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Mat 140 questoes resolvidas vol i

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Mat 140 questoes resolvidas vol i

  1. 1. Professor: Fabrício Maia Matemática 140 questões resolvidas○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ ○ “A força não provém da capacidade física e sim de uma vontade indomável” (Mahatma Gandhi) 01 Os valores de b para os quais a parábola y = x2 + bx tem um único ponto em comum com a reta y = x – 1 são: A) – 1 e 3 D) 0 e – 1 B) – 1 e 2 E) 0 e 2 C) – 3 e – 1 Solução: ⎧ y = x 2 + bx Temos: ⎨ y = x − 1 ⎩ x 2 + bx = x − 1 Comparando: x 2 + (b − 1) x + 1 = 0 Como as equações têm um único ponto comum, então: Δ=0 (b − 1)2 − 4 ⋅ 1⋅ 1 = 0 (b − 1)2 = 4 Daí: b − 1 = 2 → b = 3 ou b − 1 = −2 → b = −1 Resposta: A 02 Se f(x) = 4x + 1 e g(x) = 4x, a solução da inequação f(x) > g (2 – x) é: A) x > 0 D) x > 1,5 B) x > 0,5 E) x > 2 C) x > 1 Solução: Temos: f(x) > g(2 –x) 4x + 1 > 42 – x (base > 1) Daí: x + 1 > 2 –x 1 2x > 1 → x > 2 Resposta: B 03 log 50 + log 40 + log 20 + log 2,5 é igual a: A) 1 D) 10 B) 3 E) 1.000 C) 5 Solução: Lembre: logb + logc = logb⋅c a a a Temos: log 50 + log 40 + log 20 + log 2,5 = log 100000 = log 105 = 5 Soma = 5 Resposta: C 5
  2. 2. Matemática Professor: Fabrício Maia 04 Utilizando a tabela abaixo, conclui-se que 5 371.293 é igual a: A) 11 N log N B) 13 9 0,95 C) 14 11 1,04 D) 15 13 1,11 E) 17 15 1,18 17 1,23 ... ... 371.293 5,55 Solução: Tomando: n = 5 371.293 1 Daí: log n = log 5 371.293 → log n = log (371. 293) 5 1 1 log n = ⋅ log371.293 (veja tabela) → log n = ⋅ 5,55 → log n = 1,11 (veja tabela) 5 5 logo: n = 13 Resposta: B 05 O número de pontos de interseção dos gráficos de y = 3 logx e de y = log 9x, sendo x > 0, é: A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4 Solução: { Sabemos : y = 3 ⋅ logx Temos: y = log 9x f(x) = loga x (x > 0 e 0 < a ≠ 1) Comparando: 3 ⋅ log x = log9x log x 3 = log9x Daí: x 3 = 9x x 3 − 9x = 0 x(x 2 − 9) = 0 x = 0(n.s) ou x 2 − 9 = 0 → x = 3 ou x = −3(n.s) Resposta: B ⎛ k + 1⎞ ⎛ k + 1⎞ ⎜ 2 ⎟+ ⎜ 3 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 06 A equação =1 ⎛k + 2⎞ ⎜ 5 ⎟ ⎝ ⎠ A) não admite soluções. B) admite uma solução entre 1 e 5. C) admite uma solução entre 5 e 12. D) admite uma solução entre 12 e 20. E) admite uma solução maior que 20. Solução: ⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞ ⎛ n + 1⎞ Lembre: ⎜ p ⎟ + ⎜ p + 1⎟ = ⎜ p + 1⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ k + 1⎞ ⎛ k + 1⎞ ⎛ k + 2 ⎞ Daí: ⎜ 2 ⎟ + ⎜ 3 ⎟ = ⎜ 3 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 6
  3. 3. Professor: Fabrício Maia Matemática ⎛ k + 2⎞ Substituindo: ⎜ 3 ⎟ ⎝ ⎠ =1 ⎛ k + 2⎞ ⎜ 5 ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ k + 2⎞ ⎛ k + 2⎞ ⎜ 3 ⎟=⎜ 5 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ logo: 3 + 5 = k + 2 → k = 6 Resposta: C07 A soma dos coeficientes do desenvolvimento de (1 + x2 – x3)9 é: A) – 1 B) 2 C) 1 D) 3 E) 4 Solução: Sabemos: Se p(x) = anxn + an – 1xn – 1 + ... + a1x + a0, com an ≠ 0, a soma dos coeficientes do polinômio é dada por p(1). Assim: A soma dos coeficientes de (1 + x2 – x3)9 é dada por: Scoef. =(1 + 12 – 13)9 = (1 + 1 – 1)9 = 1 Resposta: C08 Encontre o coeficiente de x2 no desenvolvimento de (x2 + 2x + 1)4. Solução: Lembre: ⎛n⎞ Termo geral: Tp +1 = ⎜ ⎟ ⋅ an−p ⋅ bp ⎝p⎠ Temos: (x + 2x + 1)4 = [(x + 1)2]4 = (x +1)8 2 ⎛ 8 ⎞ 8−p p Termo geral: Tp+1 = ⎜ p ⎟ ⋅ x ⋅ 1 ⎝ ⎠ Queremos: 8 – p = 2 → p = 6 ⎛8⎞ 2 6 Daí: T7 = ⎜ 6 ⎟ ⋅ x ⋅ 1 = 28x 2 ⎝ ⎠ Resposta: 28 ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎛n⎞09 Calcule n sabendo que ⎜1 ⎟ + ⎜ 2 ⎟ + ⎜ 3 ⎟ + ... + ⎜ n ⎟ = 8.191 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Solução: ⎛n ⎞ ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎛n⎞ Lembre: ⎜ 0 ⎟ + ⎜1 ⎟ + ⎜ 2 ⎟ + ... + ⎜ n ⎟ = 2 n ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛n⎞ ⎛n ⎞ ⎛n⎞ Daí: ⎜1 ⎟ + ⎜ 2 ⎟ + ... + ⎜ n ⎟ = 8.191 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 144443 44244 ⎛n ⎞ 2n − ⎜ ⎟ ⎝0⎠ Agora: 2n – ⎛ ⎞ = 8 ⋅ 191 n ⎜0⎟ ⎝ ⎠ 2n − 1 = 8.191 2n = 8.192 2n = 213 → n = 13 Resposta: 13 7
  4. 4. Matemática Professor: Fabrício Maia 10 O número total de pares (x, y) que satisfazem a equação (x2 + y2 – 1)2 + (xy)2 = 0 é: A) infinito B) 0 C) 1 D) 2 E) 4 Solução: Se a,b ∈ 1 e n é par, então : an + bn = 0 ⇔ a = b = 0 Temos: (x2 + y2 – 1)2 + (xy)2 = 0 ⎧x2 + y2 − 1 = 0 Daí: ⎨ ⎩ xy = 0 → x = 0 ou y = 0 se x = 0 → y 2 = 1 → y = ±1 se y = 0 → x 2 = 1 → x = ±1 pares : (0,1),(0, −1),(1,0),( −1,0) Resposta: E 11 A parábola de equação y = x2 – 6 tem vértice M e corta o eixo x nos pontos A e B. Qual a área do triângulo ABM? A) 1 B) 6 C) 6 D) 6 6 E) 12 6 Solução: Lembre: f(x) = ax 2 + bx + c, com a ≠ 0 b Coordenadas do vértice: x v = − 2a Δ yv = − ou y v = f(x v ) 4a Temos: – Coordenadas do vértice: y = x2 – 6 −0 xv = → xv = 0 2 ⋅1 y v = 02 − 6 → y v = −6 Então: M(0; –6) – Pontos de interseção com o eixo x: x 2 − 6 =→ x = 6 ou x = − 6 A( − 6; 0) e B( 6, 0) Logo, a área do ΔABM é dada por: 1 Área = | DABM | 2 0 −6 1 | DABM |= 6 0 1 = 12 6 − 6 0 1 1 Área: ⋅ 12 6 = 6 6 u.a 2 Resposta: D 4 12 A distância do vértice da parábola y = (x – 2)(x – 6) à reta y = x +5 é: 3 72 29 43 43 A) B) C) 43 D) E) 25 25 25 5 8
  5. 5. Professor: Fabrício Maia Matemática Solução: I) f(x) = ax 2 + bx + c, com a ≠ 0 Coordenadas do vértice: ⎧ x = x1 + x 2 ⎪ v ⎨ 2 ⎪ y v = f(x v ) ⎩ II) Distância de um ponto a uma reta. ax + by + c = 0 | ax 0 + by 0 + c | dp,r = a2 + b2 r P(xo, y o) Temos: y = (x − 2) ⋅ (x − 6) → parábola raízes : 2 e 6 2+6 xv = =4 2 y v = f(4) = (4 − 2) ⋅ (4 − 6) = 2 ⋅ ( −2) = − 4 Distância do vértice à reta: 4x – 3y + 15 = 0 | 4 ⋅ 4 − 3 ⋅ ( −4) + 15 | d= 42 + ( −3)2 d = ??? 43 d= 5 (4, – 4) Resposta: E13 Resolvendo a inequação log1/2(2x + 1) > log1/2(– 3x + 4), obtemos: 1 4 4 3 1 3 3 4 A) − <x< B) 0 < x < C) x < D) − <x< E) <x< 2 3 3 5 2 5 5 3 Solução: Lembre: loga > loga → x < y x y (0 < base < 1) Temos: log 1 (2x + 1) > log 1 ( −3x + 4) 2 2 ⎧ 3 Então: ⎪2x + 1 < −3x + 4 → 5x < 3 → x < 5 ⎪ ⎪ 1 ⎨2x + 1 > 0(C.E) → x > − ⎪ 2 ⎪ −3x + 4 > 0 (C.E) → x < 4 ⎪ ⎩ 3 9
  6. 6. Matemática Professor: Fabrício Maia Interseção (I) (III) 3 4 5 3 (II) (I) Δ (II) Δ (III) −1 −1 3 2 2 5 Resposta: D 14 Se o número complexo z = 1 – i é uma das raízes da equação x10 – a = 0, o valor de a é: A) 16 B) 32 C) 64 D) – 16i E) – 32i Solução: Temos: x10 = a, se z é raiz, então z10 = a. Daí: a = (1 − i)10 a = [(1 − i)2 ]5 a = ( −2i)5 a = −32i5 → a = −32i Resposta: E 15 A reta y = ax + 1 intercepta a curva x2 + 4y2 = 1 somente num ponto. Calcule 8a2. Solução: ⎧y = ax + 1 Temos: ⎨ 2 ⎩x + 4y = 1 2 Substituindo (I) em (II): x 2 + 4(ax + 1)2 = 1 x 2 + 4a2x 2 + 8ax + 4 − 1 = 0 x 2 (1 + 4a2 ) + 8ax + 3 = 0 (Equação do 2o grau) Condição: Δ = 0 (única solução) Daí: (8a)2 − 4 ⋅ (1 + 4a2 ) ⋅ 3 = 0 64a2 − 12 − 48a2 = 0 16a2 = 12 8a2 = 6 Resposta: 6 16 A condição para que o trinômio mx2 + (m + 1)x + 1 seja sempre positivo, qualquer que seja x, é que: A) m > 0 B) (m + 1)2 + 4m < 0 C) (m − 1)2 ≤ 0 D) m ≠ 1,m > 0 E) não há valores de m tais que o trinômio proposto, qualquer que seja x, se torne sempre positivo. Solução: Devemos ter: + + + + + + { Δ<0 a>0 1ª condição: a > 0 → m > 0 2ª condição: Δ < 0 → (m + 1) − 4 ⋅ m ⋅ 1 < 0 → 2 → m + 2m + 1− 4m < 0 → m2 − 2m + 1 < 0 → 2 → (m − 1)2 < 0(absurdo, pois,(m − 1)2 ≥ 0, ∀m ∈ 1 ) Resposta: E 10
  7. 7. Professor: Fabrício Maia17 Sejam A = {1, 2, 3} e f: A → A definida por f(1) = 3, f(2) = 1 e f(3) = 2. O conjunto-solução de f[f(x)] = 3, é: Matemática A) {1} B) {2} C) {3} D) {1, 2, 3} E) vazio Solução: A A Temos: 1 1 2 2 se x = 1 → f(f(1)) = f(3) = 2 → f(f(1)) = 2(n.s) 3 3 se x = 2 → f(f(2)) = f(1) = 3 → f(f(2)) = 3(OK) se x = 3 → f(f(3)) = f(2) = 1 → f(f(3)) = 1(n.s) S = {2} Resposta: B 6S18 Seja S a soma, em radianos, das raízes da equação 1 + cos x + cos 2x + cos 3x = 0, x ∈[0, π]. Calcule . π Solução: ⎛ p +q⎞ ⎛ p −q ⎞ Fórmula de Werner: cosp + cosq = 2cos ⎜ cos ⎜ ⎝ 2 ⎟ ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎟ ⎧ ⎛x⎞ ⎛x⎞ Temos: ⎪ 1+ cos x = cos0 + cos x = 2cos ⎜ ⎟ ⋅ cos ⎜ ⎟ ⎪ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎨ ⎪ cos2x + cos3x = 2cos ⎛ 5x ⎞ ⎛x⎞ ⎪ ⎜ 2 ⎟ cos ⎜ 2 ⎟ ⎩ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛x⎞ ⎛x⎞ ⎛ 5x ⎞ ⎛x⎞ Então: 2cos ⎜ ⎟ cos ⎜ ⎟ + 2cos ⎜ ⎟ cos ⎜ ⎟ = 0 ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎛x⎞ ⎡ ⎛x⎞ ⎛ 5x ⎞ ⎤ 2cos ⎜ ⎟ ⋅ ⎢cos ⎜ ⎟ + cos ⎜ ⎟ ⎥ = 0 ⎝ 2⎠ ⎣ ⎝ 2⎠ ⎝ 2 ⎠⎦ ⎛x⎞ ⎛ 3x ⎞ 2cos ⎜ ⎟ ⋅ 2 ⋅ cos ⎜ ⎟ cos ( − x) = 0 ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎛x⎞ ⎛ 3x ⎞ 4 cos ⎜ ⎟ cos ⎜ ⎟ cos(x) = 0 ⎝2⎠ ⎝ 2⎠ x x π Daí: cos = 0 → = + kπ → x = π + 2kπ 2 2 2 ou 3x 3x π π 2kπ cos =0→ = + kπ → x = + 2 2 2 3 3 ou π cos x = 0 → x = = kπ 2 π π se k = 0 → x = π, ou 3 2 se k = 1, 2, 3, ... → raízes já encontradas ou fora do intervalo dado. π π Raízes: π, , 2 3 π π 6 π + 3π + 2π Soma das raízes = S = π + + = 2 3 6 11π S= 6 6S Logo : = 11 π Impor tan te : cos( − x) = cos(x), ∀x ∈ Df Resposta: 11 11
  8. 8. Matemática Professor: Fabrício Maia 3 x(1 − x) 19 A função f(x) = x− é crescente, para todo x pertencente a: 2 4 ⎡ 25 ⎞ ⎡ 25 ⎞ ⎡ 5 ⎞ ⎡ 5⎞ A) ⎢− , +∞ ⎟ B) ⎢− , +∞ ⎟ C) ⎢− , +∞ ⎟ D) ⎢ −∞, ⎟ E) 1 ⎣ 16 ⎠ ⎣ 4 ⎠ ⎣ 2 ⎠ ⎣ 4⎠ Solução: 3 x – x2 Temos: f(x) = x− 2 4 6x − x + x 2 f(x) = 4 x 2 + 5x f(x) = 4 1 2 5 f(x) = x + x 4 4 Parábola crescente 5 − 5 xv = 4 = − 1 2 2⋅ 4 f é crescente ∀ x ≥ − 5 2 Resposta: C 20 Se p e q são raízes não-nulas de x2 + 5px – 8q = 0, calcule p + q. Solução: Girard {x1 + x 2 = −5p x1 ⋅ x 2 = −8q Daí: {p + q = −5q p ⋅ q = −8q 2ª equação p ⋅ q = −8q (como q é diferente de zero) Temos: p = −8 Logo : p + q = −5p p + q = −5 ⋅ ( −8) p + q = 40 Resposta: 40 21 Quantos valores inteiros satisfazem a inequação (2x – 7) (x – 1) ≤ 0. A) zero B) 1 C) 2 D) 3 E) 4 12
  9. 9. Professor: Fabrício Maia Matemática Estudo do sinal Solução: – – – + + + 7 2 – – – + + + 1 + + – – + + produto 1 7 2 Inteiros: 1, 2, 3 Resposta: D22 Sobre a equação 1.983x2 – 1.984x – 1.985 = 0, a afirmativa correta é: A) não tem raízes. D) tem duas raízes positivas. B) tem duas raízes simétricas. E) tem duas raízes negativas. C) tem duas raízes reais distintas. Solução: Temos: Δ = B2 − 4ac Δ = ( −1984)2 − 4.1983 ⋅ ( −1985) Δ = 1984 2 + 4.1983 ⋅ 1985 Então : Δ > 0 → raízes reais e distintas Resposta: C23 Seja f uma função real tal que f (x + 1) = (f (x))2 e f (0) = 10. Então f (4) é igual a: A) 1016 B) 100 C) 10258 D) 101 E) 121 Solução: Temos que: f(x + 1) = [f(x)]2 se x = 0 → f(1) = [f(0)]2 → f(1) = 102 se x = 1 → f(2) = [f(1)]2 → f(2) = 104 se x = 2 → f(3) = [f(2)]2 → f(3) = 108 se x = 3 → f(4) = [f(3)]2 → f(4) = 1016 Resposta: A24 Se o domínio da função f, definida por f(x) = 1 – 2x, é o intervalo ]–3, 2], então Imf é: A) ]–7, 3] B) [–3, 7[ C) ]–3, 7] D) [–3, 5[ E) ]–3, 3] Solução: 1− y Temos: y = 1 − 2x → x = 2 Veja: x ∈] − 3,2] Então: −3 < x ≤ 2 Agora : 1− y −3 < ≤2 2 −6 < 1 − y ≤ 4 −7 < − y ≤ 3 7 > y ≥ −3 ou −3 ≤ y < 7 → y ∈ [−3,7[ Resposta: B 13
  10. 10. Matemática Professor: Fabrício Maia 25 Se f(2x + 3) = 4x2 + 6x + 1, ∀x ∈ 1 , então f(1 – x) vale: A) 2 – x2 B) 2 + x2 C) x2 + 2x – 4 D) 3x2 – 2x + 4 E) x2 + x – 1 Solução: k−3 Tomando: 2x + 3 = k → x = 2 Então: 2 ⎛k −3⎞ ⎛k − 3⎞ f(k) = 4 ⎜ ⎟ + 6⎜ 2 ⎟ +1 ⎝ 2 ⎠ ⎝ ⎠ f(k) = (k − 3)2 + 3(k − 3) + 1 f(k) = k 2 − 3k + 1 Agora: f(1 − k) = (1 − k)2 − 3(1 − k) + 1 f(1 − k) = k2 + k − 1 Por tanto : f(1 − x) = x 2 + x − 1 Resposta: E 26 A distância do centro da circunferência x2 + y2 – 6x – 8y + 21 = 0 à bissetriz do Iº e IIIº quadrantes, vale: 3 2 A) 5 B) 2 C) 3 D) E) 2 2 Solução: Circunferência x2 + y2 – 2ax – 2by + a2 + b2 – R2 = 0 Centro (a,b) Daí: – 2a = – 6 → a = 3 – 2b = – 8 → b = 4 Bissetriz dos quadrantes ímpares x−y=0 y=x C(3,4) | 1⋅ 3 − 1⋅ 4 + 0 | 1 2 distância = = = 1 + ( −1) 2 2 2 2 Resposta: E 3 27 A reta y = x é tangente a uma circunferência do centro (2, 0). O raio dessa circunferência é: 3 A) 3 B) 2 C) 3 D) 1 E) 0,5 14
  11. 11. Professor: Fabrício Maia Matemática Solução: (2,0) 3x − 3y = 0 distância de um ponto a uma reta. | 3 ⋅ 2 − 3⋅0 + 0 | 2 3 R= = ( 3)2 + ( −3)2 12 2 3 R= 2 3 R =1 Resposta: D28 Se S = 1! + 2! + 3! + ... + 89!, então o dígito das unidades de S é: A) 1 B) 3 C) 5 D) 7 E) 9 Solução: Veja: 1! = 1; 2! = 2; 3! = 6; 4! = 24 A partir de 5!, os resultados serão múltiplos de 10. Então: S = 1+4 + 6 424 + 5!4 ... 4 89! 1 4 2 2 +4 4 4 3 1 + 2+4 4 3 33 múltiplo de 10 S = 3 + 14243 30 + 10α’ múltiplo de 10 S = 3 + 10α → dígito das unidades é 3. Resposta: B kx +2y = −1 {29 O sistema linear de equações nas incógnitas x e y 2x − y = m é impossível se, e somente se: 1 1 1 1 A) k = – 4 e m ≠ B) k ≠ − 4 e m = C) k ≠ − 4 e m ≠ D) k = − 4 E) k = − 4 e m = 2 2 2 2 Solução: { kx + 2y = −1 Sistema 4x − 2y = 2m Somando: (k + 4)x = 2m − 1 Impossível ⎧k + 4 = 0 → k = −4 ⎪ ⎨2m − 1 ≠ 0 → m ≠ 1 ⎪ ⎩ 2 Resposta: A30 Em um triângulo retângulo OAB, retângulo em O, com OA = a e OB = b, são dados pontos P em OA e Q em OB de tal maneira que AP = PQ = QB = x. Nessas condições o valor de x é: A) ab − a − b B) a + b − 2ab C) a2 + b2 D) a + b + 2ab E) ab + a + b 15
  12. 12. Matemática Professor: Fabrício Maia Solução: o Pitágoras a–x b–x P x = (a − x) + (b − x) 2 2 2 x Q x 2 = a2 − 2ax + x 2 + b2 − 2bx + x 2 x x 2 − 2(a + b)x + a2 + b2 = 0 A B Δ = [−2(a + b)]2 − 4 ⋅ 1(a2 + b2 ) Δ = 4(a + b)2 − 4(a2 + b2 ) Δ = 8ab Daí: 2(a + b) ± 8ab 2(a + b) ± 2 2ab x2 = = 2 2 x = a + b + 2ab (absurdo, veja figura) ou x = a + b − 2ab Resposta: B 31 Num triângulo retângulo de catetos 1 e 3cm , a altura relativa à hipotenusa mede, em cm: 3 2 A) 2 B) 3 C) 3 D) E) 2 2 Solução: A Temos: 1 3 h B C a Relações métricas I) a2 = 12 + ( 3)2 → a2 = 4 → a = 2 3 II) 1⋅ 3 = a ⋅ h → 3 = 2h → h = 2 Resposta: D f(10−8 ) − f(103 ) 32 Sendo f(x) = 100x + 3, o valor de é: 10−8 − 103 A) 104 B) 102 C) 10 D) 10–5 E) 10–11 Solução: Saiba: Se f(x) = ax + b, com a ≠ 0, então: f(s) − f(v) = a, com s ≠ v. s−v f(10−8 ) − f(103 ) Assim, = 100 (coeficiente angular) 10−8 − 103 Resposta: B 33 Se um polígono convexo de n lados tem 54 diagonais, então n é: A) 8 B) 9 C) 10 D) 11 E) 12 Solução: n(n − 3) Lembre: Fórmula do número de diagonais d = . 2 Então: 54 = n(n – 3) 2 n2 – 3n – 108 = 0 n = 12 ou n = –9 (n.s) Resposta: E 16
  13. 13. Professor: Fabrício Maia Matemática34 O polígono convexo cuja soma dos ângulos internos mede 1440º tem, exatamente: A) 15 diagonais B) 20 diagonais C) 25 diagonais D) 30 diagonais E) 35 diagonais Solução: Lembre: Soma dos ângulos internos Si = (n – 2) ⋅ 180º Então: 1440º = (n − 2) ⋅ 180º 1400º =n−2 180º 8 =n−2 n = 10 n(n − 3) 10 ⋅ 7 Portanto: d = = 2 2 d = 35 Resposta: E35 Na figura, ABCD é um quadrado e BCE é um triângulo eqüilátero. A medida do ângulo AEB, em graus, é: A) 30 D) 75 B) 49 E) 90 C) 60 A D E B C Solução: Figura: A D E x θ α B C ΔBCE é eqüilátero → α = 60º ABCD é um quadrado → θ = 30º Veja: BC ≡ BE (lado do quadrado = lado do ΔBCE) Daí: ΔABE é isósceles A x x E θ + 2x = 180º θ 30º + 2x = 180º B x = 75º Resposta: D36 Na figura abaixo, EFG é um triângulo retângulo, EF = 2cm , EG = 6cm e EP = PQ = QG. Então α + β + θ é igual a: π 7π 4π π F A) B) C) D) 3 18 9 2 α β θ E P Q G 17
  14. 14. Matemática Professor: Fabrício Maia Solução: F 2 α β θ E 2 P 2 Q 2 G 2 ΔEPF → tgα = → tgα = 1→ α = 45º 2 2 1 ΔEQF → tgβ = → tgβ = 4 2 2 1 ΔEGF → tgθ = → tgθ = 6 3 tgβ + tgθ Sabemos: tg(β + θ) = 1− tgβ ⋅ tgθ 1 1 5 + Então: tg(β + θ) = 2 3 = 6 =1 1 1 5 1− ⋅ 2 3 6 tg(β + θ) = 1 → β + θ = 45º Portanto: α +β+ θ = 90º Resposta: D 37 A área compreendida entre as retas 4y = x – 2, y = 2x – 4 e x = 0 é igual a: A) 3,0 u.a B) 3,5 u.a C) 4,0 u.a D) 4,5 u.a E) 6,0 u.a Solução: Temos: ⎧ x −2 ⎪ y= 4 ⎪ retas ⎨ y = 2x − 4 ⎪ x = 0 (eixo y) ⎪ ⎩ Gráfico: y y = 2x − 4 x −2 y= 4 x A C B −1 A(0, );B (0, − 4) e C(2,0) 2 1 0 − 1 2 DABC = 0 −4 1 = −1+ 8 = 7 2 0 1 Logo: 1 7 Área = ⋅ 7 = u.a 2 2 Resposta: B 18
  15. 15. Professor: Fabrício Maia Matemática38 A razão de uma progressão geométrica, cujos termos são os três lados de um triângulo retângulo é: 1+ 5 1+ 2 1+ 3 1+ 2 A) B) C) D) 2 5 2 3 Solução: C ⎛x ⎞ x xq P.G.⎜ ;x;xq ⎟ ⎝ q ⎠ q A x B 2 ⎛x⎞ (xq)2 = x 2 + ⎜ ⎟ Pitágoras ⎝q⎠ x2 x 2q2 = x 2 + 2 q 1 q2 = 1+ q2 Dividindo ambos os membros por x2 q4 − q2 − 1 = 0 1± 5 1+ 5 q2 = → q2 = 2 2 1+ 5 Portanto: q = 2 Atenção!!! q é positivo. Resposta: A39 Sejam a e b números reais. Se a > b > 0, a2 – b2 = 4 e log2(a + b) – log3(a – b) = 2, então a2 + b2 é igual a: A) 13/2 B) 15/2 C) 17/2 D) 19/2 Solução: Fazendo: log2 (a + b) = x → a + b = 2x log3 (a − b) = y → a − b = 3y Sistema: ⎧2 ⋅ 3 = 4 x y ⎨ ⎩x − y = 2 → x = 2 + y Substituindo: 2x ⋅ 3y = 4 22+y ⋅ 3y = 4 22 ⋅ 2y ⋅ 3y = 4 4 ⋅ 6y = 4 6y = 1 → y = 0 → x = 2 { Assim: a + b = 4 a−b =1 5 3 Resolvendo: a = eb= 2 2 34 17 Logo: a2 + b2 = = 4 2 Resposta: C 19
  16. 16. Matemática Professor: Fabrício Maia 40 Se x1 e x2 são as raízes da equação 32logx 3 = xlogx (3x) , então 9(x1 + x2) é igual a: A) 22 B) 24 C) 26 D) 28 Solução: Lembre: I) aloga b = b II)Se loga b = x → ax = b Temos: 32logx 3 = xlogx 3x Então: 3 2logx 3 = 3x 1 Tomando: log3 x = k → logx 3 = e x = 3k k 1 2. Substituindo: 3 k = 3 ⋅ 3k 2 3k = 3k +1 2 Comparando: k + 1 = k k2 + k − 2 = 0 1 k = −2 → x = 3−2 → x = 9 ou k = 1 → x = 31 →= 3 Logo : ⎛1 ⎞ 9(x1 + x 2 ) = 9 ⎜ + 3 ⎟ = 1+ 27 = 28 ⎝9 ⎠ Resposta: D 3 41 O número de raízes de equação + cos x = 0 é: 2 A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) maior que 3 Solução: Sabemos: −1 ≤ cos x ≤ 1, ∀x. 3 Temos: + cos x = 0 2 3 cos x = − 2 cos x = −1,5 (absurdo, pois o mínimo de cos x é – 1) Resposta: A 42 O número de raízes da equação tg2x – sen2x = 0, 0 ≤ x < 2π, é: A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) maior que 3 Solução: sen2x Temos: − sen2x = 0 cos2 x sen2x − sen2x cos2 x = 0 sen2x(1 − cos2 x) = 0 sen2x ⋅ sen2x = 0 sen4 x = 0 Daí: senx = 0 x = 0 ou x = π Resposta: C 20
  17. 17. Professor: Fabrício Maia Matemática ∑ ⎛ p ⎞ ⋅ 2p = 729 n n43 Determine n, sabendo que ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ p =0 n ⎛n⎞ Solução: (a + b)n = ∑ ⎜ ⎟ ⋅ an−p ⋅ bp (binômio de Newton) p =0 ⎝ ⎠ p ∑ ⎛ p ⎞ ⋅ 1n−p ⋅ 2p = (1+ 2)n = 3n n n Veja: ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ p=0 Então: 3n = 729 → n = 6 Resposta: 644 O domínio real da função f(x) = 2senx − 1 para 0 ≤ x < 2π, é: π 5π π 5π π 2π A) ≤x≤ B) 0 ≤ x ≤ ou ≤ x < 2π C) 0 ≤ x < π D) ≤x≤ 6 6 6 6 3 3 Solução: s Condição: 150º 30º 2senx − 1 ≥ 0 1 2 1 sen x ≥ c 2 π 5π Daí: ≤x≤ 6 6 Resposta: A45 Seja M um conjunto de 20 elementos. O número de subconjuntos de M que contêm exatamente 18 elementos é: A) 360 B) 190 C) 180 D) 120 E) 18 Solução: Temos: M = {a1, a2, a3 ..., a20}. A ordem dos elementos não altera um conjunto. Daí: nº de subconjuntos com 18 elementos = C20, 18 Resposta: B46 Se Cn, 2 + 2.An,2 + 100 = A2n, 2, então n é igual a: 25 A) 24 B) 8 C) 6 D) 10 E) − 3 Solução: n! n ⋅ (n − 1) Temos: Cn,2 = = (n − 2)!2! 2 n! An,2 = = n ⋅ (n − 1) (n − 2) (2n)! A2n,2 = = (2n) ⋅ (2n − 1) (2n − 2)! n(n − 1) Então: + 2 ⋅ n(n − 1) + 100 = (2n)(2n − 1) 2 n2 − n + 4n2 − 4n + 200 = 8n2 − 4n 3n2 + n − 200 = 0 25 n = 8 ou n = − (n.s) 3 Resposta: B 21
  18. 18. Matemática Professor: Fabrício Maia 47 Deseja-se acondicionar em um certo número de caixas, 1590 bolinhas brancas, 1060 amarelas e 583 azuis, de modo que cada caixa contenha bolinhas de todas as cores. Calcule o número máximo de caixas de modo que qualquer dessas caixas contenha, para cada cor, quantidades iguais de bolinhas. Solução: x → número de caixas. p → quantidade de bolas brancas em cada caixa. q → quantidade de bolas amarelas em cada caixa. r → quantidade de bolas azuis em cada caixa. 1590 Temos: =p x 1060 =q x 583 =r x Veja: x = m.d.c. (1590,1060,583) x = 53 * MDC (1590, 1060) = 530 * MDC (530, 583) = 53 1 2 1 10 1590 1060 530 583 530 53 530 0 0 Resposta: 53 48 Sejam N o conjunto dos números inteiros positivos e E = {(x,y) ∈ N2; x4y4 – 10x2y2 + 9 = 0}. Determine o número de elementos de E. Solução: Temos: x 4 y 4 − 10x 2y 2 + 9 = 0 (x 2y 2 )2 − 10x 2y 2 + 9 = 0 Fazendo: x 2 y 2 = k Equação: k 2 − 10k + 9 = 0 k = 1 → x 2 y 2 = 1 → (xy)2 = 1 ou k = 9 → x 2 y 2 = 9 → (xy)2 = 9 Como x e y são inteiros positivos, tem-se: xy = 1 → (1,1) ou xy = 3 → (1,3) ou (3,1) E = {(1,1),(1,3),(3,1)} Resposta: 3 2x + 3 3 49 Considere a função real definida por f(x) = ,x ≠ − . 1 1 2 x+ 3 2 Então o valor da soma 1⋅ f(1) + 2 ⋅ f(2) + 3 ⋅ f(3) + ... + 20 ⋅ f(20) é: A) 120 B) 600 C) 210 D) 620 E) 1.260 22
  19. 19. Professor: Fabrício Maia Matemática Solução: 2x + 3 6 Temos: f(x) = = 2x + 3 ⋅ 2x + 3 2x + 3 6 Então: f(x) = 6 Agora: Soma: 1⋅ 6 +2 ⋅ 6 + 3 ⋅ 6 + ... + 20 ⋅ 6 Soma: (1+ 2 + 3 + ... + 20) ⋅ 6 Soma: (1+ 20) ⋅ 20 ⋅ 6 = 21⋅ 10 ⋅ 6 → Soma = 1.260 2 Resposta: E50 Sejam x e y números reais satisfazendo as equações logy x + logx y = 2 e x2y + y2 = 12x. Determine o valor do produto xy. Solução: 1 Tomando: logy x = m → logx y = m 1 Daí: m + =2 m m − 2m + 1 = 0 2 m =1 → x = y Substituindo na 2ª equação x 2y + y 2 = 12x x 2 ⋅ x + x 2 = 12x x 3 + x 2 − 12x = 0 x(x 2 + x − 12) = 0 x = 0 (n.s) ou x = −4 (n.s) ou x=3 → y=3 Resposta: 951 Os conjuntos A e B possuem 3 e 4 elementos, respectivamente. Quantas funções de A em B têm o conjunto imagem igual a B? A) Nenhuma B) 34 C) 43 D) 3! E) 4! Solução: Veja: I) Numa função de A em B devemos ter todos os elementos de A associados a um único valor em B. II) Se o conjunto imagem é o próprio B, então existe um elemento em A com duas imagens, pois todos os elementos de A estão associados. Portanto, não existem funções de A em B sobrejetoras. Resposta: A52 As funções injetoras de A = {1, 2, 3, 4} em B = {5, 6, 7, 8, 9, 0} são em número de: A) 720 B) 360 C) 15 D) 24 E) 30 Solução: Lembre: Se f é injetora, então: x1 ≠ x 2 → f(x1 ) ≠ f(x 2 ) Daí: A 1 f(1): 6 possibilidades em B 2 f(2): 5 possibilidades em B 3 f(3): 4 possibilidades em B 4 f(4): 3 possibilidades em B Pelo princípio fundamental da contagem, tem-se 6.5.4.3 = 360 funções injetoras Resposta: B 23
  20. 20. Matemática Professor: Fabrício Maia 53 Para ser aprovado numa disciplina, um aluno precisa ter média maior ou igual a 50, obtida num conjunto de 5 provas, sendo quatro parciais, com peso 1 (um) cada, e uma prova-exame, com peso 2 (dois). Um certo aluno obteve em matemática, nas quatro provas parciais, notas iguais a 30, 60, 50 e 70. Esse aluno, para ser aprovado nessa disciplina, deverá obter, na prova-exame, nota mínima igual a: A) 20 B) 35 C) 40 D) 45 E) 50 Solução: 1⋅ 30 + 1⋅ 60 + 1⋅ 50 + 1⋅ 70 + 2 ⋅ x 210 + 2x Média ponderada = = 6 6 210 + 2x Temos: ≥ 50 6 210 + 2x ≥ 300 2x ≥ 90 x ≥ 45 → xmin = 45 Resposta: D 54 O resto da divisão do inteiro n por 12 é igual a 7. O resto da divisão n por 4 é: A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4 Solução: Temos: n 12 7 q Daí: n = 12q + 7 n = 12q + 4 + 3 n = 4(3q + 1) + 3 n = 4q+ 3, onde q = 3q + 1 Veja: n 4 3 q’ Resposta: D 55 Qual dos cinco números relacionados abaixo não é um divisor de 1015? A) 25 B) 50 C) 64 D) 75 E) 250 Solução: Temos: 1015 = (2 ⋅ 5)15 = 215 ⋅ 515 Veja: (A) 25 = 52 divide 1015 (OK) (B) 50 = 2 ⋅ 52 divide 1015 (OK) (C) 64 = 26 divide 1015 (OK) (D) 75 = 3 ⋅ 52 não divide 1015 (problema fator 3) (B) 250 = 2 ⋅ 53 divide 1015 (OK) Resposta: D 56 A fração geratriz de 3,74151515... é: 37.415 3.741.515 37.041 37.041 370.415 A) B) C) D) E) 10.000 10.000 9.900 9.000 99.000 Solução: 37.415 − 374 37.041 Temos: 3,7415 = = 9.900 9.900 Resposta: C 24
  21. 21. Professor: Fabrício Maia Matemática57 Se A e B são conjuntos, A – (A – B) é igual a: A) A B) B C) A – B D) A ∪ B E) A ∩ B B Solução: A Lembre: A − B = {x / x ∈ A e x ∉ B} É fácil ver: A – (A – B) = A ∩ B A–B Resposta: E a58 O retângulo abaixo de dimensões a e b está decomposto em quadrados. Qual o valor da razão ? b a b 5 2 3 1 A) B) C) 2 D) E) 3 3 2 2 Solução: Sendo x a medida do lado do menor quadrado, os outros quadrados terão seus lados com as medidas indicadas na figura. 34444244441 5x 1442443 1 2 31 4 3x 2x 4 4 43 2x 3x 2x 2 x x x Assim: a = 5x e b = 3x a 5 Portanto, = b 3 Resposta: A59 A equação x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0, de coeficientes reais, admite as raízes 2 – i e 3 + 2i. Então d é: A) 75 B) 65 C) 25 D) 15 E) 10 Solução: Sabemos que: Se os coeficientes de um polinômio P(x) são reais, então: a + bi raiz de P(x) → a – bi também é: Temos: 2 – i raiz → 2 + i também é. 3 + 2i raiz → 3 – 2i também é. Daí, aplicando Girard na equação: x1.x 2.x3.x 4 = d (2 − i) ⋅ (2 + i) ⋅ (3 + 2i) ⋅ (3 − 2i) = d (4 − i2 ) ⋅ (9 − 4i2 ) = d 5 ⋅ 13 = d d = 65 Resposta: B 25
  22. 22. Matemática Professor: Fabrício Maia 2x 2 − 8x 60 O número de soluções reais da equação = x é: x 2 − 4x A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4 Solução: Temos: 2x 2 − 8x =x x 2 − 4x 2x − 8x = x 3 − 4x 2 2 x 3 − 6x 2 + 8x = 0 x(x 2 − 6x + 8) = 0 x = 0 (n. serve) → denominador nulo ou x 2 − 6x + 8 = 0 ou x=2 ou x = 4 (n. serve) → denominador nulo S = {2} Resposta: B 61 Determine o número de soluções reais da equação 2x = log2 x . A) Nenhuma B) Uma C) Duas D) Três E) Infinitas Solução: Graficamente: y y = 2x y = log2 x x 0 Como não existe interseção, a equação não admite soluções. Resposta: A 62 Se n é o maior número inteiro pertencente ao domínio da função f(x) = 1− log2 x , determine o valor de n3 + 3n2 + 2. A) 2 B) 20 C) 21 D) 22 E) 32 Solução: Domínio → campo de existência → condição de existência da função → 1− log2 x ≥ 0 → log2 x ≤ 1 → 0 < x ≤ 21 → 0 < x ≤ 2 → maior inteiro x = 2. Logo, a expressão é igual a 23 + 3 ⋅ 22 + 2 = 22 . Resposta: D 26
  23. 23. Professor: Fabrício Maia Matemática 163 Dado x ≠ 1 e positivo, calcule o valor de x . Lnx e A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4 Solução: Sabemos que: I) aloga b = b 1 II) loga b = logb a III)Lx = Lnx = loge x 1 log x e x e Então, a expressão dada x é igual a: Exp. = Lnx = = 1. e e e Resposta: B log10 c log10 a log10 b ⎛ a⎞ ⎛b⎞ ⎛c⎞64 Prove que ⎜ ⎟ ⋅⎜ ⎟ ⋅⎜ ⎟ = 1. ⎝b⎠ ⎝c⎠ ⎝ a⎠ Prova: Tomemos: log10 a = x → 10x = a log10 b = y → 10y = b log10 c = z → 10z = c z x y ⎛ 10x ⎞ ⎛ 10y ⎞ ⎛ 10z ⎞ Então: 1º membro = ⎜ y ⎟ ⋅⎜ z ⎟ ⋅⎜ x ⎟ ⎝ 10 ⎠ ⎝ 10 ⎠ ⎝ 10 ⎠ 10xz 10xy 10yz 1º membro = ⋅ ⋅ 10yz 10xz 10xy 1º membro = 1 c.q.p65 Determine o produto das soluções reais da equação 9 ⋅ xlog3 x = x 3 . A) 4 B) 8 C) 25 D) 27 E) 90 Solução: Tomemos: log3 x = k → 3k = x Assim: 9 ⋅ (3k )k = (3k )3 2 3k + 2 = 33k → k 2 + 2 = 3k → k 2 − 3k + 2 = 0 k = 1→ x = 3 ou k =2→ x =9 Portanto, o produto das soluções é 27. Resposta: D 27
  24. 24. Matemática Professor: Fabrício Maia 66 Seja x tal que log10 2,log10 (2x − 1) e log10 (2x + 3) estão, nessa ordem, em progressão aritmética. Calcule 22x. A) 1 B) 4 C) 8 D) 16 E) 25 Solução: Temos que: (log10 2,log10 (2x − 1),log10 (2x + 3) P.A → → 2 ⋅ log10 (2x − 1) = log10 2 + log10 (2x + 3) → → log10 (2x − 1)2 = log10 2(2x + 3) → → (2x − 1)2 = 2 ⋅ (2x + 3) Tome: 2x = a Então: a2 – 2a + 1 = 2a + 6 → a2– 4a – 5 = 0 a = 5 → 2x = 5 ou a = – 1 (não serve) Portanto, 22x = 25 Resposta: E 67 As dimensões de um paralelepípedo retângulo são proporcionais a 3,5 e 7. Sabendo que a diagonal mede 4 83cm , calcule o volume do paralelepípedo. A) 105cm3 B) 1575cm3 C) 4725cm3 D) 6720cm3 E) 8575cm3 Solução: 7k D 5k 3k Diagonal (D) → D = (3k)2 + (5k)2 + (7k)2 4 83 = 83k2 4 83 = k 83 k=4 Volume (V) → V = 12 ⋅ 20 ⋅ 28 V = 6720cm3 Resposta: D 68 Um prisma reto de altura igual a 9cm tem como base um triângulo. Sabendo que dois dos lados desse triângulo medem 3cm e 4cm e que o ângulo formado por esses lados mede 45º, determine o volume do prisma. A) 3 2cm3 B) 9 2cm3 C) 27 2cm3 D) 54 2cm3 E) 81 2cm3 Solução: Volume do prisma: (Área da base) x (altura) 3 ⋅ 4 ⋅ sen45º ⎞ Então: V = ⎛ ⎜ ⎟⋅9 ⎝ 2 ⎠ 2 V = 6⋅ ⋅ 9 = 27 2cm3 2 9 3 45º Resposta: C 4 28
  25. 25. Professor: Fabrício Maia Matemática69 A aresta, a diagonal e o volume de um cubo estão, nessa ordem, em progressão geométrica. Determine a área total desse cubo. A) 3 B) 6 C) 9 D) 18 E) 27 Solução: a D a a aresta = a 123 4 4 diagonal = a 3 volume = a3 P.G. (a, a 3 , a3) → ( a 3 )2 = a ⋅ a3 → 3a2 = a4 → a2 = 3 Portanto, a área total será 18u.a. Resposta: D g 370 Uma esfera de raio r é inscrita num cone equilátero com geratriz de comprimento g. Determine o valor de . r A) 3 B) 6 C) 8 D) 9 E) 12 Solução: 2R 2R 2r 0 r 2R 0 = incentro, baricentro, circuncentro, ortocentro. Veja: I) g = 2R (geratriz) g 3 g 3 II) = 3r → = 6 2 r Resposta: B 2571 O raio da base de um cone circular reto mede 4cm e sua altura cm . Determine, em cm3, o volume do cilindro π circular reto de maior área lateral, inscrito no cone. A) 4 B) 10 C) 25 D) 40 E) 50 Solução: 25 π h α r 4 29
  26. 26. Matemática Professor: Fabrício Maia Área (lateral do cilindro) = 2πrh = AL 25 = π →h= h 25 Veja: tgα = (4 − r) 4 −r 4 4π Subst. h na área lateral, vem: ⎡ 25 ⎤ 25 AL = 2πr ⎢ (4 − r) ⎥ → AL = (4r − r 2 ) ⎣ 4π ⎦ 2 123 parábola Para que AL seja máxima, basta que r seja igual a abscissa do vértice da parábola. 25 25 Então: r = 2 → h = → V = π ⋅ 22 ⋅ = 50cm3 2π 2π Resposta: E ˆ π 72 Determine a área (em m2) do setor circular hachurado na figura abaixo, sabendo que o ângulo ABC mede rad 6 6 e o diâmetro AB mede 8 m. π C A) 24 D) 54 B) 48 E) 54 3 B A C) 48 3 Solução: C R 30º B A R πR2 [setor] = 6 ΔABC é retângulo R 3 cos 30º = = 6 2 8 π 6 6 Então: 2R = 3 ⋅ 8 ⋅ → 4R2 = 3 ⋅ 64 ⋅ → π π 6 πR2 → R2 = 3 ⋅ 16 ⋅ → = 3 ⋅ 16 → [setor] = 48m2 . π 6 Resposta: B 73 Dado um cilindro de revolução de raio r e altura h. sabe-se que a média harmônica entre o raio r e a altura h é 4 e que sua área total é 2πm2. Mostre que o raio r satisfaz a sentença r3 – r + 2 = 0. Solução: h r 30
  27. 27. Professor: Fabrício Maia Matemática Área total 2πrh +2πr 2 = 2π rh + r 2 = 1 (I) Média harmônica 2rh =4 r +h 2r h= (II) r−2 Subst. (II) em (I), vem: ⎛ 2r ⎞ 2 2r2 ⎟ +r = 1→ r − 2 +r = 1→ 2 r⎜ ⎝r − 2⎠ → 2r2 + r2 (r − 2) = r − 2 → 2r2 + r3 − 2r2 = r − 2 → → r3 = r − 2 → r 3 − r + 2 = 0 1− 2senx −senx . Calcule o valor de D ⎛π⎞74 Seja o determinante D(x) = 1+ 2senx ⎜ 12 ⎟ . cos x ⎝ ⎠ 1 2 3 1 3 1 A) B) C) D) 3+ E) + 2 2 2 2 2 4 Solução: D(x) = 1 − 2sen2x + senx cos x sen(2x) D(x) = cos(2x) + 2 ⎛π⎞ sen ⎜ ⎟ ⎛ π⎞ ⎛π⎞ ⎝6⎠ D ⎜ ⎟ = cos ⎜ ⎟ + ⎝ 12 ⎠ ⎝6⎠ 2 ⎛π⎞ 3 1 D⎜ ⎟ = + ⎝ 12 ⎠ 2 4 Resposta: E 3 senAº cos Aº75 Seja R a raiz positiva da equação x2 + x – = 0. Se R = sen11º cos11º , onde 0 < A < 90. Calcule o valor de A. 4 A) 30 B) 41 C) 60 D) 75 E) 80 Solução: 3 Temos: x 2 + x − =0 4 1 1 x= → R= ou 2 2 −3 x= (não serve) 2 Assim, R = senAº cos11º − sen11º cos Aº R = sen(Aº −11º ) 1 = sen(Aº −11º ) 2 Então: Aº – 11º = 30º Aº = 41º → A = 41 Resposta: B 31
  28. 28. Matemática Professor: Fabrício Maia 76 Determine a soma das raízes da equação. A) 0 D) 4 1 1 1 1 B) 1 E) 5 1 x 1 1 C) 2 =0 1 1 x+2 1 1 1 1 x–4 Solução: Aplicando chió, vem: 1 1 1 1 1 x 1 1 =0 1 1 x+2 1 1 1 1 x−4 x −1 0 0 Daí: 0 x +1 0 = 0 0 0 x −5 (x − 1) ⋅ (x + 1)(x − 5) = 0 x = 1, – 1 ou 5 Portanto, a soma das raízes é 5. Resposta: E { 77 Se o sistema x + my = 3 tem infinitas soluções. Determine o valor de m4 – 8m2 + 23. mx + 4y = 6 A) 6 B) 7 C) 8 D) 9 E) 12 Solução: Sejam: r: a1x + b1y + c1 = 0 s: a2x + b2y + c2 = 0 Se r e s são coincidentes, então: a1 b1 c1 = = a2 b2 c2 Assim, temos: 1 m 3 = = → m=2 m 4 6 * retas coincidentes → infinitas soluções. Portanto, m4 – 8m2 + 23 = 7 Resposta: B 78 Se (xo, yo, zo) é uma solução do sistema ⎧ x + y = 2 encontre o valor de x 2 + y 2 − 2z 2 . ⎨ o o o ⎩ xy + z = 1 2 A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4 Solução: ⎧ x o + y o = 2 → x o + y o + 2x o y o = 4 2 2 ⎨ ⎩ x o y o + zo = 1 → − 2x o y o − 2zo = −2 2 2 Somando: x 2 + y 2 − 2z o = 2 o o 2 Resposta: C 32
  29. 29. Professor: Fabrício Maia Matemática79 Considere a função real definida no conjunto dos números reais não-negativos por f(x) = x + x – 2. Determine o número real k, tal que f(2k) = 0. A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4 Solução: Temos que: 2k + 2k − 2 = 0 2k − 2 = − 2k 22k − 4 ⋅ 2k + 4 = 2k 22k − 5 ⋅ 2k + 4 = 0 2k = 1 → k = 0 ou 2k = 4 → k = 2 (não serve) Veja: se k = 2 → f(2k) = f(4) = 4 ≠ 0 Resposta: A80 Sendo a reta y = ax + b tangente à elipse x2 + 4y2 = 1, determine o valor de 8(b2 – a2). A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4 Solução: Substituindo a reta na equação da elipse, vem: x2 + 4y2 = 1 x2 + 4(a2x2 + 2abx + b2) = 1 (1 + 4a2) x2 + 8abx + 4b2 – 1 = 0 Como a reta é tangente, então a interseção é um único ponto. Δ=0 (único ponto) Daí: (8ab)2 – 4(1 + 4a2) ⋅ (4b2 – 1) = 0 64a2b2 – 16b2 + 4 – 64a2b2 + 16a2 = 0 8a2 – 8b2 + 2 = 0 8(b2– a2) = 2 Resposta: C81 Determine o valor de b para o qual a reta y = x + b não intercepta os ramos da hipérbole x2 – y2 = 1. A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4 Solução: Interseção → x2 – ( x + b)2 = 1 → x2 – x2 – 2bx – b2 = 1 → – 2bx =1+ b2 1 + b2 →x= (x da interseção) −2b Veja: para que não exista interseção, basta tomarmos b = 0. Resposta: A n ⎛ ⎞82 Determine o menor inteiro n > o, de modo que ⎜ 3 + 1 i ⎟ seja real positivo. ⎜ 2 2⎟ ⎝ ⎠ A) 6 B) 10 C) 12 D) 16 E) 24 33
  30. 30. Matemática Professor: Fabrício Maia Solução: n ⎛ 3 1⎞ ⎜ 2 + 2 i ⎟ = (cos 30º + isen30º ) = 14243) + isen(n ⋅ 30º ) Temos que: ⎜ cos(n ⋅ 30º n ⎟ 14243 ⎝ ⎠ um zero Então: n ⋅ 30º = k ⋅ 360º n = 12k Portanto: n = 12 (menor inteiro positivo) Resposta: C 83 Encontre o módulo do complexo 1 , tal que 1 2 = i. A) 1 B) 2 C) 3 D) 2 E) 3 Solução: Temos: 12 = i →| 12 | = | i | → →| 1 ⋅ 1 | = | 0 + 1 | → | 1 | ⋅ | 1 | = 02 + 12 → i →| 1 | ⋅ | 1 | = 1 → | 1 | = 1 Resposta: A 1 A Bx + C 84 Se A , B e C são números reais, tais que = + , para todo x, x ∈ 1 * , calcule o valor de x(x 2 + 2x + 2) x x 2 + 2x + 2 A + B + C. Solução: A Bx + C 1 + 2 = , ∀x ∈ 1 * x x + 2x + 2 x(x + 2x + 2) 2 A(x 2 + 2x +2) + (Bx + C)x 1 = , ∀x ∈ 1 * x(x 2 + 2x + 2) x(x 2 + 2x + 2) ⎧ 1 ⎪A = 2 ⎧ A+B=0 ⎪ ⎪ ⎪ 1 (A + B)x 2 + (2A + C)x + 2A ≡ 1 → ⎨2A + C = 0 → ⎨B = − ⎪ 2A = 1 ⎪ 2 ⎩ ⎪C = − 1 ⎪ ⎩ Portanto: A + B + C = – 1 85 Determine um polinômio P(x) de grau 2 que verifique a identidade P(x + 1) ≡ x2 + 2x + 3. Solução: Supondo P(x) = ax2 = bx + c, temos: P(x + 1) = a(x + 1)2 + b(x + 1) + c = ax2 + (2a + b)x + (a + b + c). Então: ⎧a = 1 ⎧a = 1 ⎪ ⎪ P(x + 1) ≡ x2 + 2x + 3 ⇔ ⎨2a + b = 2 ⇔ ⎨b = 0 ⎪a + b + c = 3 ⎩ ⎪c = 2 ⎩ Logo, P(x) = x2 + 2. 34
  31. 31. Professor: Fabrício Maia86 Que condições devem satisfazer os números a, b e c para que o polinômio ax2 + bx + c seja o quadrado de um Matemática polinômio do 1º grau? Solução: Devemos ter ax2 + bx + c ≡ (mx + n)2, com m ≠ 0; portanto: ⎧a = m2 ⎪ ⎨b = 2mn ⎪c = n2 ⎩ Podemos eliminar m e n e obter a relação entre a, b e c e calculando b2. b2 = (2mn)2 = 4m2n2 = 4ac Resposta: A condição é b2 = 4ac e a ≠ 0 (pois m ≠ 0)87 Na figura abaixo indicamos 9 pontos, entre os quais não há 3 colineares, exceto os 4 que marcamos numa mesma reta. Quantos triângulos existem com vértices nestes pontos? G H F I E B C A D Solução: Se não houvessem 3 pontos colineares, o número de triângulos seria C9, 3. Desse número, devemos subtrair as combinações formadas por 3 pontos escolhidos entre os 4 alinhados, isto é, C4, 3, pois essas combinações não correspondem a triângulos. Assim, o número de triângulos que podemos formar é C9, 3 – C4, 3. Temos: 9! 9 x 8 x 7 x 6! C9,3 = = = 84 3!6! 3x 2x1x 6! 4! 4 x 3! C4,3 = = =4 3!1! 3 !x 1 Logo: C9,3 – C4, 3 = 84 – 4 = 80.88 Um químico possui 10 tipos de substâncias. De quantos modos possíveis poderá associar 6 dessas substâncias se, entre as 10, duas somente não podem ser juntadas porque produzem mistura explosiva? Solução: Cada mistura de 6 das 10 substâncias corresponde a uma combinação das 10 substâncias tomadas 6 a 6, uma vez que não importa a ordem das substâncias na mistura. Assim, o total de misturas seria C10, 6 se não houvesse problema com nenhuma mistura. Devemos, porém, subtrair desse número as combinações em que entrariam as duas substâncias que, se misturadas, provocam explosão. As combinações em que entram essas duas substâncias são formadas por elas duas e mais quatro substâncias escolhidas entre as outras oito substâncias (excluímos aquelas duas). O número de modos de escolher 4 substâncias em 8 é C8, 4. Concluímos que o número de misturas não explosivas que podem ser produzidas é C10, 6 – C8, 4. Solução: Temos: 10! 10 x 9 x 8 x 7x 6! C10,6 = = = 210 6!4! 6!x 4 x 3x 2x1 8! 8 x 7 x 6 x5 x 4! C8,4 = = = 70 4!4! 4x 3x 2x1x 4! Logo: C10, 6 – C8, 4 = 210 – 70 = 140. 35
  32. 32. Matemática Professor: Fabrício Maia n ⎛ 2 1⎞ 89 Dê a condição sobre o inteiro positivo n para que o desenvolvimento de ⎜ x − ⎟ apresente um termo ⎝ x⎠ independente de x e não-nulo. Solução: n k ⎛ ⎞ O termo geral do desenvolvimento de ⎛ x 2 − 1 ⎞ é T = ⎛ n ⎞ (x 2 )n−k ⎜ − 1 ⎟ = ⎛ n ⎞ x 2n−2k ( −1)k x −k = ⎛ n ⎞ ( −1)k x 2n−3k ⎜ ⎟ ⎜k ⎟ ⎜k ⎟ ⎜k ⎟ ⎝ x⎠ ⎝ ⎠ ⎝ x⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2n Para o termo independente de x devemos ter 2n – 3k = 0, logo k = . Como k dever ser inteiro, concluímos 3 que n deve ser um múltiplo de 3. x 2 + ax + b 90 Calcule a e b de modo que a fração algébrica tenha o mesmo valor numérico para todo x ∈ 1 . 2x 2 + 1 Solução: x 2 + ax + b Devemos ter: = k, ∀x ∈ 1 ; logo: x2+ ax + b ≡ 2kx2 + k 2x 2 + 1 ⎧1 = 2k ⎪ ⎨a = 0 ⎪b = k ⎩ 1 A resposta é a = 0 e b = . 2 3 +1 3 −1 91 Calcule o valor numérico de x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4, para x = 4 e y= 4 . 3 3 Solução: 4 4 ⎛ 3 +1 3 − 1⎞ ⎛2 3⎞ 24 ⋅ 32 x + 4x y + 6x y + 4xy + y = (x + y) = ⎜ 4 4 3 2 2 3 4 ⎜ 3 4 + 4 ⎟ =⎜ 4 ⎟ = = 48. ⎝ 3 ⎟⎠ ⎜ 3 ⎟ ⎝ ⎠ 3 92 O número 2 é raiz dupla de ax3 + bx + 16. Determine a e b. Solução: Como admite raiz dupla, o grau da equação ax3 + bx + 16 = 0 é maior que 1. Então, a ≠ 0 e concluímos que o grau é 3. Há, portanto, 3 raízes. Supondo que as raízes são 2, 2 e α, com α ≠ 2, temos pelas relações de Girard: ⎧ ⎧ ⎪2 + 2 + α = 0 ⎪α = − 4 ⎪ ⎪ ⎧α = − 4 ⎪ b ⎪ a ⎪ ⎨2 ⋅ 2 + 2α + 2α = , logo ⎨4α + 4 = , logo ⎨a = 1 ⎪ a ⎪ b ⎪b = −12 −16 −4 ⎩ ⎪2⋅ 2 ⋅ α = ⎪α = ⎪ ⎩ a ⎪ ⎩ a Portanto: a = 1 e b = – 12 12 ⎛ 12 ⎞ k 93 Qual é o valor de ∑ ⎜k ⎝ ⎟9 ? ⎠ k =0 Solução: 12 ⎛12 ⎞ k 12 ⎛12 ⎞ 12−k k ∑ ⎜k ⎝ ⎟ 9 = ∑⎜k ⎟ ⋅1 ⋅ 9 ⎠ k =0 k =0 ⎝ ⎠ Este fator é igual a 1, portanto não altera o valor do termo. Notando que ⎛12 ⎞ ⋅ 1 −k ⋅ 9k é o termo geral do binômio (1 + 9)12, concluímos que: ⎜k ⎟ 12 ⎝ ⎠ 12 ⎛12 ⎞ k ∑⎜k ⎝ ⎟ 9 = (1+ 9) = 10 ( o que dá 1 trilhão). ⎠ 12 12 k =0 36
  33. 33. Professor: Fabrício Maia Matemática94 Numa urna há 12 etiquetas numeradas, 6 com números positivos e 6 com números negativos. De quantos modos podemos escolher 4 etiquetas diferentes tal que o produto dos números nelas marcados seja positivo? Solução: Teremos o produto positivo em cada caso seguinte: I) Escolhendo 4 etiquetas com números positivos; ou II) Escolhendo 4 etiquetas com números negativos; ou III) Escolhendo 2 etiquetas com números positivos e 2 com números negativos. Números disponíveis: 6 positivos 6 negativos ↓ ↓ Possibilidades: 4 positivos 0 negativos C6,4 ou 0 positivos 4 negativos C6,4 ou 2 positivos 2 negativos C6,2 ⋅ C6,2 Vamos calcular o número de possibilidades de cada caso (lembrando que não importa a ordem das etiquetas). I) O número de modos a escolher 4 números positivos, dispondo de 6 números positivos, é C6,4 . 6! 6 x 5 x 4! C6,4 = = = 15 4!2! 4! x 2 x 1 II) Como temos também 6 números negativos, o número de modos de escolher 4 deles é C6,4 = 15. III) Dos 6 positivos devemos escolher 2( C6,2 ) e, para cada escolha destes, dos 6 negativos devemos escolher 6! também 2 (C6, 2). O número de possibilidades deste caso é C6,2 ⋅ C6,2 . Como C6,2 = = 15, temos 2!4! 15 ⋅ 15 = 225 possibilidades. Então, o total de possibilidades para o produto positivo é 15 + 15 + 225 = 255.95 Encontre o coeficiente de x5 no desenvolvimento de (1 – x) (1 + x)8. Solução: Quando multiplicamos (1 – x) pelo polinômio obtido desenvolvendo (1 + x)8, o termo em x5 resulta da adição de dois produtos: (1 – x) (1 + ... + termo em x4 + termo em x5 + ... + x8) Termo em x5 = 1 ⋅ [termo em x5 de (1 + x)8] + [(– x) ⋅ termo em x4 de (1 + x)8] ⎛ 8 ⎞ 8−k k ⎛ 8 ⎞ k O termo geral de (1 + x)8 é T = ⎜ k ⎟ ⋅ 1 ⋅ x = ⎜ k ⎟ x . ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛8⎞ 5 8! 5 8 x 7 x 6 5 Para k = 5 temos T = ⎜ 5 ⎟ x = x = x = 56x5. ⎝ ⎠ 5! 3! 3x 2x1 ⎛8 ⎞ 4 8! 4 8 x 7 x 6 x 5 4 Para k = 4 temos T = ⎜ 4 ⎟ x = x = x = 70x 4 . ⎝ ⎠ 4! 4! 4x3x2x 1 Então, no produto (1 – x) (1 + x) 8 temos: Termo em x5 = [1 x 56x5] + [(– x) ⋅ 70x4] = 56x5 – 70x5 = – 14x5 O coeficiente pedido é igual a – 14. 37

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