = 0

y = - 2 ou y = 1

Então,

5x = -2

x IR

ou

5x = 1

x = 0

09.14)

Espécie A

População de certo ano é obtida multiplicando-se a população do ano anterior

por 1,20. Isso caracteriza uma P.G que é uma FUNÇÃO EXPONENCIAL.

Gráfico III

Espécie B

População de certo ano é obtida adicionando 100 unidades à população do ano

anterior. Isso caracteriza um P.A que é uma FUNÇÃO AFIM. Gráfico II

Espécie C

População não cresce e nem diminui. Isso caracteriza uma FUNÇÃO

CONSTANTE. Gráfico I.

ALTERNATIVA E

09.15)

Pelo gráfico, temos: f(0) = 79 e g(0) = 141. Assim:

f(0) = 20+2 + C1 = 79

C1=75

Ou seja, f(t)=2t+2 + 75

g(0) = 20+1 + C2 = 141

C2 = 139

Ou seja, g(t) = 2t+1 + 139

f(t) = g(t)

2t+2 + 75 = 2t+1 + 139

2t . 22 + 75 = 2t . 21 + 139

2t . 4 – 2t . 2 = 139 – 75

2 . 2t = 64

2t+1 = 26

t + 1 = 6

t = 5 anos

ALTERNATIVA B

09.16)

Para t = 2:

F1(2) = 22 + 96

F1(2) = 100

Crescimento de 4

F2(2) = 9 . 22 + 64

F2(2) = 100

Crescimento de 36

Para t de 2 a 4:

Temos: F1(2) = 100

F1(4) = 42 + 96

F1(4) = 112

Aumento de 12%

Temos: F2(2) = 100

F2(4) = 9 . 24 + 64

F2(4) = 210

Aumento de 110%

Para t de 4 a 6

Temos: F1(4) = 112

F1(6) = 62 + 96

F1(6) = 132

Aumento de 17,8%

Temos: F2(4) = 210

F2(6) = 9 . 26 + 64

F2(6) = 640

Aumento de 105%

ALTERNATIVA B

09.17)

5x y

2x y

5x y

2x y

5x y 1

2x y 1

0,2 5

0,5 2

15

5

12

2

1 1

5 5

1 1

2 2

5x y 1

2x y 1

2x

7

e

3y

7

ALTERNATIVA E

09.18)

Q(t) = k . 5kt

Para t = 0, temos:

Q(0) = k . 5k.0

Q(0) = k

Para t = 4, temos:

Q(4) = k . 5k.4 = 25 . Q(0)

k . 54k = 25 . k

54k = 52

4k = 2

k = 0,5

Para t = 8, temos:

Q(8) = k . 5k.8

Q(8) = 0,5 . 50,5 . 8

Q(8) = 312,5 bilhões

ALTERNATIVA C

09.19)

Para se ter o número máximo de filmes, precisamos considerar que todos terão

o tamanho mínimo de 500 Mb, assim:

N . 500 Mb = 32 Gb

N . 500 Mb = 32 . 1 024 Mb

N . 500 = 32 768

N = 65, 536

Potencialmente 65 filmes no máximo.

09.20)

a)

2

3

23 3

2

11S(8) 8

100

11S(8) 2

100

11S(8) m

25

b)

2

3

2

3

3

2

22S(p)

25

11 22p

100 25

88p

11

p 8

p 8 8

p 16 2

p 22,4 kg

10.01)

2 2

2

2

22

2

2

2

2

2

L LL

2 2

LL 2

4

LL

2

L 2L

2

Razão = 2

2

ALTERNATIVA B

10.02)

2

1

22

2 2

A L

L 2 LA A

2 2

Razão = 1

2

10.03)

2

x 32

2 x

x 64

x 8

ou

x 8

ALTERNATIVA C

10.04)

Produto de dois termos equidistantes aos extremos é igual ao produto dos

extremos, então:

2 . 512 = x . y

1024 = x . y

ALTERNATIVA B

10.05)

Para ser P.A : a c

b2

Para ser P.G: b a.c

Então, temos:

22

2 2

2 2

2

a ca.c

2

a c 2 a.c

a c 2 a.c

a 2ac c 4ac

a 2ac c 0

(a c) 0

a c 0

a c

Sendo assim, ficamos com

a ab

2

b a

Conclusão: a = b = c

ALTERNATIVA D

10.06)

Lado = L

Perímetro = 4L

Área = L2

Termo Médio de P.G:

2 2

2 3

4L L L

16L L

L 0

ou

L 16

Então:

D L 2

D 16 2

ALTERNATIVA A

10.07)

Termo Médio de P.G

2

1 n

2

1 n

TM a .a

a a

ALTERNATIVA E

10.08)

PG :

1 2 3

1 2

a ,a ,a

qa ,a ,

2

Produto dos três termos:

1 2

2

qP a a

2

q qq2 2P

q q 2

1 1 qP

2q 2 2

1P

8

ALTERNATIVA C

10.09)

10x, 10x + 1, 10x + 2, ...

10x, 10x . 101 , 10x . 102, ...

10x, 10. 10x , 100 . 10x, ...

PG de razão 10.

ALTERNATIVA C

10.10)

Primeiro número = 23 (8)

Último número = 212 (4096)

Razão = 2

an = a1 . qn – 1

212 = 23 . 2k – 1

212 = 2k + 2

12 = k + 2

k = 10

ALTERNATIVA B

10.11)

Temos que a2 = 6 e a5 = 162

a5 = a2 . q3

162 = 6 . q3

27 = q3

q = 3

Assim: x = 2, y = 18 e z = 54

x . z = 2 . 54 = 108

ALTERNATIVA C

10.12)

q = 3.a1

a4 = 16 875

a4 = a1 . q3

16 875 = a1 . (3a1)3

625= a14

a1 = 5

Logo: q = 15

PG : (5, 75, 1 125, 16 875, ... )

ALTERNATIVA B

10.13)

Milhão = (103)1. 103

Bilhão = (103)2 . 103

Trilhão = (103)3 . 103

(...)

Mictilhão = (103)1000 . 103 = 103000 . 103 = 103003

ALTERNATIVA E

10.14)

Acho que essa questão está no capítulo errado. Resolução envolve Soma de

P.G.

PG : (2, 4, 8, 16, .... )

Soma = 3 000 000

n

1

n

n 1

n+1

0,3n 0,48 6

0,3n 6,48

a q 13 000 000

q 1

2 2 13 000 000

2 1

2 2 3 000 000

2 = 3 000 002

10 10 10

10 10

0,3n 6,48

n 21,6 períodos de 10 minutos

Tempo 216minutos

Tempo 3h30min

ALTERNATIVA C

10.15)

PG: (800, 400, 200, ... , 12,5)

n 1

n 1

n 1

n 1

n 1

n 1

n 1 6

a a .q

112,5 800.

2

80012,5

2

8002

12,5

2 64

2 2

n 1 6

n 7 períodos de meia-vida

Tempo 35 anos

ALTERNATIVA 04

10.16)

Termo Médio:

2

2

2 2

x 11 x 2 x 7

x 11 x 5x 14

25 5x

x 5

A PG fica: (3, 6, 12, ... , a8, ... )

a8=a1 . q7

a8 = 3 . 27

a8 = 384

ALTERNATIVA D

10.17)

an = a1 . qn – 1

1024 = 1 . qn-1

1024 = qn – 1

Como n é um número do conjunto dos número naturais, fatoramos o 1024 e

encontramos:

210 = qn – 1

q = 2 e n = 11

Ou então

45 = qn – 1

q = 4 e n = 6

Ou então

322 = qn – 1

q = 32 e n = 3

TOTAL = 3 P.G´s

ALTERNATIVA A

10.18)

Desvalorizando 10% ao ano significa que multiplicou-se o valor de ano anterior

por 0,90 (90%) para descobrir o valor em certo ano. Assim, tem-se uma P.G de

razão 0,90 e primeiro termo 10 000.

Após 5 anos de uso refere-se ao valor do carro no 6º ano após a compra. Ou

seja:

a6 = a1 . q5

a6 = 10 000 . 0,905

a6 = 10 000 . 0,59049

a6 = 5 904,90

ALTERNATIVA D

10.19)

xPG : ,x,xq

q

xPA : ,x 1,xq

q

Soma das partes que formam PG:

xx xq 38

q

xxq 38 x

q

Termo médio de P.A:

xxq

qx 1

2

x2x 2 xq

q

2x 2 38 x

x 12

Substituindo, temos:

2

2

2

1212q 38 12

q

12 12q 26q

12q 26q 12 0

6q 13q 6 0

3q Parcelas : 8,12,18

13 25 2q

212q Parcelas : 18,12,8

3

Maior parcela = 18

10.20)

P.A: (6, x, y)

6 yx

2

y 2x 6

2

2

1 1 1PG : , ,

6 x 6 y

1 1 1

x 6 6 y

x 36 6y

Substituindo, temos:

x2 = 36 + 6(2x – 6)

x2 – 12x = 0

x = 0 ou x = 12

Sendo x =12, temos y = 18 e x + y = 30.

SEMIEXTENSIVO – MATEMÁTICA B

09.01)

20p 100

64

p 31,25%

ALTERNATIVA E

09.02)

Pr imeiro 1

Segundo 1 2

Terceiro 1 2 3

Quarto 1 2 3 4

(...)

(1 20).20Vigésimo 1 2 3 ... 20 Vigésimo 210

2

ALTERNATIVA D

09.03)

4 5 6 7

10 10 10 10N

N 210 252 210 120

N 792

C C C C

ALTERNATIVA B

09.04)

2

N28

2

N(N 1)28

2.1

N N 56 0

N 8

ou

N 7

ALTERNATIVA B

09.05)

7 7E 35

3 4

7.6.5 7.6.5.4E 35

3.2.1 4.3.2.1

E 35 35 35

E 35

ALTERNATIVA B

09.06)

18 18

6 4x 1

76 4x 1 x

4

ou

136 (4x 1) 18 x

4

Soma 5

ALTERNATIVA B

09.07)

Os números formam a linha para n = 100 do triângulo de Pascal, ou seja, a

soma é igual a 2100.

ALTERNATIVA B

09.08)

O primeiro membro da equação é a soma dos elementos da linha n do

Triângulo de Pascal, ou seja, a soma é igual a 2n. A equação fica:

2n = 1024

2n = 210

n = 10

ALTERNATIVA C

09.09)

Usando a Relação de Stifel 3 vezes, temos:

51

21

52

22

50 50 51 52

20 21 22 23

51 51 52

21 22 23

52 52 53

22 23 23

ALTERNATIVA A

09.10)

4 6

N N

N N

4 6

N 4 6

N 10

C C

ALTERNATIVA A

09.11)

I – VERDADEIRA - Soma dos termos da linha “n” do Triângulo de Pascal

II – VERDADEIRA – n = k + (n - k)

III – FALSO – número de possibilidades é a mesma nos dois casos:

44 6

50 50

50 50

44 6C C

. Afinal 50 = 44 + 6.

ALTERNATIVA B

09.12)

n 1

p 1

n 1

p 1

n 1n

p 1

n 1n

p 1

n n n n...

p 1 2 n 1

n n n n n n...

p 0 1 n 0 n

n2 1 1

p

n2 2

p

ALTERNATIVA E

09.13)

10 10 10 10S ...

0 1 2 10

10 10 10 10 10 10S 2 2 2 2 2

0 1 2 3 4 5

10 10 10 10 10 10S 2

0 1 2 3 4 5

S 2 1 10 45 120 210 2

52

S 0

ALTERNATIVA E

09.14)

01) FALSA

2n = 64

n = 6

02) VERDADEIRA

11 10 10

3 3 2

165 120 45

04) VERDADEIRA

2x = 5 + x

x = 5

ou

2x + 5 +x = 14

x = 3

08) FALSA

9 9 92 510

0 9

16) FALSA

5 5 6

4 5 x 2

6 6

5 x 2

5 = x – 2

x = 7

ou

5 + x – 2 = 6

x = 3

SOMA = 06

09.15)

2

2

2

2

n 1 n 1 n n

5 6 2

n n n

6 2

n.(n 1)(n 2).(n 3) n(n 1)

4.3.2.1 2

n 5n 6 12

n 6n 5n 6 0

n 1

ALTERNATIVA B

09.16)

Pela Relação de Stifel, podemos fazer:

m 1 m 1 m

p 1 p p

Então:

m210 252

p

m462

p

Aplicando mais uma vez a Relação de Stifel, temos:

m m m 1

p p 1 p 1

Então:

m462 924

p 1

m462

p 1

ALTERNATIVA A

09.17)

Pela definição do conjunto S, podemos concluir que b = 18 – a. Então a soma

pedida pode ser calculada pela soma de todos os valores iguais a 18

a!(18 a)!

que é a mesmo que somar todos os números binomiais na forma 18

a

.

Para que a e b sejam números naturais, os valores de a vão variar de 0 a 18

gerando a soma 18 18 18 18

...0 1 2 18

que é a soma dos elementos da

linha 18 do Triângulo de Pascal, ou seja, igual a 218 que pode ser escrito como

86.

ALTERNATIVA A

09.18)

01) FALSO

02) VERDADEIRO

2

n 1 !930

n 1 !

(n 1)n 930

n 30n n 930 0

n 31

04) VERDADEIRO

25

5a

25b

6

25.24.23.22.21a 5.4.3.2.1

25.24.23.22.21.20b

6.5.4.3.2.1

a 25.24.23.22.21 6.5.4.3.2.1

b 5.4.3.2.1 25.24.23.22.21.20

a 60,3

b 20

08) VERDADEIRO

2

2

2

2 2

n 2 ! n 1 n 1 !n 1

n 1 n 1 !

(n 2)(n 1)n(n 1)! (n 1)(n 1)!(n 1)

(n 1)(n 1)!

(n 1)(n 1)! (n 2)n 1(n 1)

(n 1)(n 1)!

n 2n 1 (n 1)

16) VERDADEIRO

n 1 (n 1)!

n 1 (n 1)! (n 1) (n 1) !

n 1 (n 1)n(n 1)!

n 1 (n 1)!2!

n 1 (n 1)(n 1)

n 1 2

SOMA = 30

09.19)

Sabendo que p p 1 p 2 n n 1

...p p p p p 1

Podemos dizer que

8 9 10 11 12 13 7 6 5S

5 5 5 5 5 6 5 5 5

13 8S

6 6

ALTERNATIVA C

09.20)

a) Sabendo que p p 1 p 2 n n 1

...p p p p p 1

e que

p

n

n

pC

Podemos dizer que:

2 2 2

2 3 18

2 3 18 19... ... 969

2 2 2 3C C C

b)

1ª camada = 1.2 laranjas



(...)


Total de laranjas = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + ... 14.15 + 15.16

Total de laranjas = 1.2 2.3 14.15 15.16

2! ...2! 2! 2! 2!

Total de laranjas = 2 3 16

2! ...2 2 2

Sabendo que p p 1 p 2 n n 1

...p p p p p 1

, temos:

Total de laranjas = 17

23

Total de laranjas = 1 360

09.21)

a)

6 6.5.4.315

4 4.3.2.1

b)

12 12.11.10.94 54.3.2.1

12.11.10.9.812 8

5.4.3.2.15

c)

Usando a Relação de Fermat que diz:

n

p p 1

n n p

p 1

, podemos dizer que:

n

p 1 p 1 12p 2 n p n 3p 2

n 2 n p 2

p 1

E

n

p 1 2 p 1 1 22n 5p 8

n 3 n (p 1) 3

p 2

Resolvendo o sistema, temos: n = 14 e p = 4.

10.01)

2

2 100

2

2

a

100.99a

2.2

a 4 950

C

ALTERNATIVA C

10.02)

Para calcular a soma dos coeficientes precisa substituir as incógnitas do

binômio por 1, ou seja em 1 minuto ingressavam (1 + 1)6 pessoas que é igual a

64 pessoas por minuto.

Em 15 minutos serão 15 . 64 = 960 pessoas.

ALTERNATIVA E

10.03)

O denominador da probabilidade é 24 = 16

Quantidades de sequências com 2 meninos e 2 meninas é igual a 4

62

6P

16

P 37,5%

ALTERNATIVA D

10.04)

Número de termos = 7 + 1 = 8

ALTERNATIVA C

10.05)

Cálculo da soma dos coeficientes faz-se substituindo as incógnitas do binômio

por 1, então:

625 = (2.1 + 3.1)m

54 = 5m

4 = m

ALTERNATIVA E

10.06)

(x + 1)3 = x3 + 3x2 + 3x + 1

ALTERNATIVA E

10.07)

(x + 3y)4 = x4 + 4.x3.3y + 6.x2.(3y)2 + 4.x.(3y)3 + (3y)4

(x + 3y)4 = x4 +12x3y + 54x2y2 + 108xy3 + 81y4

ALTERNATIVA C

10.08)

(a + 2)4 = a4 + 4.a3.2 + 6.a2.22 + 4.a.23 + 24

Penúltimo termo = 32ª

ALTERNATIVA E

10.09)

1034 – 4.1033.3 + 6.1032.32 – 4.103.33 + 34

(103 – 3)4

(100)4

108

ALTERNATIVA D

10.10)

No desenvolvimento do binômio, o último termo seria p3 que é igual a - 64,

então p = - 4.

ALTERNATIVA A

10.11)

(x + y)3 = 64

(x + y) =4

(x – y)6 = 64

(x – y) = 2 ou (x – y) = -2

1ª opção de sistema: x = 3 e y = 1

2ª opção de sistema: x = 1 e y = 3

ALTERNATIVA C

10.12)

(x + 2)6 = x6 + 6.x5.2+15.x4.22+20.x3.23+15.x2.24+6.x.25+26

(x + 2)6 = x6 + 12x5 + 60x4 + 160x3 + 240x2 + 192x + 64

(F) São 7 monômios

(V) 3º termo

(V) 5º termo

(F) O 1º termos não é par

(V) 1 + 64 = 65.

10.13)

x – y = 1 (equação 1)

Do binômio desenvolvido, temos: (x + y)4 = 16 e, sendo x e y positivos, ficamos

com x + y = 2 (equação 2).

Resolvendo o sistema com as equações 1 e 2, encontramos: 3 1

x e y2 2

ALTERNATIVA E

10.14)

3ª parcela = 6 2

8,2x 2C

5ª parcela = 4 4

8,4x .2C

Igualando, temos:

6 2 4 4

8,2 8,4x 2 x 2C C

112x6 – 1120x4 = 0

112x4(x2 – 10) = 0

x = 0 ou x = 10 = 3,3....

ALTERNATIVA D

10.15)

(Coef. 3º termo) – (Coef. 2º termo) = 54

2 1

n n

2

54

n(n 1)n 54

2

n 12n 3n 108 0

n 9

C C

O expoente do binômio é 12, ou seja, o desenvolvimento possui 13 termos

sendo o 7º o termo médio.

ALTERNATIVA E

10.16)

33 3 3 3

33 23 3

36 73 3

33 6 3

33 6 3

6 6 6 3 3 6 2 6 3 6 6 2 6 3

6 6 6 3 6 6 18 6 6 6

6 6 6 3 6 18 6 6 6

6 6 6 18 6 18 6 6 6

6 6 6 1 3 6 3 6 6

ALTERNATIVA E

10.17)

1º termo

(mx)5 = 32x5

m5x5 = 32x5

m5 = 32

m = 2

2º termo

5.(mx)4.ny = - 80x4y

5.(2x)4.ny = - 80x4y

80nx4y = - 80x4y

n = -1

(m + 4n)3 = [2 + 4.(-1)]3 = - 8

ALTERNATIVA A

10.18)

01) VERDADEIRO

101 – 1 = 100 (final 00)

1012 – 1 = 10 201 – 1 = 10 200 (final 00)

1013 – 1 = 1 030 301 – 1 = 1 030 300 (final 00)

(...)

Para qualquer expoente de 101, o final será 00 que representa um múltiplo de

4

02) FALSO

A 1ª e a 3ª equações possuem os mesmos coeficientes para as incógnitas

(dividindo a 3ª equação por 3) mas valores diferentes para o termo

independente, ou seja, o sistema é impossível.

04) VERDADEIRO

No desenvolvimento o expoente de x é, para todo valor de k, igual a

n kk 1 n 3k

n k k2 2

1x x . x x

x

No 5º termo, k = 4, então: n 12

2

n é PAR

08) VERDADEIRO

Pela Lei dos Senos, podemos escrever o determinante da seguinte maneira:

1 1 1

A 2RsenA 2RsenB 2RsenC

senA senB senC

Evidenciando a combinação linear entre as duas linhas, ou seja, A = 0.

SOMA = 12

10.19)

a3 – 3a2b + 3ab2 – b3 = -8

(a – b)3 = - 8

a – b = -2

9a2+ 6ab + b2 = 0

(3a + b)2 = 0

3a + b = 0

Resolvendo o sistema encontramos: 1

a2

e 3

b2

a + b = 1

10.20)

M = 1 000 . (1 + 0,01)100

O termo (1 + 0,01)100 é o resultado da soma dos termos do desenvolvimento de

um binômio de Newton, então podemos dizer que:

100 0 1 2100 0 99 1 98 2

100 100 100

100

100

1 0,01 1 0,01 1 .0,01 .1 0,01 ...

(1 0,01) 1 1 0,495 ...

(1 0,01) 2,495

C C C

Sendo assim, podemos concluir que

M > 1 000 . 2,495

M > 2 495,00

O montante resgatado é suficiente para a compra à vista do computador.

SEMIEXTENSIVO – MATEMÁTICA C

09.01)

2 2 2

1 2

1 2

4 2 k

k 2 3

b b 2k

b b 4 3

ALTERNATIVA B

09.02)

P (a, b)

a = 1

b = 2 + 1

b 2 12 1

a 1

ALTERNATIVA B

09.03)

2

AE

2

BE

2

CE

AE BE

2 2

2 2

d (1 x) 5

d (6 x)

d (3 x) 9

d d

(1 x) 5 (6 x)

1 2x x 5 36 12x x

x 3

E(3,0)

Tem-se então: dAE = dBE = dCE = 3

ALTERNATIVA B

09.04)

09.05)

Se pertence ao eixo das abscissas, a ordenada é zero, ou seja:

3x – 9 = 0

x = 3

ALTERNATIVA B

09.06)

Se pertence ao eixo das ordenadas, a abscissa é zero, ou seja:

- 3x + 6 = 0

x = 2

ALTERNATIVA D

09.07)

Se pertence à bissetriz ímpar, as coordenadas são iguais, ou seja:

x2 – x = 4x – 6

x2 – 5x + 6 = 0

S: {2, 3}

ALTERNATIVA C

09.08)

Se pertence à bissetriz par, as coordenadas são opostas, ou seja:

x2 – 7x = - (6x – 6)

x2 – 7x = -6x + 6

x2 – x - 6 = 0

S: {-2, 3}

ALTERNATIVA C

09.09)

C(a, b) = C (+, -) 4º quadrante

D(-a, -b) = D (-, +) 2º quadrante

ALTERNATIVA B

09.10)

G G

G G

2 3 1x x 2

3

0 2 4y y 2

3

G(2,2)

ALTERNATIVA C

09.11)

Os pontos que dividem um segmento em partes iguais possuem suas

coordenas em P.A. Sendo assim, considerando a proporção de 3 pra 2 que o

ponto C determina em AB, temos:

SOMA = 4

ALTERNATIVA A

09.12)

2 1 3 21S

2 2 2 0 2

1S 6

2

S 3u.a

ALTERNATIVA B

09.13)

O Ponto simétrico de A em relação ao ponto B é, tal que, o ponto B seja o

ponto médio entre A e seu simétrico. Assim, sendo C o simétrico de A, temos:

A C CB C

A C CB C

x x 1 xx 4 x 9

2 2

y y 1 yy 2 y 3

2 2

C(9, 3)

ALTERNATIVA C

09.14)

Os pontos que dividem um segmento em partes iguais possuem suas

coordenas em P.A. Sendo assim, considerando a proporção de 2 pra 3 que o

ponto C determina em AB, temos:

SOMA = 16

ALTERNATIVA D

09.15)

Se são colineares, então:

0 2 1 00

8 2 y 8

2y 10 0

y 5

ALTERNATIVA C

09.16)

Colocando os pontos no plano cartesiano, uma das opções de sequência dos

vértices é: (2,2), (6, 6), (4, 8) e (0, 6). Assim:

2 6 4 0 21S

2 2 6 8 6 2

1S 36

2

S 18u.a

ALTERNATIVA D

09.17)

O ponto A localiza-se no semiplano inferior em relação à bissetriz ímpar. Para

que o ponto B localize-se no semiplano superior, a ordenada de B precisa ser

maior que a abscissa de B, ou seja, y > 5.

ALTERNATIVA A

09.18)

0 1 m 01S 7

2 0 3 2 0

2 3m 7

2 3m 7

m 3

ou

2 3m 7

5m

3

Soma = 4

3

ALTERNATIVA B

09.19)

Para que AC + CB seja mínimo, os pontos A, B e C precisam ser colineares.

Sendo C (c,0), então:

1 5 c 10

3 1 0 3

2c 14 0

c 7

A abscissa de C é igual a 7.

09.20)

Considerando a ordem alfabética como a que determina a sequência dos

lados, o paralelogramo terá como diagonais os segmentos AC e BD.

Uma característica de um paralelogramo é o fato das suas diagonais se

interceptarem nos respectivos pontos médio, assim:

Na diagonal AC, temos:

M M

M M

1 0 1x x

2 2

0 5 5y y

2 2

Com o mesmo raciocínio, na diagonal BD, teremos:

DD

DD

4 x1x 5

2 2

1 y5y 4

2 2

D(-5, 4)

09.21)

Pertencer ao ângulo limitado pela bissetriz ímpar e o eixo y, significa que o

ponto está no semiplano superior em relação à bissetriz ímpar.

Assim, a ordenada do ponto é necessariamente maior que sua abscissa.

Então:

5 – x > x – 1

x < 3

Para pertencer ao 1º quadrante, tanto a abscissa como a ordenada do ponto

são valores positivos, então:

x – 1 > 0

x > 1

E

5 – x > 0

x < 5

Fazendo a intersecção das restrições, temos:

1 < x< 3

Sendo x um número inteiro, nesse intervalo, temos apenas x = 2.

10.01)

Calculando o determinante utilizando os 3 pontos (regra prática), temos:

301 5 400 301D

7 7 28 7

D 4830

Sendo D diferente de zero, sabe-se então que os três pontos são vértices de

um triângulo e que a área desse triângulo é:

1S D

2

1S 4830

2

S 2 415

ALTERNATIVA D

10.02)

Colocando a antena T na origem de sistema cartesiano e sendo P o ponto do

qual se quer saber a distância de C, temos:

T (0, 0) ; C (40, 20) e P (p, 20)

Sendo a distância máxima de P a T igual a 60, encontramos:

2 2

2

(x 0) (20 0) 60

x 400 3600

x 40 2 km

Como C e P possuem a mesma ordenada, a distância entre eles é a diferença

entre as abscissas, ou seja:

CP

CP

d 40 2 40

d 40 2 1 km

ALTERNATIVA C

10.03)

O eixo NO – SE representa a bissetriz par, ou seja, as coordenadas tem sinais

contrários.

Partindo em direção a NO saindo da origem, a abscissa será negativa e a

ordenada será positiva.

Com as medidas em km, temos que a posição final pode der (-70, 70)

ALTERNATIVA D

10.04)

2 2d ( 2 3) (8 4)

d 25 144

d 13

ALTERNATIVA B

10.05)

P(x, 0)

dPA = dPB

2 2 2 2

2 2

(x 2) (0 2) (x 2) (0 6)

x 4x 4 4 x 4x 4 36

8x 32

x 4

P(4,0)

ALTERNATIVA E

10.06)

Ponto do eixo das ordenadas: P(0, p)

AP

2 2

2

2

d 6 2

(6 0) (4 p) 6 2

36 16 8p p 72

p 8p 30 0

Soma 8

ALTERNATIVA C

10.07)

2 2

AB AB

2 2

AC AC

2 2

BC BC

d ( 1 2) (1 5) d 5

d ( 1 6) (1 2) d 5 2

d (2 6) (5 2) d 5

O perímetro é a soma dos lados, ou seja, é a soma das distâncias ente os

vértices. Assim:

Perímetro = 10 5 2

Perímetro = 5 2 2

ALTERNATIVA B

10.08)

A(1,2) e B(6,4)

2 2

AB

AB

d (6 1) (4 2)

d 29

ALTERNATIVA C

10.09)

QUESTÃO IDÊNTICA A 10.05

P(x, 0)

dPA = dPB

2 2 2 2

2 2

(x 2) (0 2) (x 2) (0 6)

x 4x 4 4 x 4x 4 36

8x 32

x 4

P(4,0)

ALTERNATIVA E

10.10)

dAB = dBC

2 2 2 2

2 2

(4 3) (0 b) (3 0) (b 4)

1 b 9 b 8b 16

8b 24

b 3

B(3,3)

ALTERNATIVA C

10.11)

Ponto pertencente à bissetriz ímpar: P(k, k)

dAP = dBP

2 2 2 2

2 2 2 2

(k 4) (k 1) (k 10) (k 1)

k 8k 16 k 2k 1 k 20k 100 k 2k 1

8k 84

21k

2

Soma 21

ALTERNATIVA A

10.12)

Se é retângulo em A, então BC é hipotenusa e AB e AC são catetos. Aplicando

Teorema de Pitágoras ficamos com:

2 2 2

BC AC AB

2 2 22 2 2 2 2 2

2 2

d d d

(m 0) (4 6) (1 0) (6 2) (m 1) (4 2)

m 4 1 64 m 2m 1 36

2m 98

m 49

ALTERNATIVA C

10.13)

Se são vértices consecutivos, a distância entre A e B é o lado do quadrado.

Assim:

2

AB

22 2

Área d

Área (0 2) (5 3)

Área 4 4

Área 8

ALTERNATIVA C

10.14)

A classificação dos triângulos é obtida através das medidas dos seus lados.

2 2

PQ PQ

2 2

PR PR

2 2

QR QR

d (0 6) (0 0) d 6

d (0 3) (0 5) d 34

d (6 3) (0 5) d 34

Isósceles não equilátero

ALTERNATIVA B

10.15)

Consideramos que inicialmente a formiga B está na origem, ou seja, B(0,0).

Assim, as coordenadas iniciais de A são A(-3, 0).

Das 12h às 14h as duas formigas andarão 6 km (A para Oeste e B para Norte),

ou seja, as novas coordenadas serão:

A(-9,0) e B(0,6)

Com isso podemos calcular a distância entre elas às 14h. Temos:

2 2

AB

AB

d ( 9 0) (0 6)

d 117km

ALTERNATIVA D

10.16)

Triângulo ABC : A (2,3) ; B(5,7) ; C(0,c)

ABC

2 5 0 21 47S

2 3 7 c 3 2

3c 1 47

3c 1 47

c 16

ou

3c 1 47

46c

3

Triângulo ABD: A(2, 3); B(5, 7); D(0, d)

Como as áreas dos dois triângulos são iguais, encontraremos as mesmas

opções de valores para d, ou seja:

d 16

ou

46d

3

Sendo assim, podemos dizer que:

C 0,16

e

46D 0,

3

Como os dois pontos estão no eixo das ordenadas, a distância entre eles é o

módulo da diferença entre as ordenadas dos pontos C e D. Temos:

46d 16

3

94d

3

ALTERNATIVA C

10.17)

Pelo gráfico temos que o ângulo obtuso do losango é de 120º , logo, o ângulo

agudo é de 60º .

Com esses valores, temos que ABC e ACD determinam triângulos equiláteros

(ângulos internos iguais a 60º) e, sendo assim, os lados do losango possuem a

mesma medida da diagonal AC.

Calculando a medida da diagonal AC, encontramos:

2 2

AC

AC

d (4 1) (4 1)

d 3 2

Perímetro é a soma dos lados que possuem a medida 3 2 .

Perímetro = 4 3 2

Perímetro = 12 2

ALTERNATIVA C

10.18)

Sendo a um valor menor do que 1, o produto de b por a resultará em um

número menor do que b, ou seja, a ordenada de Q é menor do que b.

A abscissa de Q é a diagonal do retângulo OaPb e, a diagonal de um retângulo

é sempre maior que seus lados, ou seja, a abscissa de Q é maior que a.

Ordenada menor que b e abscissa maior que a, o ponto Q está localizado na

região II.

ALTERNATIVA B

10.19)

Mediana relativa ao lado BC é o segmento de extremos no vértice A e no ponto

médio de BC.

Sendo G o baricentro do triângulo ABC, podemos concluir que:

B CB C

B CB C

2 x x4 x x 14

3

1 y y9 y y 26

3

Para o cálculo do ponto médio (M) de BC, fazemos:

B CM M M

B CM M M

x x 14x x x 7

2 2

y y 26y y y 13

2 2

A mediana AM mede:

2 2

AM

AM

d (2 7) (1 13)

d 15

ALTERNATIVA D

10.20)

a)

2 2

AB

AB

d ( 2 1) (1 2)

d 3 2

b)

CC

CC

2 1 x2x 3

3 3

1 ( 2) y1 y 4

3

C(3,4)

10.21)

Bissetriz Ímpar : x = y. Ou seja, o ponto P pode ser representado por P(x , x).

2 2

AP

2 2

AP

2

AP

d (x 4) (x 0)

d x 8x 16 x

d 2x 8x 16

dAP será mínima para o menor valor possível da expressão que está dentro do

radical.

A expressão que está dentro do radical é uma função quadrática cujo valor

mínimo ocorre para a abscissa do vértice (xv). Calculando xv, temos:

v

v

v

bx

2a

( 8)x

2.2

x 2

Então a menor distância entre AB ocorre para x = 2. O ponto P terá

coordenadas P (2, 2).

SEMIEXTENSIVO – MATEMÁTICA D

09.01)

O poliedro de faces triangulares é o Octaedro Regular que possui 12 arestas;

O poliedro de faces pentagonais é o Dodecaedro Regular que possui 30

arestas;

Total de arestas dos dois poliedros = 42 arestas.

ALTERNATIVA C

09.02)

Tetraedro Regular: 4 triângulos equiláteros

Sf = 4 . 180º

Sf = 720º

Hexaedro Regular: 6 quadrados

Sf = 6 . 360º

Sf = 2 160º

Octaedro Regular: 8 triângulos equiláteros

Sf = 8 . 180º

Sf = 1 440º

Dodecaedro Regular : 12 Pentágonos

Sf = 12 . 540º

Sf = 6 480º

Icosaedro Regular: 20 triângulos equiláteros

Sf = 20 . 180º

Sf = 3 600º

Soma de todos os poliedros = 14 400º

ALTERNATIVA E

09.03)

Área do triângulo = 210 3

4

Área do triângulo = 225 3cm

Temos que:

Área da bola = 2 688 . (Área do triângulo)

Área da bola = 2 688 . 25 3

Área da bola = 2 688 . 25 . 1,73

Área da bola = 116 256 cm2

Área da bola = 11, 6256 m2

ALTERNATIVA C

09.04)

(V) Pelo Teorema de Euler, 12 + F = 30 + 2, ou seja, F = 20

(F) Sf = 360º (8 – 2) = 2 160º

(F)

20 triângulos implica em N = 20 . 3 = 60

Sendo N = 2A, temos A = 30.

Pelo Teorema de Euler, V + 20 = 30 + 2, ou seja, V = 12

(V) Pelo Teorema de Euler, podemos escrever que V + V = A + 2, ou seja,

A = 2(V – 1). De fato A é um número par.

09.05)

F = 11

N = 6 . 3 + 5 . 4

N = 38

N = 2A

38 = 2A

A = 19

V + 11 = 19 + 2

V = 10

ALTERNATIVA B

09.06)

F = 60

N = 60 . 3

N = 180

N = 2A

180 = 2A

A = 90

V + 60 = 90 + 2

V = 32

ALTERNATIVA D

09.07)

F = 7

N = 2 . 5 + 5 . 4

N = 30

N = 2A

30 = 2A

A = 15

V + 7 = 15 + 2

V = 10

ALTERNATIVA E

09.08)

I – FALSO. São 8 faces triangulares.

II – VERDADEIRO

III – VERDADEIRO

ALTERNATIVA E

09.09)

F = 32

N = 12 . 5 + 20 . 6

N = 180 = 2A

A = 90

V + 32 = 90 + 2

V = 60

ALTERNATIVA B

09.10)

Poliedro com faces triangulares que não possui diagonais: Tetraedro Regular.

Formado por 4 triângulos equiláteros iguais, ou seja:

Sf = 4 . 180º

Sf = 720º

ALTERNATIVA D

09.11)

N = F . 3 = 2A

A = 3F

2

V = 3F

5

V + F = A + 2

3F 3FF 2

5 2

F 20

ALTERNATIVA D

09.12)

F = q + 4

N = q . 4 + 4 . 3 = 2A

A = 2q + 6

Sf = 12 . 90º

360º . q + 180º . 4 = 1 080º

q = 1

A = 2 . 1 + 6

A = 8

ALTERNATIVA A

09.13)

A = V + 12

V + F = A + 2

V + F = V + 12 + 2

F = 14

ALTERNATIVA D

09.14)

F = 6 + n

N = 2 . 5 + 4 . 4 + n . 3 = 2A

A = 26 3n

2

V + F = A + 2

V + 6 + n = 26 3n

2

+ 2

V = 18 n

2

01) VERDADEIRO

18 n11 n 4

2

02) VERDADEIRO

16 = 6 + n n = 10

04) FALSO

nmín = 2, visto que V e A são quocientes de uma divisão por 2.

08) VERDADEIRO

Sf = 3 600º

360º (V – 2) = 3 600º

V = 12

12 = 18 n

2

n = 6

16) VERDADEIRO

25 = 26 3n

2

n = 8

SOMA = 27

09.15)

F = 7

N = 6 . 1 + 3 . (V – 1) = 2A

V = 2A 3

3

V + F = A + 2

2A 3

3

+ 7 = A + 2

A = 12

ALTERNATIVA C

09.16)

A = 20

V = 10

V + F = A + 2

10 + F = 20 + 2

F = 12

t + q = 12

N = t . 3 + q . 4 = 2A

A = 3t 4q

2

= 20

3t + 4q = 40

Resolvendo o sistema com as duas equações encontradas temos:

t = 8

q = 4

ALTERNATIVA E

09.17)

Octaedro é formado por 8 triângulos equiláteros iguais.

Ao redor de cada vértice há 4 ângulos de 60º , ou seja, a soma desses ângulos

é igual a 240º .

ALTERNATIVA B

09.18)

A distância entre os centros dos átomos de flúor e enxofre corresponde à

metade da diagonal do Octaedro.

Assim, a diagonal do Octaedro mede 2 . 1,53 = 3, 060

A .

Chamando a aresta do Octaedro de “a” e aplicando o Teorema de Pitágoras

temos:

3,062 = a2 + a2

a = 2,16 0

A

ALTERNATIVA C

09.19)

a)

N = 12 . 5 + 20 . 6 = 2A

A = 90 arestas

b)

F = 32

A = 90

V + 32 = 90 + 2

V = 60 vértices

c)

Sf = 360º (V – 2)

Sf = 360º (60 – 2)

Sf = 20 880º

09.20)

t = 3

q = 5

N = 3 . 3 + 5 . 4 = 2A

A = 29

2

O poliedro não existe.

10.01)

Volume dos pacotes = 100 . (20 . 20 . 30)

Volume dos pacotes = 1 200 000 cm3

Volume das caixas = n . (40 . 40 . 60)

Volume das caixas = 96 000.n cm3

Volume das caixas Volume dos pacotes

96 000n 1 200 000

n 12,5 caixas

nmín = 13 caixas

ALTERNATIVA C

10.02)

Como 2 000 litros corresponde a 2 m3, temos:

Vc = 2 . 15 . 1,10

Vc = 33 m3

Vc = 33 000 litros

Área do telhado = 33 000

110

Área do telhado = 300 m2

ALTERNATIVA B

10.03)

Vista superior da manilha:

Tendo a manilha 4 m de altura, temos que:

Volume de concreto = 2 21,2 4 1 4

Volume de concreto = 1,76

Volume de concreto = 1,76 3,1

Volume de concreto = 5, 456 m3

O custo do m3 de concreto é R$ 10,00, então:

Custo da manilha = 10 . (Volume de concreto)

Custo da manilha = R$ 54, 56

ALTERNATIVA D

10.04)

( V )

( F ) São quadriláteros não necessariamente quadrados.

( V )

( V ) 6 arestas em cada base e 6 arestas laterais, ou seja, total de 18 arestas.

10.05)

I – Não é planificação do prisma pois não há a distância entre as bases

referente às arestas laterais entre elas.

II – É planificação do prisma

III – É planificação do prisma.

ALTERNATIVA D

10.06)

2

V 63

3 H 63

9H 63

H 7cm

10.07)

1 1

2 2

1

2

2

1 1

2

2 2

2

1 1

2

2 2

3

1

2

1

2

H 2R

H 2R

V 8

V 27

R H 8

R H 27

R 2R 8

R 2R 27

R 8

R 27

R 2

R 3

A razão entre as alturas será a mesma razão entre os raios, ou seja:

1

2

H 2

H 3

ALTERNATIVA A

10.08)

Chamando a altura que a água irá atingir na leiteira de h, temos:

2 24 h 20 2 2

h 10cm

Sendo assim, o volume de água será:

Volume de Água = 2 34 10 160 cm

A capacidade (volume) total da leiteira é:

Volume da Leiteria = 2 34 20 320 cm

A capacidade (volume) de cada copinho é:

Volume do copinho = 2 32 4 16 cm

ALTERNATIVA A

10.09)

Área total = Área lateral + 2 . (Área da base)

Área total = 6 . 10 . 30 + 2 . 210 3

64

Área total = 1 800 + 300 3

Área total = 1 800 + 300 . 1,7

Área total = 2 310 cm2

Área total com vincos = 1,20 . (Área total)

Área total com vincos = 2 772 cm2

Área 500 embalagens = 500 . (Área total com vincos)

Área 500 embalagens = 1 386 000 cm2

Área 500 embalagens = 138,60 m2

ALTERNATIVA A

10.10)

Volume = (Área base) . Altura

72 = (Área base) . 4 3

Área base = 26 3 m

Área base = 2a 3

6 6 3 a 2 m4

Área total = Área lateral + 2 . (Área da base)

Área total = 6 . 2 . 4 3 + 2 . 6 3

Área total = 60 3 cm2

ALTERNATIVA D

10.11)

Comprimento = Altura = 5 braças

Altura = 5 . 150

Altura = 750 cm

Comprimento de circunferência = 264

2 R 264

6,28 . R = 264

R = 42,04 cm

Volume do tronco = 2R Altura

Volume do tronco = 3,14 . 42,042 . 750

Volume do tronco = 4 162 136, 568 cm3

Volume do tronco = 4, 162 m3

ALTERNATIVA A

10.12)

Volume derramado =

23 12

2

Volume derramado = 27 cm3

ALTERNATIVA E

10.13)

C1: Cilindro reto de altura 9 cm e comprimento da base 25 cm

C2: Cilindro reto de altura 25 cm e comprimento da base 9 cm

1

1

2

2

2 R 25

25R cm

2

2 R 9

9R cm

2

Área C1 = 1 12 R H

Área C1 = 25 . 9

Área C1 = 225 cm2

Área C2 = 2 22 R H

Área C2 = 9 . 25

Área C2 = 225 cm2

Volume C1 = 2

1 1R .H

Volume C1 =

225

92

Volume C1 = 1 406,25

Volume C2 = 2

2 2R .H

Volume C2 =

29

252

Volume C2 = 506,25

I – VERDADEIRO

II – VERDADEIRO

III – FALSO

Volume C1 = 2

1 1R .H

Volume C1 =

250

182

Volume C1 = 11 250

cm3

IV – FALSO

Volume C2 = 2

2 2R .H

Volume C2 =

218

502

Volume C2 = 4 050

ALTERNATIVA A

10.14)

Volume de Prisma Hexagonal Regular = 2 3

6 h4

Volume de Prisma Hexagonal Regular = 23 3h

2

ALTERNATIVA E

10.15)

Prisma regular é um Poliedro para o qual é possível aplicar o Teorema de

Euler, sendo assim:

Sf = 360º (V – 2)

7 200º = 360º (V – 2)

V = 22 vértices

ALTERNATIVA E

10.16)

I – FALSO

Área lateral quadrada = 4 . 10 . 20

Área lateral quadrada = 800 cm2

Área lateral redonda = 2 5 20

Área lateral redonda = 628 cm2

II – VERDADEIRO

Volume lata quadrada = 10 . 10 . 20

Volume lata quadrada = 2 000 cm3

Volume lata redonda = 25 20

Volume lata redonda = 1 570 cm3

III – FALSO

2

2

Área lata redonda 628 3,14 5

Área lata quadrada 800 10

Área lata redonda 706,50

Área lata quadrada 900

Área lata redonda0,785 78,5%

Área lata quadrada

ALTERNATIVA A

10.17)

Água em A = Água em B

2 2

B

B

2 3 4 h

3h dm

4

Capacidade de A = (Água em A) + (Água em B)

Capacidade de A = 12 12

Capacidade de A = 324 dm

Capacidade de B = 3 . [(Água em B) + (Água em A)]

Capacidade de B = 3 . [12 12 ]

Capacidade de B = 372 dm

Se Capacidade de A = 324 dm

Então:

22 (Altura Caixa A) 24

(Altura Caixa A) 6dm

Se Capacidade de B = 372 dm

Então:

23 (Altura Caixa B) 72

(Altura Caixa B) 8dm

01) VERDADEIRO

02) FALSO

04) FALSO

08) FALSO

16) VERDADEIRO

32) VERDADEIRO

SOMA = 49

10.18)

SECÇÃO TRANSVERSAL

o

1cos

2

60

Área do Combustível na Secção = 2 o1 1 12 1 1 sen60

6 2 2

Área do Combustível na Secção = 3

26 8

1

2

1

2 β 1

Volume de Combustível = (Área do Combustível na Secção) . Comprimento

Volume de Combustível = 3

26 8

. 6

Volume de Combustível = 33 32 m

2

Volume de Combustível = 2 000 1 500 3 litros

ALTERNATIVA C

10.19)

O Volume será definido pelo produto da área de concreto na secção mostrada

pela largura de 5 metros da ponte.

Área de Concreto na Secção = (Área Retângulo) – (Área Círculo)

Área de Concreto na Secção = 18 . 5 - 24

Área de Concreto na Secção = 90 - 16

Volume = (Área de Concreto na Secção) . 5

Volume = (90 16 ) . 5

Volume = 198,8 m3

10.20)

* Relação entre o prisma e o cilindro

Raio do cilindro = (1/3) da altura do triângulo

1 32

3 2

4 3cm

Excesso = (Volume Prisma) – (Volume Cilindro)

Excesso = 2

238 r 8

4

Excesso =

2

24 3 3

8 2 84

Excesso = 396 3 32 cm

Excesso = 332 3 3 cm

SEMIEXTENSIVO – MATEMÁTICA E

09.01)

a) FALSO

b) FALSO

c) FALSO

d) FALSO

e) VERDADEIRO

ALTERNATIVA E

09.02)

a) FALSO

b) VERDADEIRO - (2i)2 = 4i2 = -4

c) FALSO

d) FALSO

e) FALSO - idem alternativa B

ALTERNATIVA B

09.03)

x2 – 2x + 17 = 0

2 64x

2

2 8ix

2

x 1 4i

ALTERNATIVA D

09.04)

(2 – x) + (2 –y)i = 4 + 4i

2 – x = 4

x = -2

2 – y = 4

y = -2

ALTERNATIVA A

09.05)

z = (2 – m) + (n – 2)i imaginário puro, então:

2 – m = 0

m = 2

E

n 2 0

n 2

ALTERNATIVA E

09.06)

z1 + z2 + z3 = 1 – i + 1 + 4i + 1 + 3i

z1 + z2 + z3 = 3 + 6i

ALTERNATIVA B

09.07)

z1.z3 + (z2)2 = (1 – i) (1 + i) + (1 + 4i)2

z1.z3 + (z2)2 = 1 – i2 + 1 + 8i + 16i2

z1.z3 + (z2)2 = -13 + 8i

ALTERNATIVA B

09.08)

a + bi = (2 + i) (3 – 4i)

a + bi = 6 – 8i + 3i – 4i2

a + bi = 10 – 5i

a = 10 e b = - 5

a – b = 15

ALTERNATIVA E

09.09)

2 2

2 i 3 iD

1 i 2i

D 4i 2i 3 3i i i

D 0

ALTERNATIVA B

09.10)

m2 – 9 = 0

m = 3 e m = -3

m 3 0

m 3

Solução: m = - 3

ALTERNATIVA A

09.11)

z = (1 – i)6

z = [(1 – i)2]3

z = [-2i]3

z = -8i3

z = 8i

ALTERNATIVA C

09.12)

z = (1 + i)2 – (1 – i)3

z = 2i – (1 – i)2.(1 – i)

z = 2i – (- 2i) . (1 – i)

z = 2i + 2i – 2i2

z = 2 + 4i

ALTERNATIVA C

09.13)

(x + yi)(2 + 3i) = 2x + 3xi +2yi +3yi2

(x + yi)(2 + 3i) = (2x – 3y) + (3x + 2y)i é um número REAL, então:

3x + 2y = 0

ALTERNATIVA E

09.14)

(a + bi)2 = -3 + 4i

(a2 – b2) + 2abi = -3 + 4i

Então:

2 2

2 2

a b 3

2ab 4

a b 3

2b

a

Resolvendo o sistema, temos:

2

2

2

4 2

2

2a 3

a

a 4 aa 3a 4 0

a 1 a = 1 ou a 1

Para cada valor de a, temos: b = 2 ou b = -2 respectivamente.

Assim, como o que se pede utiliza o módulo de a e de b e os possíveis valores

de cada um deles, em módulo, são iguais, temos:

8 a 25 b 8 1 25 2 58

09.15)

(x + i) (1 – 2xi) = x – 2x2i + i – 2xi2

(x + i) (1 – 2xi) = 3x + (1 – 2x2)i é um número REAL, então:

1 – 2x2 = 0

2x

2

ALTERNATIVA A

09.16)

2(m – ni) + i(m + ni) – i = 0

2m – 2ni + mi + ni2 – i = 0

(2m – n) + (m - 2n – 1)i = 0

2m n 0

m 2n 1 0

Resolvendo o sistema, encontramos 1

m3

e 2

n3

Assim, m + n = -1

ALTERNATIVA A

09.17)

3 2

3

2

3

3

2

3

1 3 1 3 1 3i i i

2 2 2 2 2 2

1 3 1 3 3 1 3i i i i

2 2 4 2 4 2 2

1 3 1 3 1 3i i i

2 2 2 2 2 2

1 3 1 3i i

2 2 4 4

1 3i 1

2 2

ALTERNATIVA D

09.18)

(1 + i)12 – (1 – i)12 = [(1 + i)2]6 – [(1 – i)2]6

(1 + i)12 – (1 – i)12 = [2i]6 – [-2i]6

(1 + i)12 – (1 – i)12 = 64i6 – 64i6

(1 + i)12 – (1 – i)12 = 0

ALTERNATIVA E

09.19)

i i2 i3 i4

i5 i6 i7 i8

i9 i10 i11 i12

i13 i14 i15 i16

i -1 -i 1

i -1 -i 1

i -1 -i 1

i -1 -i 1

a) Não é um quadrado é mágico

b) Zero

09.20)

z = a +bi

(a + bi) + (a – bi) = 3b

3a b

2

(a + bi)(a – bi) = 52

a2 – b2i2 = 52

a2 + b2 = 52

Resolvendo o sistema, temos: b = 4 ou b = -4

E para cada valor de b, temos: a = 6 ou b = -6 respectivamente

Como a parte real de z é positiva, temos z = 6 + 4i

10.01)

2 2z 10 ( 10)

z 10 2

ALTERNATIVA D

10.02)

o

o

4 quadrante

10tg tg 1 315

10

ALTERNATIVA E

10.03)

o oz 2 cos135 isen135

2 2z 2 i

2 2

z 1 i

ALTERNATIVA D

10.04)

Pelo gráfico temos:

Módulo = 2

Argumento = 30º

Então:

o oz 2 cos30 isen30

3 1z 2 i

2 2

z 3 i

ALTERNATIVA B

10.05)

2

2z 1 3i 1

i

2z 1 6 3i

i

2iz 7 3i

i

z 7 i

Temos então que a parte real é -7 e a parte imaginária é 1. Logo:

2 2z 7 1

z 5 2

ALTERNATIVA B

10.06)

o

o

2 quadrante

3tg tg 3 120

1

ALTERNATIVA E

10.07)

Pelo gráfico temos: Parte real = -4 e Parte Imaginária = 3. Então:

2 2z 4 3

z 5

ALTERNATIVA E

10.08)

Cálculo do Módulo:

223 3

z2 2

9 3z

4 4

z 3

Cálculo do Argumento:

o

o

2 quadrante

332tg tg 150

3 3

2

Forma Trigonométrica:


ALTERNATIVA A

10.09)

z 2 cos isen3 3

1 3z 2 i

2 2

z 1 3i z 1 3i

ALTERNATIVA A

10.10)

2

2

1 i4iz

1 i1 i

4i 4iz

1 i

z 2 2i

Cálculo do módulo:

2 2z 2 2

z 2 2

Cálculo do argumento:

o

o

1 quadrante

2tg tg 1 45

2 4

Logo:

z 2 2 cos isen4 4

ALTERNATIVA A

10.11)

2

2

3 ii 3z

3 i 3 i

3i i 3 3iz

3 i

1 3z i

2 2

Cálculo do Módulo:

221 3

z2 2

z 1

ALTERNATIVA B

10.12)

Sendo z = a + bi, temos z a bi , então:

2 2 2

2 2

z.z 25

(a bi)(a bi) 25

a b i 25

a b 25

Para o cálculo do módulo de z, temos: 2 2z a b , então:

z 25 z 5

ALTERNATIVA B

10.13)

I – VERDADEIRO

z z para todo número z = a + bi

II – FALSO

i2 = -1

III – VERDADEIRO

Se z = i, temos, 2 2z 0 1 z 1

ALTERNATIVA D

10.14)

2

2

( i)1 iz

i ( i)

i iz

i

z 1 i

Cálculo do módulo:

2 2z 1 ( 1)

z 2


o4 quadrante

1 7tg tg 1

1 4

Forma trigonométrica:

7 7z 2 cos isen

4 4

ALTERNATIVA C

10.15)

2 2

2 2

z z 2 8i

a bi a b 2 8i

a a b bi 2 8i

Igualando as partes real e imaginária, temos:

2 2

2 2

2

22

2 2

a a b 2

b 8

a a 8 2

a 64 2 a

a 64 2 a

a 64 4 4a a

a 15

Cálculo de 2

z

22 2 2

2 2 2

2

z a b

z 15 8

z 289

ALTERNATIVA E

10.16)

2

2

3 4ix yiz

3 4i3 4i

3x 4xi 3yi 4yiz

9 16i

3x 4y 4x 3yz i

25 25

Calculando o módulo de z, temos:

2 2

2 2 2 2

2 2

3x 4y 3y 4xz

25 25

9x 24xy 16y 9y 24xy 16xz

625

25 x yz

25

25 20z

25

2 5z

5

ALTERNATIVA C

10.17)

O ponteiro de minutos estará no número 11 do relógio, ou seja, o argumento é

de 120º. Sendo o módulo (tamanho do ponteiro) igual a 2, temos:


1 3z 2 i

2 2

z 1 3i

ALTERNATIVA A

10.18)

Se 2a 3bi 8 , então:

2 2

2 2

2a 3b 8

4a 9b 64

Se b 2ai 4 2 , então:

2 2

2 2

b ( 2a) 4 2

b 4a 32

Montamos assim, o seguinte sistema:

2 2

2 2

4a 9b 64

4a b 32

Resolvendo o sistema, encontramos:

b2 = 4 e a2 = 7

Sendo 2 2a bi a b , temos

a bi 7 4

a bi 11

ALTERNATIVA A

10.19)

Cálculo do argumento de z1:

o

1

o

1 1 1

1 quadrante

1tg tg 1 45

1

Cálculo do argumento de z2:

o

2 1 22 90

Forma trigonométrica de z2:

o o

2z 5 cos90 isen90

Forma algébrica de z2:

2

2

z 5(0 i 1)

z 5i

10.20)

a)

1

1

1

2

1

1z

z

1 3i1z

1 3i 1 3i

1 3iz

1 3i

1 3z i

4 4

b)

Cálculo do módulo de z:

2

2z 1 3

z 2


o

o

1 quadrante

3tg tg 3 60

1

Forma trigonométrica:

o oz 2 cos60 isen60

SEMIEXTENSIVO MATEMÁTICA A - Seção...

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