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  1. 1. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2007 –MATEMÁTICA MATEMÁTICA Assim, a arrecadação mensal é dada por: 1) primeiro mês: R$9000,00 QUESTÃO 31 2) segundo mês: R$16200,00 3) terceiro mês: R$32400,00Analise as alternativas abaixo e marque a correta. 4) quarto mês: R$21600,00a) Se B = {m ∈ N | m 2 < 40} , então o número de elementos do Total: R$79200,00conjunto B é 6. Dividindo o total por 10000, notamos que, se cada camiseta fosse 1 1 vendida por R$7,92, o mesmo montante teria sido arrecadado. Logo, ab) Se α = + , então α ∈ [( R − Q) ∩ ( R − Z )] alternativa correta é a alternativa A. 2 −1 2 +1c) Se c=a+b e b é divisor de a, então c é múltiplo de a,necessariamente. QUESTÃO 33d) Se A =]1, 5[ e B =] − 3, 3[ , então B − A =] − 3, 1[ . Considere no Plano de Argand-Gauss os números complexos z1 = –x – 2i, z2 = –2i, z3 = –2 + 3i e z4 = x + yi, onde x e y são números reais Resolução Alternativa B quaisquer e i2 = –1.Analisando cada alternativa: Sobre o conjunto desses números complexos que atendema) Observe que B = {0,1,2,3,4,5,6}, ou seja, B possui 7 elementos. simultaneamente às condiçõesAssim, a alternativa está incorreta. I) Re( z1 ⋅ z2 ) ≤ Im( z1 ⋅ z2 ) 1 1 2 +1+ 2 −1 2 2b) α = + = = =2 2. II) | z3 + z4 |≤ 2 2 −1 2 +1 ( )( 2 −1 2 +1) 2 −1 é correto afirmar queAssim, temos que α é um número irracional, ou seja, não é racional a) representa uma região plana cuja área é menor que 6 unidades denem inteiro. Assim, α ∈ (IR − Q) ∩ (IR − Z) . área. b) possui vários elementos que são números imaginários puros.c) Se c = a + b e b é divisor de a, segue que a = k.b, para algum inteiro c) possui vários elementos que são números reais.k. Assim, temos que c = k.b + b, ou seja, c = b(k+1). Portanto, o d) seu elemento z de menor módulo possível possui afixo quenúmero c é múltiplo de b, o que não significa que c seja múltiplo de a. pertence à reta (r) 3x + 2y = 0Alternativa incorreta.d) Seja A = ]1;5[ e B = ]-3;3[. Assim, B – A = {x / x está em B e x não Resolução Alternativa Destá em A} = ]-3;1] ≠ ]-3;1[. Alternativa incorreta. ⎧z1 = − x + 2i ⎪ ⎨ ⇒ z1 ⋅ z2 = ( − x + 2i ) ⋅ (2i ) = −4 − 2 xiOBS: no item (a), admitimos que 0 é um número natural, embora em ⎪z2 = 2i ⎩Análise Matemática tal número seja considerado inteiro, e não natural. A condição I então fica: QUESTÃO 32 Re( z1 ⋅ z2 ) ≤ Im( z1 ⋅ z2 ) ⇒ −4 ≤ −2 x ⇒ x ≤ 2Um fabricante de camisetas que pretendia vender seu estoque no A condição II, por sua vez, pode ser escrita como:prazo de 4 meses, mantendo o preço de cada camiseta, obteve o | z3 + z4 |≤ 2 ⇒| z4 − ( − z3 ) |≤ 2 ⇒| z4 − (2 − 3i ) |≤ 2seguinte resultado:- no primeiro mês, vendeu 10% de seu estoque; Observe que esta condição nos diz que os números z4 que satisfazem- no segundo, 20% do restante das mercadorias; e a esta condição são aqueles cuja distância até o número complexo (–- no terceiro, 50% do que sobrou z3) = 2 – 3i é menor ou igual a 2, ou seja, trata-se de um círculo deAo ver que sobraram 3.600 camisetas, no quarto mês, o fabricante centro (2,–3) e raio 2. 1 No plano de Argand-Gauss, temos:reduziu o preço de cada uma em 33 % , conseguindo assim liquidar 3 ytodo seu estoque e recebendo R$ 21.600,00 pelas vendas deste mês.É correto afirmar que o fabricantea) arrecadaria a mesma importância total, durante os 4 meses, secada camiseta fosse vendida por x reais, x∈[7,8] 2b) tinha um estoque que superava 834 dúzias de camisetas.c) no terceiro mês, vendeu uma quantidade de camisetas 200% a mais xque no segundo mês.d) no primeiro mês, recebeu mais de R$ 9.000,00 Resolução Alternativa ASeja x o total de camisetas do estoque. De acordo com o enunciado,temos que: –3- No primeiro mês foram vendidos 10% do estoque, restando então90%.x.- No segundo mês o total de vendas foi de 20% do restante, ou seja,sobra no estoque um total de 80%.90%.x = 72%.x. A intersecção das condições I e II será então tomar os pontos do- Ao final do terceiro mês, ele vende 50% da mercadoria que está no círculo sombreado acima que têm parte real menor ou igual a 2. Issoestoque, ou seja, sobra no estoque 50%.72%.x = 36%.x. corresponde à metade da esquerda desse círculo:Portanto, no início do quarto mês o vendedor tem 36% do seu estoqueinicial disponível para vendas, num total de 3600 camisetas. Logo, y36%.x = 3600 ⇒ x = 10000 camisetas.Observe que:1) primeiro mês: 1000 camisetas vendidas2) segundo mês: 1800 camisetas vendidas 23) terceiro mês: 3600 camisetas vendidas x 1Para o quarto mês, ele fez uma redução de 33 % nos preços das 3camisetas, ou seja, reduziu 1/3 do preço, conseguindo vender todasas que restavam no estoque e arrecadando R$21.600,00 por elas.Seja p o preço unitário por camiseta antes da redução de preços. Do –3enunciado, temos: 2 2 ⋅ p ⋅ 3600 = 21600 ⇒ ⋅ p = 6 ⇒ p = 9 3 3 a) Falsa. A área desse semicírculo de raio 2 será dada por: 1
  2. 2. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2007 –MATEMÁTICA 1 distância permanece igual a 35 m. Assim, a alternativa B também está S = π 22 = 2π ≈ 6,28 > 6 correta. 2 c) A distância total percorrida será a soma dos termos de uma PA, queb) Falsa. O número –3i é o único número complexo imaginário puro ⎛ 2a1 + (n − 1)r ⎞nessa região, conforme o gráfico. pode ser calculada por Sn = ⎜ ⎟ r . Assim, temos que, ⎝ 2 ⎠c) Falsa. Não há intersecção com o eixo x (eixo real), logo não hánenhum número real nesse semicírculo. após 10 segundos, o cão terá percorrido uma distância ded) Verdadeira. Os elementos do círculo (condição II) que são o de (2 ⋅ 2 + 9 ⋅ 2).10 S10 = = 110 m, enquanto o gato terá percorridomenor e o de maior módulo podem ser obtidos geometricamente 2traçando a reta que liga o centro (2,–3) à origem: (2 ⋅ 3 + 9 ⋅ 1).10 uma distância de S10 = = 75 m. Assim, após os 10 y 2 segundos o cão terá percorrido exatamente 110 m = 35 + 75, ou seja, ele alcançará o gato. Assim, a alternativa C também está correta. d) No oitavo segundo, levando em consideração que o gato percorre distâncias em PA: 2 an = a1 + (n − 1) ⋅ r ⇒ a8 = 3 + 7 = 10 Assim, o gato percorre 10 m, e não 14. Assim, a alternativa D está x incorreta. A QUESTÃO 35 Sejam as seqüências de números reais (-3, x, y,…) que é uma progressão aritmética de razão r, e (x, y, 24,...) que é uma progressão geométrica de razão q. –3 O valor de r pertence ao intervalo: q ⎡ 1⎡ ⎡1 ⎡ a) ⎢0, ⎢ b) ⎢ ,1⎢ c) [1,2[ d) [ 2,3[ B ⎣ 2⎣ ⎣2 ⎣ Resolução Alternativa C Por hipótese, temos: PA ( -3,-3+r,-3+2r,...)O ponto A é o de menor módulo e o ponto B é o de maior módulo. A PG ( x, xq, xq2,...) Assim, temos as seguintes igualdades:reta AB tem equação: x = – 3 + r; y= – 3 + 2r; y = xq; 24 = yq = (– 3 + 2r)q 0 0 1 Assim, 24=(– 3 + 2r).q (1) 2 −3 1 = 0 ⇒ 3 x + 2y = 0 – 3 + 2r = (– 3 + r)q (2) x y 1 −3 + r −3 + 2r 9 Logo, = ⇔ 4r 2 − 36r + 81= 0 ⇔ (2r − 9)2 = 0 ⇔ r =Assim, o elemento z de menor módulo possível, cujo afixo −3 + 2r 24 2corresponde ao ponto A, pertence não só círculo, mas de fato aosemicírculo considerado, e também pertence á reta 3x + 2y = 0. Substituindo em (1), temos: 9 24 = ( −3 + 2. ). q ⇔ 24 = 6q ⇔ q = 4 . QUESTÃO 34 2Um cão e um gato, ambos parados, observam-se a uma distância de 9 r 935 m. No mesmo instante, em que o cão inicia uma perseguição ao Portanto, = 2 = = 1,125 .gato, este parte em fuga. q 4 8O cão percorre 2 m no primeiro segundo, 4 m no seguinte, 6 m noterceiro segundo e, assim, sucessivamente. O gato, apavorado,percorre 3 m no primeiro segundo, 4 m no seguinte, 5 m no terceiro QUESTÃO 36segundo e, assim, sucessivamente. Considere π = 3,14 e i = −1 e marque a alternativa correta.Considerando que os dois animais se deslocam sempre sem a) Se S(x) = x2(x-a) + bx – c, onde a, b, e c são números reaisinterrupção em seu movimento e numa trajetória retilínea de mesmo positivos, admite duas raízes simétricas, entãosentido, assinale a alternativa INCORRETA. 1a) Até o quinto segundo, o cão terá percorrido uma distância igual log a + log = co logb càquela que o separa do gato naquele instante. b) O polinômio P(x) ao ser dividido por (x-1) deixa resto 6 e ao serb) Ao final dos três primeiros segundos, o cão ainda está 35 m distante dividido por (x+3) deixa resto -2. Se P(x) dividido por Q(x) = x2 + 2x – 3do gato. deixa resto R(x), então R(0) = 2P(-3)c) Em dez segundos, o cão alcançará o gato.d) No oitavo segundo, o gato percorre 14 metros. c) Se os números complexos 2π, 2i e i-5 são raízes do polinômio A(x) de coeficientes reais e termo independente nulo, então, o grau de A(x) Resolução Alternativa D é, necessariamente, um número par maior do que 4Note que a distâncias percorridas por segundo do cão e do gato são d) Se no polinômio B(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + 16 os coeficientes a, bprogressões aritméticas. Assim: e c são números reais, então as possíveis raízes racionais de B(x)Cão: (2,4,6,8,10,...) estão entre os divisores de 16, necessariamente.Gato: (3,4,5,6,7,...)Analisando cada uma das alternativas, temos: Resolução Alternativa Aa) Até o quinto segundo, o cão terá percorrido 2+4+6+8+10 = 30 m, Analisando cada alternativa, temos:enquanto o gato terá percorrido 3+4+5+6+7 = 25 m, ou seja, o cão a) Correta: Seja S(x) = x3 − ax2 + bx − c um polinômio que admitepercorre 5 m a mais do que o gato. Como a distância entre cão e gato duas raízes simétricas. A partir das relações de Girard:era, inicialmente, de 35 m, após o quinto segundo essa distância será −ade 30 m. Assim, a alternativa A está correta. r1 + r2 + r3 = − =ab) Ao final dos três primeiros segundos, o cão terá percorrido 12 m, 1enquanto o gato também terá percorrido a mesma distância. Logo, a Como a soma de duas raízes simétricas é zero, a terceira raiz é o próprio a. Assim: 2
  3. 3. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2007 –MATEMÁTICA S(a) = a3 − aa2 + ba − c = 0 ⇒ c = ab Uma pessoa fará uma viagem e em cada uma de suas malas colocou um cadeado contendo um segredo formado por cinco dígitos. CadaAplicando logaritmo em ambos os lados: dígito é escolhido dentre os algarismos: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9. Na c = ab ⇒ log c = log a + logb ⇒ log a − log c = − logb primeira mala, o segredo do cadeado começa e termina com dígito par 1 e os demais são dígitos consecutivos em ordem crescente. Na ⇒ log a + log = co logb segunda mala, o segredo do cadeado termina em dígito ímpar e c apenas o 1º e 2º dígitos são iguais entre si.b) Incorreta: Seja R(x) o resto da divisão de P(x) por x2 + 2x − 3 = Dessa maneira, se ela esquecer:(x – 1)(x + 3). Assim, existe um polinômio Q(x) tal que a) o segredo do cadeado da primeira mala, deverá fazer no máximoP(x) = Q(x)(x − 1)(x + 3) + R(x) . (52 x 83 ) tentativas para abri-lo.Como o grau do polinômio divisor é 2, podemos escrever R(x) = Ax + b) o segredo do cadeado da segunda mala, o número máximo deB. Pelo teorema do resto, temos: tentativas para abri-lo será de 1890. P(1) = R(1) = 6 ⇒ A + B = 6 c) apenas os três dígitos consecutivos em ordem crescente do P(−3) = R(−3) = −2 ⇒ −3A + B = −2 cadeado da primeira mala, ela conseguirá abri-lo com, no máximo, 8Resolvendo o sistema, encontramos R(x) = 2x + 4. tentativas.Assim, R(0) = 4, enquanto 2.P(-3) = -4. d) apenas os dois primeiros dígitos do cadeado da segunda mala,c) Incorreta: Seja A(x) um polinômio com coeficientes reais. Pelo deverá tentar no máximo 10 vezes para abri-lo.teorema das raízes complexas, se os números 2i e i – 5 são raízes de Resolução Alternativa CA(x) então os números conjugados -2i e – i – 5 também são raízes. Pelo enunciado, temos:Como 2π é raiz e o termo independente sempre é nulo, temos que 0 1) Primeira mala: primeiro e último algarismos são pares, os outrostambém é raiz, e o grau de A(x) é, no mínimo, 6. Entretanto, não são dígitos consecutivos em ordem crescentes.podemos afirmar nada com relação às multiplicidades de cada raiz, Nesse caso, note que temos 5 possibilidades para o primeiromuito menos que as únicas raízes são essas; logo, não podemos algarismo, 5 possibilidades para o último, 8 possibilidades para ogarantir que o grau sempre será par. segundo (uma vez que o segundo número nunca pode ser 8 ou 9) ed) Incorreta: Observe que uma condição fundamental para que o apenas 1 possibilidade para o terceiro e quarto números, uma vez queteorema das raízes racionais funcione é que TODOS os coeficientes eles devem estar em ordem crescente. Assim, o total de possibilidadesdo polinômio sejam inteiros. Como sabemos que os coeficientes a, b e é dado por 52.8 = 200.c são reais (não necessariamente inteiros), não podemos afirmar que Assim, a alternativa (a) está incorreta, uma vez que 200 < 52.83. Alémas possíveis raízes racionais de B(x)=x4+ax3+bx2+cx+16 estão entre disso, note que existem apenas 8 seqüências de três númerosos divisores de 16. consecutivos montada a partir dos números 0,1,2,3,4,5,6,7,8 e 9, de modo que se ela se esquecer dos três dígitos consecutivos então ela QUESTÃO 37 precisará apenas de 8 tentativas para abrir a mala. 2) Segunda mala: último algarismo ímpar, com apenas o primeiro e 20 ⎛1 3⎞ segundo algarismos iguais entre si.Sabendo-se que x0 = −i , x1 = 3 e x2 = ⎜ + i ⎟ são raízes de ⎜2 2 ⎟ Nesse caso, existem 5 possibilidades para o último número, 9 ⎝ ⎠ possibilidades para o primeiro (que não pode ser igual ao último, umaP ( x ) = x 6 − 3 x 5 + x 4 − 4 x 3 + 3 x 2 − ax + 3 , onde i é a unidade imaginária vez que apenas o primeiro e o segundo são iguais), 1 possibilidadee a é número real, marque a alternativa FALSA. para o segundo (ele deve ser igual ao primeiro), 8 possibilidades paraa) O número a também é raiz de P ( x ) . o terceiro, que não pode ser igual ao último nem ao primeiro/segundo; e 7 possibilidades para o quarto, que não pode ser igual a nenhum dosb) A soma das raízes reais de P ( x ) é um número par. anteriores. Assim, o total de possibilidades é dado por 5.9.1.8.7 =c) O produto das raízes imaginárias de P ( x ) é diferente de a 2520.d) P ( x ) é divisível por x 2 + x + 1 . Assim, a alternativa (b) está incorreta, pois 2520 > 1890. Além disso, note que, caso ela esqueça apenas os dois primeiros dígitos do Resolução Alternativa C cadeado da segunda mala, então ela não precisará fazer 10 tentativasSeja P(x) = x6 − 3x5 + x 4 − 4x3 + 3x2 − ax + 3 um polinômio tal para abrir a mala, uma vez que os outros algarismos devem ser diferentes dos dois primeiros. Assim, na pior das hipóteses, ela deveráque x0 = -i é raiz. Como a é real, então todos os coeficientes de P(x) fazer 7 tentativas, o que torna a alternativa (d) incorreta.são reais, daí segue que i também é raiz de P.P(i) = i6 − 3i5 + i4 − 4i3 + 3i2 − ai + 3 = −1 − 3i + 1 + 4i − 3 − ai + 3 = 0 QUESTÃO 39 ⇒ i − ai = 0 ⇒ a = 1 Uma pessoa deve escolher (não importando a ordem) sete, dentre dezAlternativa A (correta): cartões numerados de 1 a 10, cada um deles contendo uma perguntaCalculando P(1), temos: P(1) = 1 − 3 + 1 − 4 + 3 − 1 + 3 = 0 diferente. Se nessa escolha houver, pelo menos três, dos cincoAssim, a = 1 é raiz real de P(x). primeiros cartões, ela terá n formas de escolha.Alternativa B (correta): Sendo assim, pode-se afirmar que n é um númeroAs raízes reais de P(x) são 1 e 3, uma vez que temos 6 raízes, sendo a) quadrado perfeito. b) múltiplo de 11. c) ímpar. d) primo.4 delas complexas ( x0 , x0 , x2 , x2 ), logo a soma das raízes reais de P éum número par. Resolução Alternativa BAlternativa C (FALSA): De acordo com o enunciado, a pessoa deve escolher 3,4 ou 5 cartôes 20 dos 5 primeiros (pelo menos três) e o que falta para completar os 7 ⎛1 3⎞ ⎛ 20π ⎞ ⎛ 2π ⎞ 1 3 cartões dos 5 restantes. Como a ordem não importa, temos:Seja x2 = ⎜ + i ⎟ = cis ⎜ = cis ⎜ =− + i. ⎜2 ⎝ 2 ⎟ ⎠ ⎝ 3 ⎟⎠ ⎝ 3 ⎟⎠ 2 2 ⎛ 5 ⎞⎛ 5 ⎞ ⎛ 5 ⎞⎛ 5 ⎞ ⎛ 5 ⎞⎛ 5 ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ + ⎜ ⎟⎜ ⎟ + ⎜ ⎟⎜ ⎟ = 110 , possibilidades para escolher os ⎝ 3 ⎠⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠⎝ 3 ⎠ ⎝ 5 ⎠⎝ 2 ⎠ 1 3Logo, o número x2 = − − i também é raiz de P(x). cartões (que é um múltiplo de 11). 2 2 ⎛1 3⎞ QUESTÃO 40 2 2Assim, x0 ⋅ x0 ⋅ x2 ⋅ x2 = x0 ⋅ x2 = 1⋅ ⎜ + ⎟ = 1 = a ⎝4 4⎠ Analise as proposições seguintes.Alternativa D (correta): (02) Se 1(1!) + 2(2!) + 3(3!) + … + n(n !) = (n + 1)!− 1 , comObservando que as raízes de x2 + x + 1 são dadas por x2 e x2 , temos n ∈ {1,2,3,4,…} , então, o valor deque P(x) é divisível por x2 + x + 1. 1(1!) + 2(2!) + + 10(10!) + 1 é igual a 18. 8!(1 + 2 + 3 + 4 + + 10) QUESTÃO 38 3
  4. 4. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2007 –MATEMÁTICA p ⎛ m ⎞ n 4 (04) O valor de ∑ ⎜ m − 1⎟ é p2 . ∑a 2j b j 1 = ∑ a2 j ⋅ b j 1 ⇔ n = 4 e portanto não podemos afirmar que c21 m =1 ⎝ ⎠ j =1 j =1 4 (08) Uma caixa (I) contém 6 garrafas com rótulo e duas garrafas sem rótulo; outra caixa (II) contém 4 garrafas = ∑a j =1 2j ⋅ bj1 com rótulo e uma sem rótulo. Uma caixa é selecionada Obs: O produto escalar entre duas n-uplas é definido por: aleatoriamente e dela uma garrafa é retirada. A u=(x1,x2,...,xn) e v=(y1,y2,...,yn), probabilidade dessa garrafa retirada ser sem rótulo é de 22,5%. u,v = ( x1, x2 ,..., xn ),( y1, y 2 ,..., y n ) = x1y1+x2y2+...+xnyn. (16) Dois dígitos distintos são selecionados aleatoriamente II) A proposição é verdadeira, pois usando o fato de que det(A) = dentre os dígitos de 1 a 9. Se a soma entre eles é par, a det(At), det(AB)=detA.detB e det(kA)=kndetA, onde n é a ordem da 5 matriz, temos: probabilidade de ambos serem ímpares é . AYB=2Bt ⇒ det(AYB)=det(2Bt) ⇔ detA.detY.detB=2ndetB, 8A soma das proposições verdadeiras é igual a: 2n Logo, det Y =a)14 b)24 c) 26 d) 30 det A Resolução Alternativa C Como det A = 1 = 1 = 4 temos:(02) A proposição é verdadeira, pois por hipótese: det A−1 1 4 1(1)!+ 2(2)!+ ... + 10(10)!+ 1 11!− 1 + 1 11! 990 = = = = 18 2n 2n 8!(1+ 2 + ... + 10) 8!(55) 8!.55 55 det Y = = = 2n − 2 det A 4(04) A proposição é falsa, pois a soma pedida é a soma das diagonais III) A proposição é verdadeira:do Triângulo Aritmético de Pascal. Como a soma das diagonais é dada Por indução, temos: p ⎛ m ⎞ ⎛ p + 1⎞por: ∑ ⎜ ⎟=⎜ ⎟ ⎡1 0 ⎤ ⎡1 0 ⎤ ⎡ 1 0 ⎤ m =1 ⎝ m − 1⎠ ⎝ p − 1⎠ n=2: A2 = ⎢ ⎥.⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎣1 1⎦ ⎣1 1⎦ ⎣ 2 1⎦ ⎛ p + 1⎞ ⎟ = ( p + 1).p ≠ p ; 2Temos portanto que ⎜ ⎡ 1 0⎤ ⎝ p − 1⎠ Assumindo para n=k: Ak = ⎢ ⎥ , temos:(08) A proposição é verdadeira, pois o evento desejado ocorre quando ⎣ k 1⎦escolhendo a caixa (I) retiramos uma garrafa sem rótulo ou ⎡ 1 0 ⎤ ⎡1 0 ⎤ ⎡ 1 0⎤ k +1escolhendo a caixa (II) retiramos uma garrafa sem rótulo. Podemos n=k+1: Ak .A = ⎢ ⎥.⎢ ⎥=⎢ ⎥=A ⎣ k 1⎦ ⎣1 1⎦ ⎣k + 1 1⎦calcular a probabilidade deste evento ocorrer de 1 2 1 1 9 P= . + . = = 22,5% 2 8 2 5 40 QUESTÃO 42(16) A proposição é verdadeira, pois se a soma dos dígitos é par, Um suspeito de assaltar dois caixas de um supermercado foi intimadotemos as seguintes possibilidades: a prestar depoimento e fez a seguinte declaração:Par e Par ou Impar e Impar. “No primeiro caixa foram roubados dois pacotes de notas de 20 reais,De 1 a 9, temos 4 números pares e 5 ímpares. cinco pacotes de notas de 50 reais e um pacote de notas de 100 reais,O número de eventos Par e Par é dado por: 4.3=12 e o número de totalizando 100 mil reais. No segundo caixa, foram roubados umeventos Ímpar e Ímpar é 5.4 = 20. pacote de notas de 20 reais e três pacotes de notas de 100 reais, numAssim, o espaço amostral é 32 e o número de eventos de interesse é total de 50 mil reais. Os pacotes de notas de mesmo valor tinham a20 mesma quantidade de notas. 20 5 Cada pacote de notas de 100 reais tinha igual valor de cada pacote deLogo a probabilidade é = . notas de 50 reais.” 32 8 Diante do depoimento do suspeito, pode-se concluir que:Assim, a soma pedida é 26. a) ele pode ter falado a verdade. b) ele falou, necessariamente a verdade. QUESTÃO 41 c) havia, necessariamente, 940 notas em cada pacote de notas de 20Analise cada proposição classificando-a como VERDADEIRA ou reais.FALSA. d) ele mentiu, necessariamente.I) Sejam as matrizes A = (aij)3xn e B = (bjk)nx4 (n ≥ 1) então a matriz C = Resolução Alternativa AA·B é tal que o elemento c21 = ∑ a2 j ⋅ b j 1 De acordo com o enunciado, podemos formar o seguinte sistema:II) A e B são matrizes inversíveis de ordem n. Se AYB = 2Bt, onde Bt é ⎧2.20 x + 5.50 y + 1.100z = 100 000a transposta de B, o determinante da inversa de A é igual a ¼ e o ⎪ ⎨ 1.20 x + 3.100 z = 50 000 onde x é o número de pacotesdeterminante de B é igual a ½, então o determinante da matriz Y é ⎪igual a 2n-2 ⎩ y = 2z ⎡1 0 ⎤ n ⎡ 1 0⎤ * com notas de 20 reais, y é o número de pacotes com notas de 50 reaisIII) Seja a matriz A = ⎢ ⎥ então A = ⎢ n 1⎥ , n ∈ N e z é o número de pacotes com notas de 100 reais. ⎣1 1⎦ ⎣ ⎦ Substituindo a terceira equação na primeira, temos:É correto afirmar que são verdadeirasa) todas as proposições b) apenas II e III. ⎧40 x + 600z = 100 000 ⎨c) apenas I e II. d) apenas I e III. ⎩20 x + 300z = 50 000 Resolução Alternativa B Logo, como o sistema é possível (embora indeterminado), o assaltanteI) A proposição é falsa, pois para obter um elemento cij do produto de pode ter falado a verdade.duas matrizes usamos o produto escalar entre os elementos da linha ida primeira matriz e os elementos da coluna j da segunda matriz, já QUESTÃO 43que cada fila forma uma n-upla ordenada com os seus elementos. A circunferência (λ ) x2 + y2 – 2x – 2y + k = 0 passa pelo ponto A(0,1).Assim, usando as hipóteses da proposição: Sabendo-se que o ponto P de (λ ) mais próximo da origem coincideC = (AB)3x4 tem como elemento 21: n com o baricentro do triângulo MNQ, onde M(0,k), N(2k,0) e Q(xQ,yQ) éc21= a21b11+a22b21+a23b31+a24b41+...+ a2nbn1= ∑ a2 j b j 1 . correto afirmar que a área do triângulo MNQ é um número do intervalo j =1 ⎡ 3⎡ ⎡3 ⎡ ⎡ 5⎡ ⎡5 ⎡ a) ⎢1, ⎢ b) ⎢ ,2⎢ c) ⎢2, ⎢ d) ⎢ ,3⎢ ⎣ 2⎣ ⎣ 2 ⎣ ⎣ 2⎣ ⎣2 ⎣ 4
  5. 5. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2007 –MATEMÁTICA Resolução Alternativa B Resolução Alternativa AConsiderando que o ponto (0,1) está na circunferência, temos 02 + 12 (I) Verdadeira. Se P pertence simultaneamente à bissetriz dos– 2.0 – 2.1 + k = 0, logo k = 1. quadrantes ímpares (reta y = x) e à bissetriz dos quadrantes paresAssim, a circunferência em questão é descrita pela equação: (x – 1)2 + ⎧y = x(y – 1)2 = 1. (reta y = –x), então ele satisfaz o sistema ⎨ . Logo, P = (0,0).O ponto P da circunferência mais próximo da origem pode ser obtido ⎩y = − xgeometricamente ao construirmos a reta que passa pela origem (0,0) e Assim, temos o gráfico a seguir: a reta y = k é paralela ao eixo x,pelo centro (1,1) da circunferência. passando pelo ponto (0,k). Assim, o ponto S, simétrico do ponto P em y relação a esta reta, é o ponto S = (0,2k), cuja soma das coordenadas é igual a 2k. y S(0,2k) M y=k P N k xA partir do gráfico, temos que a distância da origem ao ponto P é dada P(0,0) xpor 2 − 1 . Como este ponto está na reta x = y, temos que estadistância é a diagonal de um quadrado. Assim: (II) Falsa. Se y 2 − 3 y ≤ x < 0 ⇒ y 2 − 3 y < 0 . 2− 2 Graficamente, a solução desta inequação em y é: 2 −1= x 2 ⇒ x = 2 ⎛2− 2 2− 2⎞Portanto, o ponto P ⎜ ⎜ 2 , ⎟ é o baricentro do triângulo MNQ. + + ⎝ 2 ⎟⎠Podemos obter as coordenadas do ponto Q, a partir das coordenadasdo baricentro: 0 – 3 2 − 2 2 + xQ 2 − 2 1 + yQ 0<y <3 = e = 2 3 2 3 Como y é um número inteiro, os únicos valores possíveis nesse ⎛2−3 2 4−3 2⎞ intervalo são y = 1 ou y = 2.Assim Q = ⎜ , ⎟. ⎧ ⎪ y = 1 ⇒ y − 3 y = 1 − 3 ⋅ 1 = −2 2 2 ⎜ 2 2 ⎟ Se ⎨ . ⎝ ⎠ ⎪ y = 2 ⇒ y − 3y = 2 − 3 ⋅ 2 = −2 2 2 ⎩O triângulo MNQ tem como vértices os pontos M(0,1), N(2,0) e Nesse caso, y 2 − 3 y ≤ x < 0 ⇒ −2 ≤ x < 0 ⇒ x=–2 ou x=–1Q(xQ,yQ), cuja área é dada por: Logo, existem quatro pontos P(x,y) que atendem às condições: (–1,1), 0 1 1 (–1,2), (–2,1) e (–2,2). 1 1 (III) Verdadeira. A distância de um ponto P(x,y) até o eixo dasAMNQ = 2 0 1 = xQ + 2y Q − 2 . 2 2 abscissas é |y|, enquanto a distância desse mesmo ponto até o ponto xQ yQ 1 Q(0,6) é dada por ( x − 0)2 + ( y − 6)2 . Assim, o lugar geométrico emSubstituindo as coordenadas de Q temos: questão é: 1 2 x 2 + y 2 − 12y + 36 1 2−3 2 1 9 2 | y |= x + ( y − 6)2 ⇒ y 2 = ⇒AMNQ == +4−3 2 −2 = 3− 2 4 2 2 2 2 x2Aproximando 2 = 1, 4 , temos: 3 y 2 + 12y − 36 − x 2 = 0 ⇒ y 2 + 4 y − = 12 3 1 Completando quadrados nessa equação, temos:AMNQ= 3 − 6,3 = 1,65 , que está entre 1,5 e 2. 2 x2 ( y + 2)2 x 2 y 2 + 2 ⋅ y ⋅ +22 − = 12 + 22 ⇒ − =1 3 16 48 QUESTÃO 44 Esta é a equação de uma hipérbole centrada no ponto (0,–2), com asClassifique em (V) verdadeira ou (F) falsa cada afirmativa abaixo medidas a 2 = 16 e b2 = 48 .sobre o ponto P(x,y) no plano cartesiano. Logo, c 2 = a 2 + b 2 = 16 + 48 = 64 ⇒ c = 8 .( ) Se o ponto P pertence simultaneamente às bissetrizes dos c 8quadrantes ímpares e dos quadrantes pares, então o ponto simétrico A excentricidade da elipse é então dada por: e = = =2de P em relação à reta y = k (k ∈ *) tem a soma das coordenadas a 4igual a 2k.( ) Sendo {x,y} ⊂ , então existem apenas dois pontos P(x,y) que QUESTÃO 45 Considere as curvas, dadas pelas equações ⎧x < 0 ⎪ (I) 16x2 + 4y2 + 128x – 24y + 228 = 0atendem às condições ⎨ 2 ⎪y − 3y ≤ x ⎩ (II) y = 7 - |x| (III) y2 – 6y – x + 5 = 0( ) Os pontos P(x,y) tais que a sua distância ao eixo das abscissas é Analise cada afirmação a seguir, classificando-a em VERDADEIRA ouigual à metade da distância de P ao ponto Q(0,6) formam uma FALSAhipérbole de excentricidade igual a 2.Sobre as afirmativas tem-se (01) O gráfico de (I) é representado por uma elipse, de (II) por duasa) apenas uma falsa. retas e de (III) por uma parábola.b) apenas duas falsas. (02) O centro de (I) é um ponto de (II) e coincide com o vértice de (III).c) todas falsas. (04) A soma das coordenadas do foco de (III) é um número menor qued) todas verdadeiras. -1 5
  6. 6. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2007 –MATEMÁTICA π ⎛ 3⎞ 3(08) A excentricidade de (I) é igual a cos b) Se a função s: D é tal que s( x ) = f ⎜ x + ⎟ , então s(0) = − 6 ⎝ 2⎠ 2A soma dos itens verdadeiros é um número do intervalo c) O domínio da função r: E tal que r(x)= f(x)-3 é o intervalo real [-6a)[1,3] b)[4,7] c) [8,11] d) [12,15] , 6] Resolução Alternativa C d) A função r: E tal que r(x)= f(x) - 3 NÃO possui raízes em(01) Falso ( x + 4)2 ( y − 3)2 Resolução Alternativa D(I) A equação pode ser reescrita como + = 1 , que Analisando cada item: 4 16 a) Correta: O gráfico da função h é o mesmo da função f deslocadorepresenta uma elipse com eixo maior vertical e centro no ponto C = (- 3/2 no eixo y.4,3) Analisando os pontos de máximos e mínimos de f, podemos observar(II) Da definição de módulo, temos: que no intervalo [-3,3/2] a função é descrita por f(x) = - x, o que implica ⎧ y = 7 − x, se x ≥ 0 que seus pontos de máximo e mínimo são respectivamente 3 e -3/2. ⎨ , ou seja, tal equação representa duas semi- Assim, o ponto de máximo da função h é 3 + 3/2 = 9/2 e o ponto de ⎩ y = 7 + x, se x < 0retas no plano cartesiano e não duas retas. ⎡ 9⎤ mínimo é -3/2 + 3/2 = 0 e portanto a imagem de h é dada por ⎢0, ⎥ .(III) Essa última equação pode ser reescrita como ⎣ 2⎦(y-3)2 = x + 4, que é uma parábola com eixo de simetria horizontal e ⎛ 3⎞ ⎛3⎞ 3vértice no ponto V = (-4,3) b) Correta: s(0) = f ⎜ 0 + ⎟ = f ⎜ ⎟ = − ⎝ 2⎠ ⎝2⎠ 2(02) VerdadeiroDo item anterior, vemos que P=(-4,3) é o centro da elipse e o vértice c) O domínio de r é o mesmo domínio de f. Determinando os valoresda parábola. Além disso, P pertence ao gráfico de (II) pois x = -4 ⇒ y de a:= 7-|-4| = 3 Temos que o coeficiente angular no intervalo [-a,-3] é dado por(04) Falso ⎛ 3⎞ 0 − ⎜− ⎟ 1 3−0 ⎝ 2⎠ ⇒ a −5 = 3 ⋅ 2 ⇒ a = 6 .(y – 3)2 = x + 4 ⇒ p = , onde p é o parâmetro da parábola (distância = 2 ( −3 ) − ( −5 ) ( −5 ) − ( −a ) 2 3do foco a reta diretriz). Portanto, o domínio de f e de r é dado pelo intervalo real:Sendo o vértice da parábola o ponto V = (-4,3) e dado que seu eixo de [-a , a] = [-6 , 6]simetria é horizontal obtemos o foco F por: d) Incorreta: a função r: E tal que r(x)= f(x) - 3 apresentará raiz real p 7 para x=-3. F = (−4 + ,3) = (− ,3) 2 2 Do enunciado f(-3)=3 ⇒ r(-3) = f(-3)-3= 3-3=0 1 Logo -3 é raiz da função r.Logo xf + yf = - 2(08) Verdadeiro ( x + 4)2 ( y − 3)2Na equação da elipse + = 1 , o primeiro denominado 4 16representa o valor de a2 (onde a é o semi-eixo maior da elipse) e osegundo denominador representa o valor de b2 (onde b é o semi-eixomenor da elipse). Assim: a = 4 e b = 2Da relação fundamental da elipse a 2 = b 2 + c 2 (onde c é a metade dadistância focal), temos:c= 2 3 cLogo a excentricidade, definida como e = vale a 3 π = cos 2 6Portanto, soma 02+08=10. QUESTÃO 47 QUESTÃO 46 Considere todo x ∈ que torne possível e verdadeira a igualdadeNa figura abaixo, está representado o gráfico da função real f:[- log[f ( x − 1)] = log x − 2 x 2 + 1 , onde f é uma função real de A em B 2 4a,a] , onde f(0)=0. e marque a alternativa correta. a) O conjunto imagem de f é Im = + − {1} b) f é uma função injetora. c) Se B = + − {1} , então existe a inversa de f . d) f tem domínio A = { x ∈ / | x |> 1} Resolução Alternativa A Observe que x 4 − 2 x 2 + 1 = ( x 2 − 1)2 =| x 2 − 1| , e portanto, log x 4 − 2 x 2 + 1 = log | x 2 − 1| Pelas condições de existência do logaritmo, o logaritmando deve ser positivo, portanto devemos terAnalise as alternativas abaixo e marque a INCORRETA. i) | x 2 − 1|> 0 (o que acontece se e somente se x ≠ ±1 ) 3 ii) f ( x 2 − 1) > 0 .a) O conjunto imagem da função h: A B, definida por h ( x ) = f ( x ) + 2 Nos pontos onde isso acontece, vale: ⎡ 9⎤ log[f ( x 2 − 1)] = log | x 2 − 1|⇒ f ( x 2 − 1) =| x 2 − 1| .é Im = ⎢0, ⎥ ⎣ 2⎦ Assim, temos que f (w ) =| w | 6
  7. 7. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2007 –MATEMÁTICAVerificando a segunda condição de existência citada, note que, (gogof-1) (5/2) = g(g(f–1(5/2)))=g(g(1))=g(0)=4>0.f (w ) =| w | , que é sempre não negativa. c) Incorreta:Esta função se anula somente quando w = 0 ou seja Estudando os sinais da expressão [f ( x )]2 temos: f ( x 2 − 1) = 0 ⇔ x 2 − 1 = 0 ⇔ x = ±1 g( x )Logo o domínio da função f é − {1, −1} ⎧ 2 ⎪[f ( x )] > 0 ⇔ x ≠ − 3 ⎧g ( x ) > 0 ⇔ 1 < x < 4 2Assim, o gráfico da função f deve ser: ⎪ ⎪ ⎨ e ⎨g ( x ) = 0 ⇔ x = 1 ou x = 4 y ⎪[f ( x )]2 = 0 ⇔ x = − 2 ⎪g ( x ) < 0 ⇔ x < 1 ou x > 4 ⎪ ⎩ 3 ⎩ A expressão não é definida para x=1 ou x=4. Assim: ⎧ [f ( x )]2 2 ⎪ =0⇔ x=− ⎪ g( x ) 3 ⎨ ⎪ [f ( x )] 2 1 2 > 0 ⇔ x < 1 e x ≠ − ou x > 4 ⎪ ⎩ g( x ) 3 13 1 –1 1 x d) Incorreta: f(x) – g(x) = − x 2 + x − 3 , cujas raízes são e6eé 2 2 1 não positiva para x ≤ ou x ≥ 6 .a) Verdadeira: conforme o gráfico, todos os pontos não-negativos do 2eixo y, exceto o 1, foram atingidos, e portanto Im(f ) = + − {1} .b) Falsa: por exemplo, temos f ( −2) = f (2) = 2 . QUESTÃO 49c) Falsa: se fixarmos o contradomínio da função f como sendo Considere as funções reaisB = + − {1} , apenas a tornaremos uma função sobrejetora, mas ela f : R+ * → R tal que f ( x ) = x − 2 xcontinuará sendo não injetora. Se não é uma função injetora, com ⎛ 1⎞mais razão não é bijetora e, portanto, não admite inversa. g : R → R+ * tal que g ( x ) = ⎜ ⎟ ⎝2⎠d) Falsa: conforme demonstrado no início, o domínio da função é − {1, −1} . h : R+ * → R tal que h( x ) = − log2 x e marque a alternativa correta. QUESTÃO 48 g( x )As funções f: do 1º grau e g: [b, +∞[ do 2º grau estão a) O domínio da função k definida por k ( x ) = é o conjunto dos h( x )representadas no gráfico abaixo. números reais positivos. f ( x ) ⋅ h −1( x ) b) A função j definida por j ( x ) = se anula em dois pontos (g f )( x ) distintos. c) A função m definida por m( x ) = −1 + (g f )( x ) não possui raiz. d) Se g(h(a)) = 8 e h(g (2b )) = log3 9 , então (a − b ) é um número primo. Resolução Alternativa D a) Falsa, pois para x = 1 , temos h(1) = 0 , e portanto a função g( x ) k( x ) = não está definida para x = 1. O domínio da função k seria h( x ) R+ * − {1}Com base nas informações acima é correto afirmar que:a) o menor valor de b que torna a função g sobrejetora é um número b) Falsa.inteiro. Temos h(w ) = − log2 w e chamando h(w ) = x , temos:b) (gogof-1) (5/2) > 0 h −1( x ) = w . Assim, x = − log2 w = − log2 h −1( x ) ⇒ [f ( x )] 2c) > 0 ⇔ {x ∈ | x < 1 ou x > 4} ⎛ 1⎞ x g( x ) log2 h −1( x ) = − x ⇒ h −1( x ) = 2− x = ⎜ ⎟ = g ( x ) . ⎝2⎠d) f(x)-g(x)≤0 ⇔ { x ∈ | x ≤ 0 ou x ≥ 6} f (x) x −2 ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ Resolução Alternativa B Por outro lado, (g f )( x ) = g (f ( x )) = ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ .Da observação do gráfico, é possível descobrir que: ⎝2⎠ ⎝2⎠ x 3 ⎛ 1⎞ f (x) = x +1 ( x − 2) ⋅ ⎜ ⎟ 2 f ( x ) ⋅ h −1( x ) ⎝ 2 ⎠ = ( x − 2) , de modo que a Logo, j ( x ) = = x −2Assim, x= -2/3 será raiz desta função. (g f )( x ) ⎛ 1⎞ 4 ⎜ ⎟g( x ) = x 2 − 5 x + 4 ⎝2⎠Assim, x=1 e x=4 serão raízes da função g, e seu ponto de mínimo função j se anula apenas num ponto, quando x=2 Δ 9 ⎛ 1⎞ x −2será y v = − =− . c) Falsa. Pelo item anterior, (g f )( x ) = ⎜ ⎟ , e assim, temos 4a 4 ⎝2⎠ ⎧ 9⎫ x −2a) Incorreta, pois a imagem de g(x)= ⎨ y ∈ R | y ≥ − ⎬ . Logo, para que ⎛ 1⎞ ⎩ 4⎭ m( x ) = −1 + (g f )( x ) = ⎜ ⎟ − 1 . ⎝2⎠g(x) seja sobrejetora, o valor mínimo de b é – 9/4, que é racional.b) Correta, pois observando o gráfico, temos que, da função inversa, Resolvendo a equação m( x ) = 0 , temosf(1)=5/2 ⇔ f–1(5/2) =1. Ainda observando o gráfico, temos: 7
  8. 8. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2007 –MATEMÁTICA ⎛ 1⎞ x −2 ⎛ 1⎞ x −2 educação, R$5.000,00 com o total pago à Previdência, e R$1.500,00 ⎜ 2 ⎟ − 1 = 0 ⇒ ⎜ 2 ⎟ = 1⇒ x = 2 por dependente. ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Nessas condições, sabendo-se que o valor do imposto pago por esteAssim, a função m possui uma raiz. trabalhador, no ano de 2007, foi de R$3.515,00, o número ded) Verdadeira. Observe que g h( x ) = x para todo x ∈ R+ * e dependentes considerado foi: a) 2 b) 3 c) 4 d) 6 h g(w ) = w para todo w ∈ R , já que as funções g e h são funçõesinversas uma da outra. Logo: Resolução Alternativa C Seja x o total de dependentes. As deduções do imposto de renda ⎧8 = g (h(a )) = a ⇒ a = 8 ⎨ desse trabalhador somam um total de: ⎩2 = log3 9 = h( g (2b )) = 2b ⇒ b = 1 R$9400,00 + x.R$1500,00Portanto: a − b = 8 − 1 = 7 , que é um número primo. O valor limite máximo (não incluído) de alguém que paga imposto com uma alíquota de 15% é calculado por: 15%. ( 30000 ) − 2250 = 2250 QUESTÃO 50"A Arrecadação da CPMF, devido à ampliação de sua abrangência, e Assim, analisemos o imposto pago, utilizando a alíquota de 27,5%:ao aumento da alíquota, cresceu mais de 140% nos últimos anos (em I=27,5%. ⎡50000-(9400+1500x)⎤ -6000=3515 ⎣ ⎦bilhões de reais por ano)". 9515 Revista Veja - 14/03/2007 40600 − 1500x = = 34600 ⇒ 1500x = 6000 0,275 6000 ⇒x= =4 1500 Logo, o total de dependentes é 4. QUESTÃO 52 Sabendo-se que b é um número real tal que b > 1 e que a função real −x f: B é tal que f(x) = 2 − b , analise as alternativas abaixo e marque a FALSA. a) A função f admite valor mínimo. 1 b) x ≤ - 1 ⇔ 2 - ≤ f(x) < 2 b c) A função f é par. d) Se B = [0, 2[ então f é sobrejetora. Resolução Alternativa D Seja f(x) = 2 − b−|x| . Assim, f(−x) = 2 − b|− x| = 2 − b|x| = f(x) , e a função f é par. Logo, a alternativa (c) está correta.Supondo que o crescimento da arrecadação representado no gráfico Como b > 1, podemos reescrever a função comoacima é linear do ano 2005 ao ano de 2007 e que y% representa o 1 1aumento da arrecadação do ano de 2005 ao ano de 2006, é correto f(x) = 2 − b−|x| = 2 − , onde 0 < |x| ≤ 1 . b|x| bafirmar que y é um número do intervalo:a) [8, 9[ b) [9, 10[ c) [10, 11[ d) [11, 12[ Daqui, segue que 1 ≤ f(x) ≤ 2 , de modo que f(x) admite um mínimo e um máximo. Além disso, fica evidente que o conjunto-imagem de f é Resolução Alternativa B o intervalo [1;2], de modo que a alternativa (a) está correta, enquantoDe acordo com o gráfico, de 2005 a 2007, a arrecadação da CPMF a alternativa (d) está incorreta.salta de R$29,2 bilhões de reais para um valor estimado de R$34,8 Para verificar a validade da alternativa (b), note que sebilhões. 1 1 1 1 1Supondo linear o gráfico entre os anos citados, temos que a x ≤ −1 ⇒ |x| ≤ ⇒ − |x| ≥ − ⇒ f(x) ≥ 2 − 29,2 + 34,8 b b b b barrecadação em 2006 é dada por =32 bilhões. 1 2 Temos também que lim = 2 e portanto 2 − ≤ f(x) ≤ 2O aumento de arrecadação, tomando com base o ano de 2005, x →−∞ b R $32bicorresponde a: ≈ 1,09 . Desta forma a arrecadação R $29,2bi QUESTÃO 53aumentou cerca de 9% de 2005 para 2006. Sabendo-se que a função real f: D → B definida porPortanto y pertence ao intervalo [9, 10[ x f(x) = é inversível e que D e B são conjuntos os mais amplos 1− x QUESTÃO 51 possíveis, é FALSO afirmar queConsidere a tabela para cálculo do imposto de renda a ser pago à a) f é crescente para todo x tal que x < 1 ou x > 1.Receita federal no ano de 2007 – ano base 2006 (valores b) a equação da assíntota horizontal de f é y = -1.arredondados para facilitar os cálculos). c) se g é tal que g(x) = |f-1(x)|, então não existe x real tal que g(x) = 1 Rendimento para base Alíquota Parcela a deduzir d) f-1(0) + f-1(-½) < 0 de cálculo (R$) (%) (R$) até 14.999,99 Isento - Resolução Alternativa C a) Correta. De 15.000,00 a 30.000,00 15 2.250,00 Tome x,y ≠ 1, e suponha que f(x) > f(y): acima de 30.000,00 27,5 6.000,00 x y x y x(1 − y) − y(1 − x)Para se conhecer o rendimento para base de cálculo, deve-se subtrair > ⇒ − >0⇒ >0do rendimento bruto todas as deduções a que se tem direito. Esse 1−x 1−y 1−x 1− y (1 − x)(1 − y)rendimento para base de cálculo é multiplicado pela alíquota x−ycorrespondente. Em seguida, subtrai-se a parcela a deduzir ⇒ >0 (1 − x)(1 − y)correspondente, de acordo com a tabela acima, obtendo-se assim ovalor do imposto de renda a ser pago. Se x,y < 1, temos que (1-x)(1-y) > 0. Da mesma forma, se x,y > 1,Um trabalhador, cujo rendimento bruto foi de R$50.000,00 teve direito também encontramos (1-x)(1-y) > 0. Em ambos os casos temos x – yàs seguintes deduções: R$4.400,00 com o total de gastos em > 0 e, conseqüentemente, x > y. Assim, pela hipótese de que f(x) > f(y), f é crescente para todo x 8
  9. 9. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2007 –MATEMÁTICA> 1 ou x < 1. Observe que esse resultado só é válido nesse caso, a 6quando olhamos o domínio de maneira separada. Caso contrário, f Por Pitágoras EP = .não seria crescente. Assim, a alternativa (a) está correta. 2b) Correta. 3 6 x x −1 1 1 Assim cos θ = ; senθ = e tgθ = 2 .Reescrevendo f(x) = = + = −1, 3 3 1−x 1− x 1−x 1− xpercebemos que o gráfico de nossa função corresponde à uma Observando tg θ, como 1 < 2 < 3 , temos 45° < θ < 60° ;hipérbole de assíntota vertical x = 1. Fazendo x → ±∞ , notamos que 1 (01) VERDADEIRA: se 45° < θ < 60° ⇒ 90o < θ < 120o; − 1 → −1 , de modo que y = -1 é a assíntota horizontal de1−x (02) VERDADEIRA: tgθ = 2 , e como 1 < 2 < 3 , entãonossa função, o que torna a alternativa (b) correta. 45° < θ < 60° ;c) Incorreta. 2.tgθ 2 2Note que se g(x) =| f −1(x) | , existe algum ponto x tal que (04) VERDADEIRA: tg (2θ ) = = = −2 2 = −2tgθ ; 1 − tg 2θ 1 − 2f −1(x) = −1 , uma vez que −1 ∈ D . Assim, existe x tal que 6 3 2 2 tg 2θ 2 2 −1 (08) FALSA: sen(2θ ) = 2.senθ .cosθ = 2. . = ≠ =−g(x) =| f (x) |=| −1 |= 1 , e a alternativa (c) está incorreta. 3 3 3 3 3d) Correta. (16) FALSA:Seja a função inversa de f dada por −1 f (x) = y , assim, ⎛ 3π ⎞ 1 1 1 cossec ⎜ −θ ⎟ = = = = − 3 ≠ tg 60° y x ⎝ 2 ⎠ sen ⎛ 3π ⎞ −senθ 3x= ⇒ y = x(1 − y) = x − xy ⇒ y = f −1(x) = . Desse ⎜ −θ ⎟ − 1−y 1+ x ⎝ 2 ⎠ 3 Soma das proposições verdadeiras: 01 + 02 + 04 = 07 −1 ⎛ 1⎞ 2 = −1 <0, e amodo, temos que f −1(0) + f −1 ⎜ − ⎟ = 0 + ⎝ 2⎠ 1 2 QUESTÃO 55 Considerando as definições e propriedades das funçõesalternativa (d) está correta. trigonométricas, marque a alternativa correta. a) A função f definida por f ( x ) = sen2 x − cos2 x possui período e QUESTÃO 54No cubo da figura abaixo, considere P o ponto de encontro das imagem, respectivamente, iguais a π e ⎡0, 2 ⎤ . ⎣ ⎦diagonais da face ABCD e Q o ponto de encontro das diagonais daface EFGH e θ é medida do ângulo PÊQ. b) Se f e g são funções tais que f ( x ) = tgx e g ( x ) = x , sabendo-se que existe a função j definida por j ( x ) = (fog )( x ) , então j é periódica. ⎤π π ⎡ c) No intervalo de ⎥ , ⎢ a função h definida por h( x ) = cos 2 x é ⎦4 2⎣ decrescente. 3x − 1 d) O domínio da função g definida por g ( x ) = 3.arcsen é 2 ⎡1 ⎤ D = ⎢ ,1⎥ ⎣3 ⎦ Resolução Alternativa DAnalise as proposições seguintes. a) Incorreta. Vamos transformar a diferença sen2x – cos2x numa(01) 2θ é um ângulo maior que 90º única função trigonométrica:(02) θ é um ângulo do intervalo [45º, 60º] sen 2 x − cos 2 x = 1 ⋅ sen 2 x − 1 ⋅ cos 2 x =(04) tg 2θ = -2tg θ 1 1 1 12 + 12 ( ⋅ sen 2 x − ⋅ cos 2 x) =(08) sen 2θ = tg2θ 2 2 3 1 +1 1 + 12 2 ⎛ 3π ⎞ 2 2 π π(16) cossec ⎜ − θ ⎟ = tg60º 2( sen2 x − cos 2 x) = 2 (cos sen2 x − sen cos 2 x) = ⎝ 2 ⎠ 2 2 4 4O número que representa a soma das proposições verdadeiras é ⎛ π⎞ ⎛ π⎞múltiplo de: 2 ⋅ sen⎜ 2 x − ⎟ . Logo, f ( x) = 2 ⋅ sen⎜ 2 x − ⎟ ⎝ 4⎠ ⎝ 4⎠a) 2 b) 3 c) 5 d) 7 Resolução Alternativa D ⎛ π⎞ ⎛ π⎞ Como − 1 ≤ sen⎜ 2 x − ⎟ ≤ 1 ⇒ 0 ≤ sen⎜ 2 x − ⎟ ≤ 1 ⇒Do enunciado,podemos formar o triângulo PEQ a seguir: ⎝ 4⎠ ⎝ 4⎠ ⎛ π⎞ 0 ≤ 2 sen⎜ 2 x − ⎟ ≤ 2 ⇒ 0 ≤ f ( x) ≤ 2 ⇒ Im( f ) = [0, 2 ] ⎝ 4⎠ O gráfico da função f é: a 2Do triângulo PEQ, temos: EQ = ; PQ = a 2 9

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