ITA MAT liberada - Curso Pré-Vestibular · 2 B Uma empresa possui 1000 carros, sendo uma parte com...
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II TTAA ((33ºº DDIIAA )) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
MMAATTEEMMÁÁTTIICCAA
Obs.: Os sistemas de coordenadas considerados são car -tesianos retangulares.
1 CCSejam A e B subconjuntos do conjunto universo U = a, b, c, d, e, f, g, h. Sabendo que (BC A)C == f, g, h, BC A = a,b e AC \B = d,e, então, n(P(A B)) é igual aa) 0. b) 1. c) 2. d) 4. e) 8.
Resolução1) (BC A)C = f; g; h ⇔ (BC)C AC = f; g; h ⇔
⇔ B AC = f; g; h ⇔ B\A = f; g; h
2) BC A = a; b ⇔ A\B = a; b
3) AC \B = d; e ⇔ U\(A B) = d; e
De (1), (2) e (3), temos o diagrama
Logo, A B = c e P(A B) = Ø, c
NOTAÇÕES = 0, 1, 2, 3,... : conjunto dos números reais: conjunto dos números complexos [a, b] = x ∈ ; a ≤ x ≤ b
(a, + ∞) = ]a, + ∞[ = x ∈ ; a < x < + ∞
A\B = x ∈ A; x ∉ B
AC: complementar do conjunto A i: unidade imaginária; i2 = –1z: módulo do número z ∈
Re z: parte real do z ∈
Im z : parte imaginária do número z ∈
Mm×n(): conjunto das matrizes reais m × n
At: transposta da matriz A
det A: determinante da matriz A
P(A): conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A
n(A): número de elementos do conjunto finito A—AB: segmento de reta unindo os pontos A e B
tr A : soma dos elementos da diagonal principal damatriz quadrada A
2 BBUma empresa possui 1000 carros, sendo uma parte commotor a gasolina e o restante com motor “flex” (quefunciona com álcool e com gasolina). Numadeterminada época, neste conjunto de 1000 carros, 36%dos carros com motor a gasolina e 36% dos carros commotor “flex” sofrem conversão para também funcionarcom gás GNV. Sabendo-se que, após esta conversão, 556dos 1000 carros desta empresa são bicombustíveis,pode-se afirmar que o número de carros tricombustíveisé igual a
a) 246. b) 252. c) 260. d) 268. e) 284.
Resolução
Se, entre os 1000 carros da empresa, x têm motor a
gasolina e 1000 – x possuem motor “flex”, temos:
(100 – 36)% . (1000 – x) + 36% x = 556 ⇔
⇔ 640 – 0, 64x + 0,36x = 556 ⇔ 0,28x = 84 ⇔ x = 300
Portanto, o número de carros tricombustíveis é
36%. (1000 – 300) = . 700 = 25236
––––100
II TTAA ((33ºº DDIIAA )) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
3 EESeja f : → \ 0 uma função satisfazendo às con -dições: f(x + y) = f(x)f(y), para todo x, y ∈ e f(x) ≠ 1, para todo x ∈ \ 0.
Das afirmações:
I. f pode ser ímpar.
II. f(0) = 1.
III. f é injetiva.
IV. f não é sobrejetiva, pois f(x) > 0 para todo x ∈ .
é (são) falsa( s) apenas
a) I e III. b) II e III. c) I e IV.
d) IV. e) I.
ResoluçãoSe f: → \ 0, f(x + y) = f(x) . f(y) para todo x; y ∈ R e f(x) ≠ 1, para todo x ∈ \ 0, então:1) f(x) ∈ CD (f) = \ 0 ⇔ f(x) ≠ 0, ∀ x ∈ .2) f(0 + 0) = f(0) . f(0) ⇔ f(0) = [f(0]2 ⇒ f(0) = 1, pois
f(0) ≠ 0. 3) Para qualquer a ≠ 0, tem-se:
f(–a + a) = f(–a) . f(a) = f(0) = 1 e, portanto f(a) ef(–a) tem o mesmo sinal. Assim, f não pode serímpar.
4) x1 ≠ x2 ⇔ x1 = x2 + k, com k ≠ 0 ⇔
⇔ f(x1) = f(x2 + k) = f(x2) . f(k) ≠ f(x2), pois f(k) ≠ 1.
Assim, f é injetiva.
5) f(x) = f + = f . f =
= f 2
> 0, pois f ≠ 0.
Desta forma, Im(f) + e Im(f) ≠ CD(f), entãoa função não é sobrejetiva.
Assim, apenas a afirmação (I) é falsa.
x–––2
x–––2x
–––2
x–––2
x–––2
x–––2
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4 BB
Se a = cos e b = sen , então, o número com plexo
cos + i sen 54
é igual a
a) a + bi. b) – a + bi.
c) (1 – 2a2b2) + ab (1 + b2)i. d) a – bi.
e) 1 – 4a2b2 + 2ab(1 – b2)i.
Resolução
Se a = cos e b = sen então:
1) cos + i . sen 54
=
= cos + i . sen =
= cos 10π + + i . sen 10π + =
= cos + i . sen =
2) cos = – cos = – a
3) sen = sen = b
Assim sendo:
cos + i . sen54
=
cos + i . sen = – a + bi
π–––
5
π–––5
π––5
π––5
4π–––5
4π––––
5
π––5
π––5
π––5
4π––––
5
π––5
4π––––
5
4π––––
54π––––
5
4π––––
54π––––
5
54π––––
554π––––
5
π–––5
π–––5
π––5
π––5
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5 EEO polinômio de grau 4
(a + 2b + c)x4 + (a + b + c) x3 – (a – b) x2 +
+ (2a – b + c) x + 2 (a + c),
com a, b, c ∈ , é uma função par. Então, a soma dosmódulos de suas raízes é igual a
a) 3 + 3 . b) 2 + 3 3 . c) 2 + 2 .
d) 1 + 2 2 . e) 2 + 2 2 .
Resolução1) P(x) = (a + 2b + c) . x4 + (a + b + c) . x3 – (a – b)x2 +
+ (2a – b + c) x + 2 (a + c) é de grau 4 e é umafunção par. Asim sendo:
⇒ ⇒
2) Se b ≠ 0, a + c = – b e a = 2b, entãoP(x) = b x4 – (2b – b) x2 + 2 (– b) ⇔⇔ P(x) = bx4 – bx2 – 2b
3) Resolvendo a equação P(x) = 0, temos:bx4 – bx2 – 2b = 0 ⇔ x4 – x2 – 2 = 0 ⇔⇔ x2 = – 1 ou x2 = 2 ⇔ x = i ou x = – i
ou x = 2 ou x = – 24) O conjunto-verdade da equação P(x) = 0 é
V = i; – i; 2 ; – 2 5) A soma dos módulos das raízes é
1 + 1 + 2 + 2 = 2 + 2 2
6 CCConsidere as funções
f (x) = x4 + 2x3 – 2x – 1 e g(x) = x2 – 2x + 1.
A multiplicidade das raízes não reais da funçãocomposta f o g é igual a
a) 1. b) 2. c) 3. d) 4. e) 5.
Resolução
Sendo f(x) = x4 + 2x3 – 2x – 1 =
= (x2 + 1) . (x2 – 1) + 2x . (x2 – 1) =
= (x2 – 1) . (x2 + 2x + 1) =
= (x2 – 1) . (x + 1)2
e g(x) = x2 – 2x + 1 = (x – 1)2, temos:
(fog) (x) = [(x – 1)4 – 1] . [(x – 1)2 + 1]2 =
= [(x – 1)2 – 1] . [(x – 1)2 + 1]3 =
= (x2 – 2x) . (x2 – 2x + 2)3,
cujas raízes são 0 (raiz simples), 2 (raiz simples),
1 + i (raiz tripla) e 1 – i (raiz tripla).
Logo, a multiplicidade de cada raiz não-real da
função composta fog é igual a 3.
a + 2b + c ≠ 0a + b + c = 02a – b + c = 0
a + b + c + b ≠ 0a + b + c = 0a – 2b = 0
a + c = – bb ≠ 0a = 2b
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7 AASuponha que os coeficientes reais a e b da equação
x4 + ax3 + bx2 + ax + 1 = 0 são tais que a equação admite
solução não real r com r ≠ 1. Das seguintes afirmações:I. A equação admite quatro raízes distintas, sendo
todas não reais.
II. As raízes podem ser duplas.
III. Das quatro raízes, duas podem ser reais.
é (são) verdadeira( s )
a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III.
d) apenas II e III e) nenhuma.
Resolução1) Seja r = p + qi, com p2 + q2 ≠ 1 e q ≠ 0, a raiz não
real da equação x4 + ax3 + bx2 + ax + 1 = 0, decoeficientes reais.
2) Se r for raiz, então também o será, pois
+ + + + 1 =
= = = 0
3) = = ≠ p – qi, pois p2 + q2 ≠ 1
4) Já que a equação tem coeficientes reais, se
r = p + qi e = são raízes, então, p – qi e
também serão raízes.
5) A equação admite, portanto, quatro raízes dis -tintas, sendo todas não-reais.
1––––––p – qi
1–––r
1–––––––p + qi
1––r
1––––––p + qi
p – qi––––––p2 + q2
1 + ar + br2 + ar3 + r4–––––––––––––––––––––
r4
0–––r4
1–––r4
a–––r3
b–––r2
a–––r
1–––
r
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8 BBSe as soluções da equação algébrica 2x3 – ax2 + bx + 54 = 0,com coeficientes a, b ∈ , b ≠ 0, formam, numadeterminada ordem, uma progressão geométrica, então,
é igual a
a) – 3. b) – . c) . d) 1. e) 3.
Resolução
Sejam , α e α . q as raízes da equação em pro gres-
são geométrica de razão q (q ∈ *).
De acordo com as relações de Girard, temos:
. α . αq = ⇔ α3 = – 27
Logo, a = – 3 é uma das raízes e, conseqüentemente,2 . (– 3)3 – a . (– 3)2 + b . (– 3) + 54 = 0 ⇔⇔ – 54 – 9a – 3b + 54 = 0 ⇔ 9a = – 3b ⇔
⇔ = –
α––q
1––3
1––3
a––b
1–––3
a–––b
– 54–––––
2α––q
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9 EEDados A ∈ M3x2 () e b ∈ M3x1 (), dizemos que
X0 ∈ M2x1 () é a melhor aproximação quadrática do
sistema AX = b quando (AX0 – b)t (AX0 – b) assume
o menor valor possível. Então, dado o sistema
=,
a sua melhor aproximação quadrática é
a) . b) . c) .
d) . e) .
Resolução
Sendo A = , b = e x0 = ,
Temos:
I) (A . X0 – b) = . – =
= – =
II) (A . X0 – b)t = [–x – 1 y – 1 x – 1]
III) (A . X0 – b)t . (A . X0 – b) =
[–x – 1 y – 1 x – 1] . =
= [(–x – 1)2 + (y – 1)2 + (x – 1)2] =
= [2 . (x2 + 1) + (y – 1)2].
Interpretando C (C ∈ M1x1 ()) como sendo araiz quadrada do elemento desta matriz,
(A X0 – b)t . (A X0 – b) = [2 . (x2 + 1) + (y – 1)2] ,que assume o menor valor possível para x = 0 e y = 1, pois x2 ≥ 0 e (y – 1)2 ≥ 0.
Logo, a melhor aproximação quadrática do siste -ma
x
y1
1
1
–1
0
1
0
1
0
0
11
0– 2
01
11
– 1
1
1
1x
y– 1 0
0 1
1 0
– x – 1
y – 1
x – 1
1
1
1
–x
y
x
1
1
1x
y–1
0
1
0
1
0
– x – 1
y – 1
x – 1
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= é x0 = .
10 DDO sistema
com (c1, c2) ≠ (0, 0), a1c1 + a2c2 = b1c1 + b2c2 = 0, é
a) determinado.
b) determinado somente quando c1 ≠ 0 e c2 ≠ 0.
c) determinado somente quando c1 ≠ 0 e c2 = 0 ou c1 =
0 e c2 ≠ 0.
d) impossível.
e) indeterminado.
Resolução1) Se c1 = 0 e c2 ≠ 0, então:
a1 . 0 + a2 . c2 = b1 . 0 + b2c2 = 0 ⇔ a2 = b2 = 0
e a equação 0 . x + 0 . y = c2 ≠ 0 não tem solução.
2) Se c1 ≠ 0 e c2 = 0, então:
a1 . c1 + a2 . 0 = b1 . c1 + b2 . 0 = 0 ⇔ a1 = b1 = 0
e a equação 0 . x + 0y = c1 ≠ 0 não tem solução
3) Se c1 ≠ 0 e c2 ≠ 0, então:
⇔ ⇔
⇔ (a1c1 + a2c2) x + (b1c1 + b2c2)y = c12 + c2
2 ⇒
⇒ 0 . x + 0 . y = c12 + c2 ≠ 0 e, portanto, o sistema é
impossível.
a1x + b1y = c1
a2x + b2y = c2 a1c1x + b1c1y = c1
2
a2c2x + b2c2y = c22
a1x + b1y = c1
a2x + b2y = c2
, a1, a2, b1, b2, c1, c2 ∈ ,
0
11
1
1x
y–1
0
1
0
1
0
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11 AASeja A ∈ M2x2 () uma matriz simétrica e não nula,cujos elementos são tais que a11, a12 e a22 formam, nesta
ordem, uma progressão geométrica de razão q ≠ 1 e tr A = 5a11. Sabendo-se que o sistema AX = X admite
solução não nula X ∈ M2x1 (), pode-se afirmar que
a211 + q2 é igual a
a) . b) . c) 5. d) . e) .
Resolução
Sejam A = e X =
I) Sendo A uma matriz simétrica e não-nula e (a11, a12, a22) uma progressão geométrica de razão
q ≠ 1,
A =
Como tr A = 5 . a11 ⇔ a11 + a11 . q2 = 5 . a11 ⇔
⇔ a11 . q2 = 4 . a11 ⇔ q2 = 4, pois a11 ≠ 0
II) A . X = X ⇒ . = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ ⇔
⇔
Para que o sistema linear homogêneo acimaadmita solução não-nula, devemos ter:
= 0 ⇔
⇔ 1 – a11 – a11 . q2 = 0 ⇔
⇔ 1 – a11 – 4 . a11 = 0 ⇔ a11 =
Logo, a112 + q2 =
2
+ 4 = 1
–––5
101–––25
a11 a12
a21 a22 x
y
101–––25
121–––25
49–––9
25–––4
1–––5
a11 – 1 a11 . q
a11 . q a11 . q2 – 1
(a11 – 1) . x + a11 . q . y = 0
a11 . q . x + (a11 . q2 – 1) . y = 0
a11 . x + a11 . q . y = x
a11 . q . x + a11 . q2 . y = y
a11 . x + a11 . q . y
a11 . q . x + a11 . q2 . y
x
y
a11 a11 . q
a11 . q a11 . q2
x
y x
y
a11 a11 . q
a11 . q a11 . q2
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12 BBUma amostra de estrangeiros, em que 18% são profi -cientes em inglês, realizou um exame para classificar asua proficiência nesta língua. Dos estrangeiros que sãoproficientes em inglês, 75% foram classificados comoproficientes. Entre os não proficientes em inglês, 7%foram classificados como proficientes. Um estrangeirodesta amostra, escolhido ao acaso, foi classificado comoproficiente em inglês. A probabilidade deste estrangeiroser efetivamente proficiente nesta língua é de aproxima -damente
a) 73%. b) 70%. c) 68%. d) 65%. e) 64%.
ResoluçãoDos 18% de estrangeiros proficientes em inglês, 75%,isto é, 75% de 18% = 13,5% foram classificadoscomo proficientes.Dos 82% de estrangeiros não-proficientes em inglês,7%, isto é, 7% de 82% = 5,74% foram classificadoscomo proficientes.Se o estrangeiro escolhido ao acaso foi classificadocomo proficiente em inglês, então a probabilidade deele ser efetivamente proficiente em inglês é
p = = ≅ 0,70 = 70%
13 EEConsidere o triângulo ABC de lados a =
–––BC, b =
–––AC e
c = –––AB e ângulos internos α = C
^AB, β = A
^BC e γ = B
^CA.
Sabendo-se que a equação x2 – 2bx cos α + b2 – a2 = 0ad mite c como raiz dupla, pode-se afirmar que
a) α = 90°.
b) β = 60°.
c) γ = 90°.
d) O triângulo é retângulo apenas se α = 45°.
e) O triângulo é retângulo e b é hipotenusa.
ResoluçãoSe a equação em x : x2 – 2bcos α . x + b2 – a2 = 0 ad -mite c como raiz dupla, então tem-se a seguinteidentidade de polinômios:
x2 – 2bcos α . x + (b2 – a2) (x – c)2 ⇔
⇔ x2 – 2bcos α . x + (b2 – a2) x2 – 2cx + c2 ⇔
⇔ ⇔ ⇔
Pode-se concluir então que o triângulo de lados a, b ec é sempre retângulo e b é a hipotenusa.
ccos α = –––b
b2 = a2 + c2– 2bcos α = – 2cb2 – a2 = c2
13,5–––––––
19,24
13,5––––––––––13,5 + 5,74
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14 DDNo plano, considere S o lugar geométrico dos pontoscuja soma dos quadrados de suas distâncias à retat : x = 1 e ao ponto A = (3, 2) é igual a 4. Então, S é
a) uma circunferência de raio 2 e centro (2, 1).b) uma circunferência de raio 1 e centro (1, 2).
c) uma hipérbole.
d) uma elipse de eixos de comprimento 22 e 2.e) uma elipse de eixos de comprimento 2 e 1.
ResoluçãoSe a reta (t) tem equação x = 1, o ponto A = (3, 2) esendo P(x, y) um ponto genérico do L.G., temos:
dP,t2 + dP, A
2 = 4 ⇔ (x – 1)2 + (x – 3)2 + (y – 2)2 = 4 ⇔
⇔ 2x2 – 8x + 8 + y2 – 4y + 4 = 2 ⇔
⇔ 2 . (x – 2)2 + (y – 2)2 = 2 ⇔
⇔ + = 1
A equação representa uma elipse, de centro (2; 2), talque:
I) a2 = 2 ⇒ a = 2 ⇒ 2a = 22 é o comprimento doeixo maior.
II) b2 = 1 ⇒ b = 1 ⇒ 2 . b = 2 é o com primento do eixomenor.
Os eixos da elipse têm comprimentos 22 e 2.
(y – 2)2–––––––
2
(x – 2)2–––––––
1
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15 DDDo triângulo de vértices A, B e C, inscrito em umacircunferência de raio R = 2 cm, sabe-se que o lado
–––BC
mede 2 cm e o ângulo interno A^BC mede 30°. Então, o
raio da circunferência inscrita neste triângulo tem ocomprimento, em cm, igual a
a) 2 – 3. b) . c)
d) 2 3 – 3. e) .
ResoluçãoDe acordo com o enunciado, podemos montar as se -guintes figuras:
Assim, sendo S a área do triângulo ABC, em centí -metros quadrados, p o semiperímetro desse triân -gulo, em centímetros, e r o raio, em centímetros, dacircunferência inscrita nesse triângulo, tem-se:
1º) S = = = 3
2º) S = p . r
Logo: 3 = . r ⇔ 3 = (2 + 3) . r ⇔
⇔ r = ⇔ r = 3 (2 – 3) ⇔ r = 23 – 33
–––––––2 + 3
1–––2
2––––
4
1–––3
4 + 23–––––––
2
23 . 1–––––––
2
AB . 1––––––
2
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16 EEA distância entre o vértice e o foco da parábola de equa -ção 2x2 – 4x – 4y + 3 = 0 é igual a
a) 2. b) . c) 1. d) . e) .
Resolução2x2 – 4x – 4y + 3 = 0 ⇔ 2x2 – 4x + 3 = 4y ⇔
⇔ x2 – 2x + = 2y ⇔ x2 – 2x + 1 – 1 + = 2y ⇔
⇔ x2 – 2x + 1 = 2y – ⇔ (x – 1)2 = 2 . y – Sendo (x – g)2 = 4 . f . (y – h) a equação reduzida daparábola, comparando-a com a equação obtida,conclui-se que:
1º) o vértice da parábola é o ponto 1; 2º) A distância entre o vértice e o foco da parábola é
a medida f, tal que 4 . f = 2, e portanto f = .
1–––2
3–––4
3–––2
1–––2
1–––4
1–––4
1–––2
3–––2
3–––2
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17 AAA expressão
é equivalente a
a) [cos x – sen2x] cotg x. b) [sen x + cos x] tg x.
c) [cos2 x – sen x] cotg2 x. d) [l – cotg2 x] sen x.
e) [1 + cotg2 x] [sen x + cos x]
Resolução
=
= =
= =
= 2 . sen . cos . [cotg2 x – cos x] =
= sen x . =
= =
= . [cos x – sen2x] = cotg x . [cos x – sen2x]
3π x2 . sen x + ––– + cotg2 x . tg ––2 2
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––x
sec2––2
11 x2 . sen x + ––– π + cotg2 x . tg ––2 2
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––x
1 + tg2––2
11 x2 sen x + –––π + cotg2xtg ––-
2 2––––––––––––––––––––––––––––––––––
x1 + tg2 –––
2
x–––2x
–––2
xsen––2
2 . [– cos x + cotg2 x] –––––––––x
cos––2–––––––––––––––––––––––––––––––
1–––––––––––
xcos2––2
cos x––––––sen x
sen x . [cos2x – cos x . sen2x] –––––––––––––––––––––––––
sen2x
cos2x–––––– – cos xsen2x
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18 BBSejam C uma circunferência de raio R > 4 e centro (0,0)e
–––AB uma corda de C. Sabendo que (1,3) é ponto médio
de –––AB , então uma equação da reta que contém
–––AB é
a) y + 3x – 6 = 0. b) 3y + x – 10 = 0.
c) 2y + x – 7 = 0. d) y + x – 4 = 0.
e) 2y + 3x – 9 = 0.
Resolução
Sejam t e s, respectivamente, as retas que contêm —AB
e —CP, sendo P(1;3), ponto médio de
—AB.
O coeficiente angular da reta s é tal que,
ms = = 3.
O ponto P(1;3) pertence à reta t cujo coeficiente
angular é mt = – , pois t ⊥ s.
Dessa forma, a equação da reta t é
y – 3 = – (x – 1) ⇔ 3y + x – 10 = 0
1–––3
3 – 0––––––1 – 0
1–––3
II TTAA ((33ºº DDIIAA )) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22000088
19 AAUma esfera é colocada no interior de um cone circularreto de 8 cm de altura e de 60° de ângulo de vértice. Ospontos de contato da esfera com a superfície lateral do
cone definem uma circunferência e distam 2 3 cm dovértice do cone. O volume do cone não ocupado pelaesfera, em cm3, é igual a
a) π. b) π. c) π.
d) π. e) π.
Resolução
Sendo R o raio da base do cone e r o raio da esfera,ambos, em centímetros, tem-se:
1º) tg 30° = ⇔ = ⇔ r = 2
2º) tg 30° = ⇔ = ⇔ R =
Assim, o volume V da região interna ao cone, não-ocupada pela esfera, em centímetros cúbicos, é dadopor:
V = . π . R2 . 8 – . π . r3 =
= . π . . 8 – . π . 23 =
= – =
542––––
9
512––––
9
500––––
9
480––––
9
416––––
9
416π–––––
9
32π––––
3
512π––––
9
4–––3
64–––3
1–––3
4–––3
1–––3
83–––––
3
R–––8
3–––––
3
R–––8
r–––––23
3–––––
3
r–––––23
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20 CC (com ressalvas)Os pontos A = (3,4) e B = (4,3) são vértices de um cubo,em que
–––AB é uma das arestas. A área lateral do octaedro
cujos vértices são os pontos médios da face do cubo éigual a
a) 8. b) 3. c) 12. d) 4 e) 18.Resolução
1º) A medida a da aresta do cubo é dada por
a = AB = (3 – 4)2 + (4 – 3)2 = 2
2º) Entendendo que os vértices do octaedro são oscentros das faces do cubo, então a medida daaresta do octaedro regular é tal que:
2 = 2
+ 2
⇔ 2 =
assim: 2 = ⇔ 2 = 1
3º) Entendendo que o examinador queira que sejacalculada a área S da superfície total do octaedro,já que este não possui área lateral, então, comotal superfície é composta por oito triânguloseqüilá teros de lado , tem-se:
S = 8 . ⇔ S = 23 2
Assim: S = 23 . 1 ⇔ S = 12
23 ––––––
4
2 2
––––––2
a2–––2a
–––2a
–––2
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AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS DE21 A 30, DEVEM SER RESOLVIDAS E RESPON -DIDAS NO CADERNO DE SOLUÇÕES.
21Seja S o conjunto solução da inequação
(x – 9) logx+4(x3 – 26x) ≤ 0.
Determine o conjunto SC.
ResoluçãoComo o gráfico da função f(x) = x3 – 26x é do tipo
temos:1) Existe o logx + 4 (x3 – 26x) se, e somente se,
– 4 < x < – 3 ou – 3 < x < 0 ou x > 26
2) Dentro das condições de existência do logaritmo,
(x – 9) . logx+4 (x3 – 26x) ≤ 0 ⇔ x – 9 ≤ 0 ⇔
⇔ x ≤ 9, para logx + 4 (x3 – 26x) ≠ 0 e x = b ou x =
c (do gráfico acima) para logx+ 4 (x3 – 26x) = 0
3) Como b < 9 e c < 9, S = x ∈ – 4 < x < – 3 ou
– 3 < x < 0 ou 26 < x ≤ 9 eSC = x ∈ x ≤ – 4 ou x = – 3 ou
0 ≤ x ≤ 26 ou x > 9Resposta: SC = x ∈ x ≤ – 4 ou x = – 3 ou
0 ≤ x ≤ 26 ou x > 9
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22Sejam x, y ∈ e w = x2(1 + 3i) + y2(4 – i) – x(2 + 6i) +
+ y(–16 + 4i) ∈ . Identifique e esboce o conjunto
Ω = (x, y) ∈ 2; Re w ≤ – 13 e Im w ≤ 4.
Resolução
w = x2 (1 + 3i) + y2 (4 – i) – x (2 + 6i) + y (– 16 + 4i)
⇔
⇔ w = x2 + 3x2 i + 4y2 – y2i – 2x – 6xi – 16y + 4yi ⇔
⇔ w = (x2 + 4y2 – 2x – 16y) + (3x2 – y2 – 6x + 4y)i
Desta forma:1) Re w ≤ – 13 ⇒ x2 + 4y2 – 2x – 16y ≤ – 13 ⇔
⇔ (x – 1)2 + 4(y – 2)2 ≤ 4 ⇔
⇔ + ≤ 1 que é a equação de
uma região elíptica de centro (1; 2), semi-eixomaior paralelo ao eixo das abscissas e medindo 2 esemi-eixo menor medindo 1.
2) Im w ≤ 4 ⇔ 3x2 – y2 – 6x + 4y ≤ 4 ⇔
⇔ 3(x – 1)2 – (y – 2)2 ≤ 3 ⇔ – ≤ 1
que é a equação de uma região determinada poruma hipérbole de centro (1; 2), eixo transverso pa -ralelo ao eixo das abscissas e medindo 1 e eixo
conjugado medindo 2.3.3) A representação no plano complexo dessas regiões
é a seguinte:
Resposta: O conjunto pedido está representado pelospontos que formam a figura destacada aci -ma.
(y – 2)2–––––––
3(x – 1)2––––––
1
(y – 2)2––––––––
1(x – 1)2
––––––––4
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23Seja f: \–l → definida por f(x) = .
a) Mostre que f é injetora.
b) Determine D = f(x); x ∈ \ –1 e f –1: D → \–1.
ResoluçãoSendo: f: \ – 1 → definida por
f(x) = = 2 +
conclui-se:a) ∀x1, x2 ∈ \ – 1, temos:
x1 ≠ x2 ⇔ x1 + 1 ≠ x2 + 1 ⇔ ≠ ⇔
⇔ 2 + ≠ 2 + ⇔
⇔ f(x1) ≠ f(x2) e, portanto, f é injetora.
b) Sendo f –1 a função inversa de f, temos:
f(f–1(x)) = x ⇔ 2 + = x ⇔
⇔ = x – 2 ⇔
⇔ f–1(x) + 1 = ⇒ f –1(x) =
O conjunto D = f(x); x ∈ \ – 1 e f –1: D → \ – 1 é o conjunto-domínio da função f –1
e, portanto, D = \ 2.
Respostas: a) demonstração
b) D = \ 2
1–––––x + 1
2x + 3–––––––
x + 1
2x + 3––––––x + 1
3 – x––––––x – 2
1–––––x – 2
1–––––––––f –1(x) + 1
1–––––––––f –1(x) + 1
1––––––x2 + 1
1––––––x1 + 1
1––––––x2 + 1
1––––––x1 + 1
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24Suponha que a equação algébrica
10
x11 + ∑ anxn + a0 = 0n = 1
tenha coeficientes reais a0, a1, ..., a10 tais que as suas
onze raízes sejam todas simples e da forma β + iγn, em
que β, γn ∈ e os γn, n = 1, 2, …, 11, formam umaprogressão aritmética de razão real γ ≠ 0. Considere astrês afirmações abaixo e responda se cada uma delas é,respectivamente, verdadeira ou falsa, justificando suaresposta:
I. Se β = 0, então a0 = 0.
II. Se a10 = 0, então β = 0.
III. Se β = 0, então a1 = 0.
Resolução10
A equação x11 + ∑ anxn + a0 = 0 ⇔ n = 1
⇔ x11 + a10 . x10 + a9 x9 + a8 x
8 + … + a1x + a0 = 0 é
de grau 11 e tem pelo menos uma raiz real.I) Verdadeira, pois se β = 0 as onze raízes são do
tipo iγn. Esse número somente será real se γn = 0
para algum valor de n. Desta forma, zero é raiz daequação e 011 + a10 . 010 + a9 . 0
9 + … + a1 . 0 + a0 = 0 ⇔
⇔ a0 = 0.
II) Verdadeira, pois as onze raízes são da forma (β + γ1 i; β + γ2 i; β + γ3 i; β + γ4 i; β + γ5 i; β;
β + γ7 i; β + γ8 i; β + γ9 i; β + γ10 i; β + γ11 i) e tais
que (γ1; γ2; …; γ5; 0; γ7; …; γ11) formam uma
progressão artitmética de soma zero. Desta forma,
a soma das onze raízes será 11β = = 0,
portanto β = 0.
III) Falsa, pois, como visto no item (I) se β = 0 entãozero é raiz da equação dada. A equação dada éfatorável em x (x10 + a10 x9 + a9 x
8 + a8 x7 + … + a2 x + a1) = 0
O produto das outras dez raízes é a1 e elas podem
não ser nulas. Poderiam ser, por exemplo, – 5i; – 4i; –3i; – 2i; – i; i; 2i; 3i; 4i e 5i.Observe que, neste caso, (– 5; – 4; – 3; …; 0; 1; 2; …5) formam umaprogressão aritmética, de ra zão não-nula.
a10– –––1
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25Um determinado concurso é realizado em duas etapas.Ao longo dos últimos anos, 20% dos candidatos doconcurso têm conseguido na primeira etapa notasuperior ou igual à nota mínima necessária para poderparticipar da segunda etapa. Se tomarmos 6 candidatosdentre os muitos inscritos, qual é a probabilidade de nomínimo 4 deles conseguirem nota para participar dasegunda etapa?
ResoluçãoA probabilidade de um candidato conseguir nota pa -
ra participar da segunda etapa é 20% = e a de não
conseguir nota é 80% = .
Dos 6 candidatos, a probabilidade de pelo menosqua tro deles conseguirem nota para participar dasegun da etapa é:
C6,4.4.
2+ C6,5 .
5.
1+ C6,6.
6.
0
=
= 4. 15 .
2+ 6 . . +
2
=
= . =
Resposta:
4––5
1––5
53–––––3125
53–––––3125
265––––25
1––––625
1––5
4––5
1––5
4––5
1––5
4––5
1––5
4––5
1––5
4––5
1––5
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26Sejam A, B ∈ M3x3(). Mostre as propriedades abaixo:
a) Se AX é a matriz coluna nula, para todo X ∈ M3x1(),então A é a matriz nula.
b) Se A e B são não nulas e tais que AB é a matriz nula,então det A = det B = 0.
Resolução
Se A ∈ M3×3(), então A =
a) Se AX é a matriz coluna nula, para todoX ∈ M3×1(), então
a.1) para X = , temos:
A . X = . =
= = ⇒ a11 = a21 = a31 = 0
a.2) para X = , temos:
A . X = . =
= = ⇒ a12 = a22 = a32 = 0
a.3) para X = , temos:
A . X = . =
= = ⇒ a13 = a23 = a33 = 0
Desta forma, A = = O
b) 1) Se det A ≠ 0, existe A– 1 e A . B = O ⇒⇒ A–1 . A . B = A–1 . O ⇔ I . B = O ⇔ B = OContrariando a hipótese de que B é não-nula.
100
a11a21a31
a12a22a32
a13a23a33
000
a11a21a31
100
a11a21a31
a12a22a32
a13a23a33
000
000
000
000
a13a23a33
001
a11a21a31
a12a22a32
a13a23a33
001
000
a12a22a32
010
a11a21a31
a12a22a32
a13a23a33
010
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2) Se det B ≠ 0, existe B–1 e A . B = O ⇒⇒ A . B . B–1 = O . B–1 ⇔ A . I = O ⇔ A = OContrariando a hipótese de que A é não-nula.
Dos itens (1) e (2), temos det A = det B = 0.Respostas: a) demonstração
b) demonstração
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27
Sabendo que tg2 = , para algum
x ∈ , determine sen x.
Resolução
1) tg2 = ⇒ tg = , pois:
≤ x + ≤
Assim:
= ⇔ = ⇔
⇔ 2 tg x + = 2 – tg x ⇔
⇔ 6 tg x + 23 = 32 – 6 tg x ⇔
⇔ (6 + 6 ) tg x = 3 2 – 23 ⇔
⇔ tg x = ⇔ tg x =
2) Como 0 < x < , podemos então montar o
seguinte triângulo retângulo:
do qual podemos concluir que:
sen x = ⇔ sen x =
Resposta: 3 – 6
––––––––6
10, –– π2
1–––2
1x + –– π6
π–––2
3 – 2 ––––––––––
6 + 1
32 – 23 ––––––––––
6 + 6
6 ––––
3
23 –––––
3
2 –––2
3 tg x + ––––3
––––––––––––3
1 – ––– . tg x3
2 –––2
πtg x + tg ––6
––––––––––––––π
1 – tg –– tg x6
2π–––3
π–––6
π–––6
2 ––––
2
πx + ––6
1–––2
πx + ––6
3 – 6 ––––––––
6
3 – 2 ––––––––––
2 3
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28Dadas a circunferência C: (x – 3)2 + (y – 1)2 = 20 e a retar: 3x – y + 5 = 0, considere a reta t que tangencia C, for -ma um ângulo de 45° com r e cuja distância à origem é
. Determine uma equação a reta t.
ResoluçãoA circunferência C: (x – 3)2 + (y – 1)2 = 20 tem centro
A (3; 1) e raio igual a 2 5 .
A reta r: 3x – y + 5 = 0 tem coeficiente angular mr = 3
Sendo mt, o coeficiente angular da reta t que forma
um ângulo de 45° com r, temos
tg 45° = ⇔ 1 =
⇔ = 1 ou = –1 ⇔
⇔ mt = ou mt = –2
Dessa forma, sendo h ∈ , a equação da reta t é tal
que:
y = x + h ou y = –2x + h ⇔
⇔ x – 2y + 2h = 0 ou 2x + y – h = 0
Sabendo que a distância entre a reta t e a origem é
, temos:
• Para x – 2y + 2h = 0
= ⇔ h = ±
• Para 2x + y – h = 0
= ⇔ h = ± 3
Assim, as equações das retas que formam um ân -
gulo de 45° com r e distam da origem são:
x – 2y + = 0 , x – 2y – = 0,
2x + y – 3 = 0 ou 2x + y + 3 = 0
Dentre estas retas, a única que tangencia a circun -
3––2
3––2
35–––––
5
3 5–––––
5
2 . 0 + 0 – h––––––––––––––
12 + (–2)2
3––2
3 5–––––
50 – 2 . 0 + 2h
––––––––––––––– 12 + (–2)2
3 5–––––
5
1–––2
1–––2
3 – mt––––––––1 + 3mt
3 – mt––––––––1 + 3mt
3 – mt––––––––1 + 3mt
mr – mt––––––––––1 + mr . mt
3 5–––––
5
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ferência C é a de equação(t) 2x + y + 3 = 0, cuja distância ao centro de C,
A(3; 1), é igual ao raio (2 5).
Com efeito,
dA,t = = = 2 5
Resposta: uma equação da reta t é 2x + y + 3 = 0
29Considere as n retas
ri : y = mix + 10, i = 1, 2, ..., n; n ≥ 5,
em que os coeficientes mi, em ordem crescente de i,formam uma progressão aritmética de razão q > 0. Se ml = 0 e a reta r5 tangencia a circunferência de equaçãox2 + y2 = 25, determine o valor de q.ResoluçãoSendo mi, i = 1, 2, …, n, n ≥ 5, termos de uma
progressão aritmética de razão q > 0 e m1 = 0, temos:
(m1; m2; m3; m4; m5; …) = (0; q; 2q; 3p; 4q; …) =
Assim, a equação da reta r5 é da forma
y = m5x + 10 ⇔ y = 4qx + 10 ⇔ 4qx – y + 10 = 0
Sabendo que a reta r5 tangencia a circunferência de
equação x2 + y2 = 25, com centro C(0;0) e raio r = 5,resulta
⇔ = 5 ⇔ 10 = 5 16q2 + 1 ⇒
⇒ 4 = 16q2 + 1 ⇒ q = , pois q > 0
Resposta: q =
10–––––
52 . 3 + 1 + 3
––––––––––––––22 + 12
3–––––
4
3–––––
4
4q . 0 – 0 + 10––––––––––––––––
(4q)2 + (– 1)2
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30A razão entre a área lateral e a área da base octogonal deuma pirâmide regular é igual a 5 . Exprima o volumedesta pirâmide em termos da medida a do apótema dabase.Resolução
Sendo , h e g, respectivamente, as medidas da arestada base, da altura, e do apótema da pirâmide regularoctogonal, tem-se:
1º) + + = 2a ⇔ + 2 = 2a ⇔
⇔ = ⇔ = 2 (2 – 1) a
2º) = 5 ⇔ g = 5 a
3º) g2 = h2 +a2
Assim: (5 a)2= h2 + a2 ⇔ h = 2a
4º) O volume V dessa pirâmide é igual a um terço doproduto da área de sua base pela sua altura.Assim:
V = . 4 . a . h ⇔ V = . 2 (2 – 1)a . a . 2a ⇔
⇔ V =
Resposta:
––––2
––––2
16 (2 – 1)a3––––––––––––––
3
16 (2 – 1)a3––––––––––––––
3
4–––3
1–––3
4g––––4a
2a–––––––2 + 1
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Comentário
Com 18 questões de álgebra, 3 de trigonometria, 4 de geometria e 5 de geometria analítica, algumasmuito mal enunciadas e outras apresentando altograu de complexidade, com enunciados rebuscados enotações não muito usuais, a banca examinadoraelaborou uma prova de matemática bastante traba -lhosa, que certamente exigiu um grande empenhopor parte dos candidatos mais bem preparados, osquais devem ter ficado extremamente extenuadospor conta da prova.
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