SEMIEXTENSIVO MATEMÁTICA A - Seção...
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SEMIEXTENSIVO – MATEMÁTICA A
09.01)
f(3) = 33 = 27
f(5) = 35 = 243
f(7) = 37 = 2187
(...)
P.G de razão 9
ALTERNATIVA B
09.02)
N(t) = 1 200 . 20,4.t
N(0) = 1 200 . 20,4 . 0
N(0) = 1 200 . 20
N(0) = 1 200
ALTERNATIVA C
09.03)
N(t) = 1 200 . 20,4.t = 9 600
20,4.t = 8
20,4.t = 23
0,4 . t = 3
t = 7, 5 horas
ALTERNATIVA E
09.04)
22x – 5 . 2x + 4 = 0
Faz 2x = y
y2 – 5y + 4 = 0
y = 1 ou y = 4
2x = 1
x = 0
2x = 4
x = 2
Soma = 0 + 2 = 2
ALTERNATIVA B
09.05)
x x 1 x 2
x xx
1 2
x
x
113 3 3
3
3 3 113
3 3 3
3 y
y y 11y
3 9 3
11y 33
y 3
3 3
x 1
ALTERNATIVA A
09.06)
f(x) = 0,1-x
f(-1) + f(1) = 0,1-1 + 0,11
f(-1) + f(1) = 10 + 0,1
f(-1) + f(1) = 10,1
ALTERNATIVA B
09.07)
f(x) = 4x = 1 024
(22)x = 210
22x = 210
2x = 10
x = 5
ALTERNATIVA C
09.08)
f(t) = 960
240 . 2t = 960
2t = 4
t = 2 anos
ALTERNATIVA A
09.09)
4x 1 x
4x2x
1
2x
2
2
3 9 6
33 6
3
3 y
yy 6
3
y 3y 18 0
y 6
ou
y 3
Então,
2x
2x
3 6
x
ou
3 3
2x 1
1x
2
ALTERNATIVA C
09.10)
N = 1615 + 256
N = 260 + 256
N = 256(24 + 1)
N = 256 . 17
N é divisível por 17.
ALTERNATIVA E
09.11)
Para que a massa desintegrada seja 2/3 da massa inicial, então temos que
0
1M M
3 , então:
2t
0 0
1 2t
1M M 3
3
3 3
1 2t
1t
2
ALTERNATIVA A
09.12)
Valorização = (200 . 23) . 1 000 – 200 000
Valorização = (200 . 8) . 1 000 – 200 000
Valorização = 1 600 000 – 200 000
Valorização = 1 400 000
Valorização = 1,4 milhões de reais
ALTERNATIVA E
09.13)
1x + 5x + 25x = 3
1 + 5x + 52x = 3
(5x = y)
1 + y + y2 = 3
y2 + y – 2 = 0
y = - 2 ou y = 1
Então,
5x = -2
x IR
ou
5x = 1
x = 0
09.14)
Espécie A
População de certo ano é obtida multiplicando-se a população do ano anterior
por 1,20. Isso caracteriza uma P.G que é uma FUNÇÃO EXPONENCIAL.
Gráfico III
Espécie B
População de certo ano é obtida adicionando 100 unidades à população do ano
anterior. Isso caracteriza um P.A que é uma FUNÇÃO AFIM. Gráfico II
Espécie C
População não cresce e nem diminui. Isso caracteriza uma FUNÇÃO
CONSTANTE. Gráfico I.
ALTERNATIVA E
09.15)
Pelo gráfico, temos: f(0) = 79 e g(0) = 141. Assim:
f(0) = 20+2 + C1 = 79
C1=75
Ou seja, f(t)=2t+2 + 75
g(0) = 20+1 + C2 = 141
C2 = 139
Ou seja, g(t) = 2t+1 + 139
f(t) = g(t)
2t+2 + 75 = 2t+1 + 139
2t . 22 + 75 = 2t . 21 + 139
2t . 4 – 2t . 2 = 139 – 75
2 . 2t = 64
2t+1 = 26
t + 1 = 6
t = 5 anos
ALTERNATIVA B
09.16)
Para t = 2:
F1(2) = 22 + 96
F1(2) = 100
Crescimento de 4
F2(2) = 9 . 22 + 64
F2(2) = 100
Crescimento de 36
Para t de 2 a 4:
Temos: F1(2) = 100
F1(4) = 42 + 96
F1(4) = 112
Aumento de 12%
Temos: F2(2) = 100
F2(4) = 9 . 24 + 64
F2(4) = 210
Aumento de 110%
Para t de 4 a 6
Temos: F1(4) = 112
F1(6) = 62 + 96
F1(6) = 132
Aumento de 17,8%
Temos: F2(4) = 210
F2(6) = 9 . 26 + 64
F2(6) = 640
Aumento de 105%
ALTERNATIVA B
09.17)
5x y
2x y
5x y
2x y
5x y 1
2x y 1
0,2 5
0,5 2
15
5
12
2
1 1
5 5
1 1
2 2
5x y 1
2x y 1
2x
7
e
3y
7
ALTERNATIVA E
09.18)
Q(t) = k . 5kt
Para t = 0, temos:
Q(0) = k . 5k.0
Q(0) = k
Para t = 4, temos:
Q(4) = k . 5k.4 = 25 . Q(0)
k . 54k = 25 . k
54k = 52
4k = 2
k = 0,5
Para t = 8, temos:
Q(8) = k . 5k.8
Q(8) = 0,5 . 50,5 . 8
Q(8) = 312,5 bilhões
ALTERNATIVA C
09.19)
Para se ter o número máximo de filmes, precisamos considerar que todos terão
o tamanho mínimo de 500 Mb, assim:
N . 500 Mb = 32 Gb
N . 500 Mb = 32 . 1 024 Mb
N . 500 = 32 768
N = 65, 536
Potencialmente 65 filmes no máximo.
09.20)
a)
2
3
23 3
2
11S(8) 8
100
11S(8) 2
100
11S(8) m
25
b)
2
3
2
3
3
2
22S(p)
25
11 22p
100 25
88p
11
p 8
p 8 8
p 16 2
p 22,4 kg
10.01)
2 2
2
2
22
2
2
2
2
2
L LL
2 2
LL 2
4
LL
2
L 2L
2
Razão = 2
2
ALTERNATIVA B
10.02)
2
1
22
2 2
A L
L 2 LA A
2 2
Razão = 1
2
10.03)
2
x 32
2 x
x 64
x 8
ou
x 8
ALTERNATIVA C
10.04)
Produto de dois termos equidistantes aos extremos é igual ao produto dos
extremos, então:
2 . 512 = x . y
1024 = x . y
ALTERNATIVA B
10.05)
Para ser P.A : a c
b2
Para ser P.G: b a.c
Então, temos:
22
2 2
2 2
2
a ca.c
2
a c 2 a.c
a c 2 a.c
a 2ac c 4ac
a 2ac c 0
(a c) 0
a c 0
a c
Sendo assim, ficamos com
a ab
2
b a
Conclusão: a = b = c
ALTERNATIVA D
10.06)
Lado = L
Perímetro = 4L
Área = L2
Termo Médio de P.G:
2 2
2 3
4L L L
16L L
L 0
ou
L 16
Então:
D L 2
D 16 2
ALTERNATIVA A
10.07)
Termo Médio de P.G
2
1 n
2
1 n
TM a .a
a a
ALTERNATIVA E
10.08)
PG :
1 2 3
1 2
a ,a ,a
qa ,a ,
2
Produto dos três termos:
1 2
2
qP a a
2
q qq2 2P
q q 2
1 1 qP
2q 2 2
1P
8
ALTERNATIVA C
10.09)
10x, 10x + 1, 10x + 2, ...
10x, 10x . 101 , 10x . 102, ...
10x, 10. 10x , 100 . 10x, ...
PG de razão 10.
ALTERNATIVA C
10.10)
Primeiro número = 23 (8)
Último número = 212 (4096)
Razão = 2
an = a1 . qn – 1
212 = 23 . 2k – 1
212 = 2k + 2
12 = k + 2
k = 10
ALTERNATIVA B
10.11)
Temos que a2 = 6 e a5 = 162
a5 = a2 . q3
162 = 6 . q3
27 = q3
q = 3
Assim: x = 2, y = 18 e z = 54
x . z = 2 . 54 = 108
ALTERNATIVA C
10.12)
q = 3.a1
a4 = 16 875
a4 = a1 . q3
16 875 = a1 . (3a1)3
625= a14
a1 = 5
Logo: q = 15
PG : (5, 75, 1 125, 16 875, ... )
ALTERNATIVA B
10.13)
Milhão = (103)1. 103
Bilhão = (103)2 . 103
Trilhão = (103)3 . 103
(...)
Mictilhão = (103)1000 . 103 = 103000 . 103 = 103003
ALTERNATIVA E
10.14)
Acho que essa questão está no capítulo errado. Resolução envolve Soma de
P.G.
PG : (2, 4, 8, 16, .... )
Soma = 3 000 000
n
1
n
n 1
n+1
0,3n 0,48 6
0,3n 6,48
a q 13 000 000
q 1
2 2 13 000 000
2 1
2 2 3 000 000
2 = 3 000 002
10 10 10
10 10
0,3n 6,48
n 21,6 períodos de 10 minutos
Tempo 216minutos
Tempo 3h30min
ALTERNATIVA C
10.15)
PG: (800, 400, 200, ... , 12,5)
n 1
n 1
n 1
n 1
n 1
n 1
n 1 6
a a .q
112,5 800.
2
80012,5
2
8002
12,5
2 64
2 2
n 1 6
n 7 períodos de meia-vida
Tempo 35 anos
ALTERNATIVA 04
10.16)
Termo Médio:
2
2
2 2
x 11 x 2 x 7
x 11 x 5x 14
25 5x
x 5
A PG fica: (3, 6, 12, ... , a8, ... )
a8=a1 . q7
a8 = 3 . 27
a8 = 384
ALTERNATIVA D
10.17)
an = a1 . qn – 1
1024 = 1 . qn-1
1024 = qn – 1
Como n é um número do conjunto dos número naturais, fatoramos o 1024 e
encontramos:
210 = qn – 1
q = 2 e n = 11
Ou então
45 = qn – 1
q = 4 e n = 6
Ou então
322 = qn – 1
q = 32 e n = 3
TOTAL = 3 P.G´s
ALTERNATIVA A
10.18)
Desvalorizando 10% ao ano significa que multiplicou-se o valor de ano anterior
por 0,90 (90%) para descobrir o valor em certo ano. Assim, tem-se uma P.G de
razão 0,90 e primeiro termo 10 000.
Após 5 anos de uso refere-se ao valor do carro no 6º ano após a compra. Ou
seja:
a6 = a1 . q5
a6 = 10 000 . 0,905
a6 = 10 000 . 0,59049
a6 = 5 904,90
ALTERNATIVA D
10.19)
xPG : ,x,xq
q
xPA : ,x 1,xq
q
Soma das partes que formam PG:
xx xq 38
q
xxq 38 x
q
Termo médio de P.A:
xxq
qx 1
2
x2x 2 xq
q
2x 2 38 x
x 12
Substituindo, temos:
2
2
2
1212q 38 12
q
12 12q 26q
12q 26q 12 0
6q 13q 6 0
3q Parcelas : 8,12,18
13 25 2q
212q Parcelas : 18,12,8
3
Maior parcela = 18
10.20)
P.A: (6, x, y)
6 yx
2
y 2x 6
2
2
1 1 1PG : , ,
6 x 6 y
1 1 1
x 6 6 y
x 36 6y
Substituindo, temos:
x2 = 36 + 6(2x – 6)
x2 – 12x = 0
x = 0 ou x = 12
Sendo x =12, temos y = 18 e x + y = 30.
SEMIEXTENSIVO – MATEMÁTICA B
09.01)
20p 100
64
p 31,25%
ALTERNATIVA E
09.02)
Pr imeiro 1
Segundo 1 2
Terceiro 1 2 3
Quarto 1 2 3 4
(...)
(1 20).20Vigésimo 1 2 3 ... 20 Vigésimo 210
2
ALTERNATIVA D
09.03)
4 5 6 7
10 10 10 10N
N 210 252 210 120
N 792
C C C C
ALTERNATIVA B
09.04)
2
N28
2
N(N 1)28
2.1
N N 56 0
N 8
ou
N 7
ALTERNATIVA B
09.05)
7 7E 35
3 4
7.6.5 7.6.5.4E 35
3.2.1 4.3.2.1
E 35 35 35
E 35
ALTERNATIVA B
09.06)
18 18
6 4x 1
76 4x 1 x
4
ou
136 (4x 1) 18 x
4
Soma 5
ALTERNATIVA B
09.07)
Os números formam a linha para n = 100 do triângulo de Pascal, ou seja, a
soma é igual a 2100.
ALTERNATIVA B
09.08)
O primeiro membro da equação é a soma dos elementos da linha n do
Triângulo de Pascal, ou seja, a soma é igual a 2n. A equação fica:
2n = 1024
2n = 210
n = 10
ALTERNATIVA C
09.09)
Usando a Relação de Stifel 3 vezes, temos:
51
21
52
22
50 50 51 52
20 21 22 23
51 51 52
21 22 23
52 52 53
22 23 23
ALTERNATIVA A
09.10)
4 6
N N
N N
4 6
N 4 6
N 10
C C
ALTERNATIVA A
09.11)
I – VERDADEIRA - Soma dos termos da linha “n” do Triângulo de Pascal
II – VERDADEIRA – n = k + (n - k)
III – FALSO – número de possibilidades é a mesma nos dois casos:
44 6
50 50
50 50
44 6C C
. Afinal 50 = 44 + 6.
ALTERNATIVA B
09.12)
n 1
p 1
n 1
p 1
n 1n
p 1
n 1n
p 1
n n n n...
p 1 2 n 1
n n n n n n...
p 0 1 n 0 n
n2 1 1
p
n2 2
p
ALTERNATIVA E
09.13)
10 10 10 10S ...
0 1 2 10
10 10 10 10 10 10S 2 2 2 2 2
0 1 2 3 4 5
10 10 10 10 10 10S 2
0 1 2 3 4 5
S 2 1 10 45 120 210 2
52
S 0
ALTERNATIVA E
09.14)
01) FALSA
2n = 64
n = 6
02) VERDADEIRA
11 10 10
3 3 2
165 120 45
04) VERDADEIRA
2x = 5 + x
x = 5
ou
2x + 5 +x = 14
x = 3
08) FALSA
9 9 92 510
0 9
16) FALSA
5 5 6
4 5 x 2
6 6
5 x 2
5 = x – 2
x = 7
ou
5 + x – 2 = 6
x = 3
SOMA = 06
09.15)
2
2
2
2
n 1 n 1 n n
5 6 2
n n n
6 2
n.(n 1)(n 2).(n 3) n(n 1)
4.3.2.1 2
n 5n 6 12
n 6n 5n 6 0
n 1
ALTERNATIVA B
09.16)
Pela Relação de Stifel, podemos fazer:
m 1 m 1 m
p 1 p p
Então:
m210 252
p
m462
p
Aplicando mais uma vez a Relação de Stifel, temos:
m m m 1
p p 1 p 1
Então:
m462 924
p 1
m462
p 1
ALTERNATIVA A
09.17)
Pela definição do conjunto S, podemos concluir que b = 18 – a. Então a soma
pedida pode ser calculada pela soma de todos os valores iguais a 18
a!(18 a)!
que é a mesmo que somar todos os números binomiais na forma 18
a
.
Para que a e b sejam números naturais, os valores de a vão variar de 0 a 18
gerando a soma 18 18 18 18
...0 1 2 18
que é a soma dos elementos da
linha 18 do Triângulo de Pascal, ou seja, igual a 218 que pode ser escrito como
86.
ALTERNATIVA A
09.18)
01) FALSO
02) VERDADEIRO
2
n 1 !930
n 1 !
(n 1)n 930
n 30n n 930 0
n 31
04) VERDADEIRO
25
5a
25b
6
25.24.23.22.21a 5.4.3.2.1
25.24.23.22.21.20b
6.5.4.3.2.1
a 25.24.23.22.21 6.5.4.3.2.1
b 5.4.3.2.1 25.24.23.22.21.20
a 60,3
b 20
08) VERDADEIRO
2
2
2
2 2
n 2 ! n 1 n 1 !n 1
n 1 n 1 !
(n 2)(n 1)n(n 1)! (n 1)(n 1)!(n 1)
(n 1)(n 1)!
(n 1)(n 1)! (n 2)n 1(n 1)
(n 1)(n 1)!
n 2n 1 (n 1)
16) VERDADEIRO
n 1 (n 1)!
n 1 (n 1)! (n 1) (n 1) !
n 1 (n 1)n(n 1)!
n 1 (n 1)!2!
n 1 (n 1)(n 1)
n 1 2
SOMA = 30
09.19)
Sabendo que p p 1 p 2 n n 1
...p p p p p 1
Podemos dizer que
8 9 10 11 12 13 7 6 5S
5 5 5 5 5 6 5 5 5
13 8S
6 6
ALTERNATIVA C
09.20)
a) Sabendo que p p 1 p 2 n n 1
...p p p p p 1
e que
p
n
n
pC
Podemos dizer que:
2 2 2
2 3 18
2 3 18 19... ... 969
2 2 2 3C C C
b)
1ª camada = 1.2 laranjas
2ª camada = 2.3 laranjas
3ª camada = 3.4 laranjas
(...)
15ª camada = 15.16 laranjas
Total de laranjas = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + ... 14.15 + 15.16
Total de laranjas = 1.2 2.3 14.15 15.16
2! ...2! 2! 2! 2!
Total de laranjas = 2 3 16
2! ...2 2 2
Sabendo que p p 1 p 2 n n 1
...p p p p p 1
, temos:
Total de laranjas = 17
23
Total de laranjas = 1 360
09.21)
a)
6 6.5.4.315
4 4.3.2.1
b)
12 12.11.10.94 54.3.2.1
12.11.10.9.812 8
5.4.3.2.15
c)
Usando a Relação de Fermat que diz:
n
p p 1
n n p
p 1
, podemos dizer que:
n
p 1 p 1 12p 2 n p n 3p 2
n 2 n p 2
p 1
E
n
p 1 2 p 1 1 22n 5p 8
n 3 n (p 1) 3
p 2
Resolvendo o sistema, temos: n = 14 e p = 4.
10.01)
2
2 100
2
2
a
100.99a
2.2
a 4 950
C
ALTERNATIVA C
10.02)
Para calcular a soma dos coeficientes precisa substituir as incógnitas do
binômio por 1, ou seja em 1 minuto ingressavam (1 + 1)6 pessoas que é igual a
64 pessoas por minuto.
Em 15 minutos serão 15 . 64 = 960 pessoas.
ALTERNATIVA E
10.03)
O denominador da probabilidade é 24 = 16
Quantidades de sequências com 2 meninos e 2 meninas é igual a 4
62
6P
16
P 37,5%
ALTERNATIVA D
10.04)
Número de termos = 7 + 1 = 8
ALTERNATIVA C
10.05)
Cálculo da soma dos coeficientes faz-se substituindo as incógnitas do binômio
por 1, então:
625 = (2.1 + 3.1)m
54 = 5m
4 = m
ALTERNATIVA E
10.06)
(x + 1)3 = x3 + 3x2 + 3x + 1
ALTERNATIVA E
10.07)
(x + 3y)4 = x4 + 4.x3.3y + 6.x2.(3y)2 + 4.x.(3y)3 + (3y)4
(x + 3y)4 = x4 +12x3y + 54x2y2 + 108xy3 + 81y4
ALTERNATIVA C
10.08)
(a + 2)4 = a4 + 4.a3.2 + 6.a2.22 + 4.a.23 + 24
Penúltimo termo = 32ª
ALTERNATIVA E
10.09)
1034 – 4.1033.3 + 6.1032.32 – 4.103.33 + 34
(103 – 3)4
(100)4
108
ALTERNATIVA D
10.10)
No desenvolvimento do binômio, o último termo seria p3 que é igual a - 64,
então p = - 4.
ALTERNATIVA A
10.11)
(x + y)3 = 64
(x + y) =4
(x – y)6 = 64
(x – y) = 2 ou (x – y) = -2
1ª opção de sistema: x = 3 e y = 1
2ª opção de sistema: x = 1 e y = 3
ALTERNATIVA C
10.12)
(x + 2)6 = x6 + 6.x5.2+15.x4.22+20.x3.23+15.x2.24+6.x.25+26
(x + 2)6 = x6 + 12x5 + 60x4 + 160x3 + 240x2 + 192x + 64
(F) São 7 monômios
(V) 3º termo
(V) 5º termo
(F) O 1º termos não é par
(V) 1 + 64 = 65.
10.13)
x – y = 1 (equação 1)
Do binômio desenvolvido, temos: (x + y)4 = 16 e, sendo x e y positivos, ficamos
com x + y = 2 (equação 2).
Resolvendo o sistema com as equações 1 e 2, encontramos: 3 1
x e y2 2
ALTERNATIVA E
10.14)
3ª parcela = 6 2
8,2x 2C
5ª parcela = 4 4
8,4x .2C
Igualando, temos:
6 2 4 4
8,2 8,4x 2 x 2C C
112x6 – 1120x4 = 0
112x4(x2 – 10) = 0
x = 0 ou x = 10 = 3,3....
ALTERNATIVA D
10.15)
(Coef. 3º termo) – (Coef. 2º termo) = 54
2 1
n n
2
54
n(n 1)n 54
2
n 12n 3n 108 0
n 9
C C
O expoente do binômio é 12, ou seja, o desenvolvimento possui 13 termos
sendo o 7º o termo médio.
ALTERNATIVA E
10.16)
33 3 3 3
33 23 3
36 73 3
33 6 3
33 6 3
6 6 6 3 3 6 2 6 3 6 6 2 6 3
6 6 6 3 6 6 18 6 6 6
6 6 6 3 6 18 6 6 6
6 6 6 18 6 18 6 6 6
6 6 6 1 3 6 3 6 6
ALTERNATIVA E
10.17)
1º termo
(mx)5 = 32x5
m5x5 = 32x5
m5 = 32
m = 2
2º termo
5.(mx)4.ny = - 80x4y
5.(2x)4.ny = - 80x4y
80nx4y = - 80x4y
n = -1
(m + 4n)3 = [2 + 4.(-1)]3 = - 8
ALTERNATIVA A
10.18)
01) VERDADEIRO
101 – 1 = 100 (final 00)
1012 – 1 = 10 201 – 1 = 10 200 (final 00)
1013 – 1 = 1 030 301 – 1 = 1 030 300 (final 00)
(...)
Para qualquer expoente de 101, o final será 00 que representa um múltiplo de
4
02) FALSO
A 1ª e a 3ª equações possuem os mesmos coeficientes para as incógnitas
(dividindo a 3ª equação por 3) mas valores diferentes para o termo
independente, ou seja, o sistema é impossível.
04) VERDADEIRO
No desenvolvimento o expoente de x é, para todo valor de k, igual a
n kk 1 n 3k
n k k2 2
1x x . x x
x
No 5º termo, k = 4, então: n 12
2
n é PAR
08) VERDADEIRO
Pela Lei dos Senos, podemos escrever o determinante da seguinte maneira:
1 1 1
A 2RsenA 2RsenB 2RsenC
senA senB senC
Evidenciando a combinação linear entre as duas linhas, ou seja, A = 0.
SOMA = 12
10.19)
a3 – 3a2b + 3ab2 – b3 = -8
(a – b)3 = - 8
a – b = -2
9a2+ 6ab + b2 = 0
(3a + b)2 = 0
3a + b = 0
Resolvendo o sistema encontramos: 1
a2
e 3
b2
a + b = 1
10.20)
M = 1 000 . (1 + 0,01)100
O termo (1 + 0,01)100 é o resultado da soma dos termos do desenvolvimento de
um binômio de Newton, então podemos dizer que:
100 0 1 2100 0 99 1 98 2
100 100 100
100
100
1 0,01 1 0,01 1 .0,01 .1 0,01 ...
(1 0,01) 1 1 0,495 ...
(1 0,01) 2,495
C C C
Sendo assim, podemos concluir que
M > 1 000 . 2,495
M > 2 495,00
O montante resgatado é suficiente para a compra à vista do computador.
SEMIEXTENSIVO – MATEMÁTICA C
09.01)
2 2 2
1 2
1 2
4 2 k
k 2 3
b b 2k
b b 4 3
ALTERNATIVA B
09.02)
P (a, b)
a = 1
b = 2 + 1
b 2 12 1
a 1
ALTERNATIVA B
09.03)
2
AE
2
BE
2
CE
AE BE
2 2
2 2
d (1 x) 5
d (6 x)
d (3 x) 9
d d
(1 x) 5 (6 x)
1 2x x 5 36 12x x
x 3
E(3,0)
Tem-se então: dAE = dBE = dCE = 3
ALTERNATIVA B
09.04)
09.05)
Se pertence ao eixo das abscissas, a ordenada é zero, ou seja:
3x – 9 = 0
x = 3
ALTERNATIVA B
09.06)
Se pertence ao eixo das ordenadas, a abscissa é zero, ou seja:
- 3x + 6 = 0
x = 2
ALTERNATIVA D
09.07)
Se pertence à bissetriz ímpar, as coordenadas são iguais, ou seja:
x2 – x = 4x – 6
x2 – 5x + 6 = 0
S: {2, 3}
ALTERNATIVA C
09.08)
Se pertence à bissetriz par, as coordenadas são opostas, ou seja:
x2 – 7x = - (6x – 6)
x2 – 7x = -6x + 6
x2 – x - 6 = 0
S: {-2, 3}
ALTERNATIVA C
09.09)
C(a, b) = C (+, -) 4º quadrante
D(-a, -b) = D (-, +) 2º quadrante
ALTERNATIVA B
09.10)
G G
G G
2 3 1x x 2
3
0 2 4y y 2
3
G(2,2)
ALTERNATIVA C
09.11)
Os pontos que dividem um segmento em partes iguais possuem suas
coordenas em P.A. Sendo assim, considerando a proporção de 3 pra 2 que o
ponto C determina em AB, temos:
SOMA = 4
ALTERNATIVA A
09.12)
2 1 3 21S
2 2 2 0 2
1S 6
2
S 3u.a
ALTERNATIVA B
09.13)
O Ponto simétrico de A em relação ao ponto B é, tal que, o ponto B seja o
ponto médio entre A e seu simétrico. Assim, sendo C o simétrico de A, temos:
A C CB C
A C CB C
x x 1 xx 4 x 9
2 2
y y 1 yy 2 y 3
2 2
C(9, 3)
ALTERNATIVA C
09.14)
Os pontos que dividem um segmento em partes iguais possuem suas
coordenas em P.A. Sendo assim, considerando a proporção de 2 pra 3 que o
ponto C determina em AB, temos:
SOMA = 16
ALTERNATIVA D
09.15)
Se são colineares, então:
0 2 1 00
8 2 y 8
2y 10 0
y 5
ALTERNATIVA C
09.16)
Colocando os pontos no plano cartesiano, uma das opções de sequência dos
vértices é: (2,2), (6, 6), (4, 8) e (0, 6). Assim:
2 6 4 0 21S
2 2 6 8 6 2
1S 36
2
S 18u.a
ALTERNATIVA D
09.17)
O ponto A localiza-se no semiplano inferior em relação à bissetriz ímpar. Para
que o ponto B localize-se no semiplano superior, a ordenada de B precisa ser
maior que a abscissa de B, ou seja, y > 5.
ALTERNATIVA A
09.18)
0 1 m 01S 7
2 0 3 2 0
2 3m 7
2 3m 7
m 3
ou
2 3m 7
5m
3
Soma = 4
3
ALTERNATIVA B
09.19)
Para que AC + CB seja mínimo, os pontos A, B e C precisam ser colineares.
Sendo C (c,0), então:
1 5 c 10
3 1 0 3
2c 14 0
c 7
A abscissa de C é igual a 7.
09.20)
Considerando a ordem alfabética como a que determina a sequência dos
lados, o paralelogramo terá como diagonais os segmentos AC e BD.
Uma característica de um paralelogramo é o fato das suas diagonais se
interceptarem nos respectivos pontos médio, assim:
Na diagonal AC, temos:
M M
M M
1 0 1x x
2 2
0 5 5y y
2 2
Com o mesmo raciocínio, na diagonal BD, teremos:
DD
DD
4 x1x 5
2 2
1 y5y 4
2 2
D(-5, 4)
09.21)
Pertencer ao ângulo limitado pela bissetriz ímpar e o eixo y, significa que o
ponto está no semiplano superior em relação à bissetriz ímpar.
Assim, a ordenada do ponto é necessariamente maior que sua abscissa.
Então:
5 – x > x – 1
x < 3
Para pertencer ao 1º quadrante, tanto a abscissa como a ordenada do ponto
são valores positivos, então:
x – 1 > 0
x > 1
E
5 – x > 0
x < 5
Fazendo a intersecção das restrições, temos:
1 < x< 3
Sendo x um número inteiro, nesse intervalo, temos apenas x = 2.
10.01)
Calculando o determinante utilizando os 3 pontos (regra prática), temos:
301 5 400 301D
7 7 28 7
D 4830
Sendo D diferente de zero, sabe-se então que os três pontos são vértices de
um triângulo e que a área desse triângulo é:
1S D
2
1S 4830
2
S 2 415
ALTERNATIVA D
10.02)
Colocando a antena T na origem de sistema cartesiano e sendo P o ponto do
qual se quer saber a distância de C, temos:
T (0, 0) ; C (40, 20) e P (p, 20)
Sendo a distância máxima de P a T igual a 60, encontramos:
2 2
2
(x 0) (20 0) 60
x 400 3600
x 40 2 km
Como C e P possuem a mesma ordenada, a distância entre eles é a diferença
entre as abscissas, ou seja:
CP
CP
d 40 2 40
d 40 2 1 km
ALTERNATIVA C
10.03)
O eixo NO – SE representa a bissetriz par, ou seja, as coordenadas tem sinais
contrários.
Partindo em direção a NO saindo da origem, a abscissa será negativa e a
ordenada será positiva.
Com as medidas em km, temos que a posição final pode der (-70, 70)
ALTERNATIVA D
10.04)
2 2d ( 2 3) (8 4)
d 25 144
d 13
ALTERNATIVA B
10.05)
P(x, 0)
dPA = dPB
2 2 2 2
2 2
(x 2) (0 2) (x 2) (0 6)
x 4x 4 4 x 4x 4 36
8x 32
x 4
P(4,0)
ALTERNATIVA E
10.06)
Ponto do eixo das ordenadas: P(0, p)
AP
2 2
2
2
d 6 2
(6 0) (4 p) 6 2
36 16 8p p 72
p 8p 30 0
Soma 8
ALTERNATIVA C
10.07)
2 2
AB AB
2 2
AC AC
2 2
BC BC
d ( 1 2) (1 5) d 5
d ( 1 6) (1 2) d 5 2
d (2 6) (5 2) d 5
O perímetro é a soma dos lados, ou seja, é a soma das distâncias ente os
vértices. Assim:
Perímetro = 10 5 2
Perímetro = 5 2 2
ALTERNATIVA B
10.08)
A(1,2) e B(6,4)
2 2
AB
AB
d (6 1) (4 2)
d 29
ALTERNATIVA C
10.09)
QUESTÃO IDÊNTICA A 10.05
P(x, 0)
dPA = dPB
2 2 2 2
2 2
(x 2) (0 2) (x 2) (0 6)
x 4x 4 4 x 4x 4 36
8x 32
x 4
P(4,0)
ALTERNATIVA E
10.10)
dAB = dBC
2 2 2 2
2 2
(4 3) (0 b) (3 0) (b 4)
1 b 9 b 8b 16
8b 24
b 3
B(3,3)
ALTERNATIVA C
10.11)
Ponto pertencente à bissetriz ímpar: P(k, k)
dAP = dBP
2 2 2 2
2 2 2 2
(k 4) (k 1) (k 10) (k 1)
k 8k 16 k 2k 1 k 20k 100 k 2k 1
8k 84
21k
2
Soma 21
ALTERNATIVA A
10.12)
Se é retângulo em A, então BC é hipotenusa e AB e AC são catetos. Aplicando
Teorema de Pitágoras ficamos com:
2 2 2
BC AC AB
2 2 22 2 2 2 2 2
2 2
d d d
(m 0) (4 6) (1 0) (6 2) (m 1) (4 2)
m 4 1 64 m 2m 1 36
2m 98
m 49
ALTERNATIVA C
10.13)
Se são vértices consecutivos, a distância entre A e B é o lado do quadrado.
Assim:
2
AB
22 2
Área d
Área (0 2) (5 3)
Área 4 4
Área 8
ALTERNATIVA C
10.14)
A classificação dos triângulos é obtida através das medidas dos seus lados.
2 2
PQ PQ
2 2
PR PR
2 2
QR QR
d (0 6) (0 0) d 6
d (0 3) (0 5) d 34
d (6 3) (0 5) d 34
Isósceles não equilátero
ALTERNATIVA B
10.15)
Consideramos que inicialmente a formiga B está na origem, ou seja, B(0,0).
Assim, as coordenadas iniciais de A são A(-3, 0).
Das 12h às 14h as duas formigas andarão 6 km (A para Oeste e B para Norte),
ou seja, as novas coordenadas serão:
A(-9,0) e B(0,6)
Com isso podemos calcular a distância entre elas às 14h. Temos:
2 2
AB
AB
d ( 9 0) (0 6)
d 117km
ALTERNATIVA D
10.16)
Triângulo ABC : A (2,3) ; B(5,7) ; C(0,c)
ABC
2 5 0 21 47S
2 3 7 c 3 2
3c 1 47
3c 1 47
c 16
ou
3c 1 47
46c
3
Triângulo ABD: A(2, 3); B(5, 7); D(0, d)
Como as áreas dos dois triângulos são iguais, encontraremos as mesmas
opções de valores para d, ou seja:
d 16
ou
46d
3
Sendo assim, podemos dizer que:
C 0,16
e
46D 0,
3
Como os dois pontos estão no eixo das ordenadas, a distância entre eles é o
módulo da diferença entre as ordenadas dos pontos C e D. Temos:
46d 16
3
94d
3
ALTERNATIVA C
10.17)
Pelo gráfico temos que o ângulo obtuso do losango é de 120º , logo, o ângulo
agudo é de 60º .
Com esses valores, temos que ABC e ACD determinam triângulos equiláteros
(ângulos internos iguais a 60º) e, sendo assim, os lados do losango possuem a
mesma medida da diagonal AC.
Calculando a medida da diagonal AC, encontramos:
2 2
AC
AC
d (4 1) (4 1)
d 3 2
Perímetro é a soma dos lados que possuem a medida 3 2 .
Perímetro = 4 3 2
Perímetro = 12 2
ALTERNATIVA C
10.18)
Sendo a um valor menor do que 1, o produto de b por a resultará em um
número menor do que b, ou seja, a ordenada de Q é menor do que b.
A abscissa de Q é a diagonal do retângulo OaPb e, a diagonal de um retângulo
é sempre maior que seus lados, ou seja, a abscissa de Q é maior que a.
Ordenada menor que b e abscissa maior que a, o ponto Q está localizado na
região II.
ALTERNATIVA B
10.19)
Mediana relativa ao lado BC é o segmento de extremos no vértice A e no ponto
médio de BC.
Sendo G o baricentro do triângulo ABC, podemos concluir que:
B CB C
B CB C
2 x x4 x x 14
3
1 y y9 y y 26
3
Para o cálculo do ponto médio (M) de BC, fazemos:
B CM M M
B CM M M
x x 14x x x 7
2 2
y y 26y y y 13
2 2
A mediana AM mede:
2 2
AM
AM
d (2 7) (1 13)
d 15
ALTERNATIVA D
10.20)
a)
2 2
AB
AB
d ( 2 1) (1 2)
d 3 2
b)
CC
CC
2 1 x2x 3
3 3
1 ( 2) y1 y 4
3
C(3,4)
10.21)
Bissetriz Ímpar : x = y. Ou seja, o ponto P pode ser representado por P(x , x).
2 2
AP
2 2
AP
2
AP
d (x 4) (x 0)
d x 8x 16 x
d 2x 8x 16
dAP será mínima para o menor valor possível da expressão que está dentro do
radical.
A expressão que está dentro do radical é uma função quadrática cujo valor
mínimo ocorre para a abscissa do vértice (xv). Calculando xv, temos:
v
v
v
bx
2a
( 8)x
2.2
x 2
Então a menor distância entre AB ocorre para x = 2. O ponto P terá
coordenadas P (2, 2).
SEMIEXTENSIVO – MATEMÁTICA D
09.01)
O poliedro de faces triangulares é o Octaedro Regular que possui 12 arestas;
O poliedro de faces pentagonais é o Dodecaedro Regular que possui 30
arestas;
Total de arestas dos dois poliedros = 42 arestas.
ALTERNATIVA C
09.02)
Tetraedro Regular: 4 triângulos equiláteros
Sf = 4 . 180º
Sf = 720º
Hexaedro Regular: 6 quadrados
Sf = 6 . 360º
Sf = 2 160º
Octaedro Regular: 8 triângulos equiláteros
Sf = 8 . 180º
Sf = 1 440º
Dodecaedro Regular : 12 Pentágonos
Sf = 12 . 540º
Sf = 6 480º
Icosaedro Regular: 20 triângulos equiláteros
Sf = 20 . 180º
Sf = 3 600º
Soma de todos os poliedros = 14 400º
ALTERNATIVA E
09.03)
Área do triângulo = 210 3
4
Área do triângulo = 225 3cm
Temos que:
Área da bola = 2 688 . (Área do triângulo)
Área da bola = 2 688 . 25 3
Área da bola = 2 688 . 25 . 1,73
Área da bola = 116 256 cm2
Área da bola = 11, 6256 m2
ALTERNATIVA C
09.04)
(V) Pelo Teorema de Euler, 12 + F = 30 + 2, ou seja, F = 20
(F) Sf = 360º (8 – 2) = 2 160º
(F)
20 triângulos implica em N = 20 . 3 = 60
Sendo N = 2A, temos A = 30.
Pelo Teorema de Euler, V + 20 = 30 + 2, ou seja, V = 12
(V) Pelo Teorema de Euler, podemos escrever que V + V = A + 2, ou seja,
A = 2(V – 1). De fato A é um número par.
09.05)
F = 11
N = 6 . 3 + 5 . 4
N = 38
N = 2A
38 = 2A
A = 19
V + 11 = 19 + 2
V = 10
ALTERNATIVA B
09.06)
F = 60
N = 60 . 3
N = 180
N = 2A
180 = 2A
A = 90
V + 60 = 90 + 2
V = 32
ALTERNATIVA D
09.07)
F = 7
N = 2 . 5 + 5 . 4
N = 30
N = 2A
30 = 2A
A = 15
V + 7 = 15 + 2
V = 10
ALTERNATIVA E
09.08)
I – FALSO. São 8 faces triangulares.
II – VERDADEIRO
III – VERDADEIRO
ALTERNATIVA E
09.09)
F = 32
N = 12 . 5 + 20 . 6
N = 180 = 2A
A = 90
V + 32 = 90 + 2
V = 60
ALTERNATIVA B
09.10)
Poliedro com faces triangulares que não possui diagonais: Tetraedro Regular.
Formado por 4 triângulos equiláteros iguais, ou seja:
Sf = 4 . 180º
Sf = 720º
ALTERNATIVA D
09.11)
N = F . 3 = 2A
A = 3F
2
V = 3F
5
V + F = A + 2
3F 3FF 2
5 2
F 20
ALTERNATIVA D
09.12)
F = q + 4
N = q . 4 + 4 . 3 = 2A
A = 2q + 6
Sf = 12 . 90º
360º . q + 180º . 4 = 1 080º
q = 1
A = 2 . 1 + 6
A = 8
ALTERNATIVA A
09.13)
A = V + 12
V + F = A + 2
V + F = V + 12 + 2
F = 14
ALTERNATIVA D
09.14)
F = 6 + n
N = 2 . 5 + 4 . 4 + n . 3 = 2A
A = 26 3n
2
V + F = A + 2
V + 6 + n = 26 3n
2
+ 2
V = 18 n
2
01) VERDADEIRO
18 n11 n 4
2
02) VERDADEIRO
16 = 6 + n n = 10
04) FALSO
nmín = 2, visto que V e A são quocientes de uma divisão por 2.
08) VERDADEIRO
Sf = 3 600º
360º (V – 2) = 3 600º
V = 12
12 = 18 n
2
n = 6
16) VERDADEIRO
25 = 26 3n
2
n = 8
SOMA = 27
09.15)
F = 7
N = 6 . 1 + 3 . (V – 1) = 2A
V = 2A 3
3
V + F = A + 2
2A 3
3
+ 7 = A + 2
A = 12
ALTERNATIVA C
09.16)
A = 20
V = 10
V + F = A + 2
10 + F = 20 + 2
F = 12
t + q = 12
N = t . 3 + q . 4 = 2A
A = 3t 4q
2
= 20
3t + 4q = 40
Resolvendo o sistema com as duas equações encontradas temos:
t = 8
q = 4
ALTERNATIVA E
09.17)
Octaedro é formado por 8 triângulos equiláteros iguais.
Ao redor de cada vértice há 4 ângulos de 60º , ou seja, a soma desses ângulos
é igual a 240º .
ALTERNATIVA B
09.18)
A distância entre os centros dos átomos de flúor e enxofre corresponde à
metade da diagonal do Octaedro.
Assim, a diagonal do Octaedro mede 2 . 1,53 = 3, 060
A .
Chamando a aresta do Octaedro de “a” e aplicando o Teorema de Pitágoras
temos:
3,062 = a2 + a2
a = 2,16 0
A
ALTERNATIVA C
09.19)
a)
N = 12 . 5 + 20 . 6 = 2A
A = 90 arestas
b)
F = 32
A = 90
V + 32 = 90 + 2
V = 60 vértices
c)
Sf = 360º (V – 2)
Sf = 360º (60 – 2)
Sf = 20 880º
09.20)
t = 3
q = 5
10.01)
Volume dos pacotes = 100 . (20 . 20 . 30)
Volume dos pacotes = 1 200 000 cm3
Volume das caixas = n . (40 . 40 . 60)
Volume das caixas = 96 000.n cm3
Volume das caixas Volume dos pacotes
96 000n 1 200 000
n 12,5 caixas
nmín = 13 caixas
ALTERNATIVA C
10.02)
Como 2 000 litros corresponde a 2 m3, temos:
Vc = 2 . 15 . 1,10
Vc = 33 m3
Vc = 33 000 litros
Área do telhado = 33 000
110
Área do telhado = 300 m2
ALTERNATIVA B
10.03)
Vista superior da manilha:
Tendo a manilha 4 m de altura, temos que:
Volume de concreto = 2 21,2 4 1 4
Volume de concreto = 1,76
Volume de concreto = 1,76 3,1
Volume de concreto = 5, 456 m3
O custo do m3 de concreto é R$ 10,00, então:
Custo da manilha = 10 . (Volume de concreto)
Custo da manilha = R$ 54, 56
ALTERNATIVA D
10.04)
( V )
( F ) São quadriláteros não necessariamente quadrados.
( V )
( V ) 6 arestas em cada base e 6 arestas laterais, ou seja, total de 18 arestas.
10.05)
I – Não é planificação do prisma pois não há a distância entre as bases
referente às arestas laterais entre elas.
II – É planificação do prisma
III – É planificação do prisma.
ALTERNATIVA D
10.06)
2
V 63
3 H 63
9H 63
H 7cm
10.07)
1 1
2 2
1
2
2
1 1
2
2 2
2
1 1
2
2 2
3
1
2
1
2
H 2R
H 2R
V 8
V 27
R H 8
R H 27
R 2R 8
R 2R 27
R 8
R 27
R 2
R 3
A razão entre as alturas será a mesma razão entre os raios, ou seja:
1
2
H 2
H 3
ALTERNATIVA A
10.08)
Chamando a altura que a água irá atingir na leiteira de h, temos:
2 24 h 20 2 2
h 10cm
Sendo assim, o volume de água será:
Volume de Água = 2 34 10 160 cm
A capacidade (volume) total da leiteira é:
Volume da Leiteria = 2 34 20 320 cm
A capacidade (volume) de cada copinho é:
Volume do copinho = 2 32 4 16 cm
ALTERNATIVA A
10.09)
Área total = Área lateral + 2 . (Área da base)
Área total = 6 . 10 . 30 + 2 . 210 3
64
Área total = 1 800 + 300 3
Área total = 1 800 + 300 . 1,7
Área total = 2 310 cm2
Área total com vincos = 1,20 . (Área total)
Área total com vincos = 2 772 cm2
Área 500 embalagens = 500 . (Área total com vincos)
Área 500 embalagens = 1 386 000 cm2
Área 500 embalagens = 138,60 m2
ALTERNATIVA A
10.10)
Volume = (Área base) . Altura
72 = (Área base) . 4 3
Área base = 26 3 m
Área base = 2a 3
6 6 3 a 2 m4
Área total = Área lateral + 2 . (Área da base)
Área total = 6 . 2 . 4 3 + 2 . 6 3
Área total = 60 3 cm2
ALTERNATIVA D
10.11)
Comprimento = Altura = 5 braças
Altura = 5 . 150
Altura = 750 cm
Comprimento de circunferência = 264
2 R 264
6,28 . R = 264
R = 42,04 cm
Volume do tronco = 2R Altura
Volume do tronco = 3,14 . 42,042 . 750
Volume do tronco = 4 162 136, 568 cm3
Volume do tronco = 4, 162 m3
ALTERNATIVA A
10.12)
Volume derramado =
23 12
2
Volume derramado = 27 cm3
ALTERNATIVA E
10.13)
C1: Cilindro reto de altura 9 cm e comprimento da base 25 cm
C2: Cilindro reto de altura 25 cm e comprimento da base 9 cm
1
1
2
2
2 R 25
25R cm
2
2 R 9
9R cm
2
Área C1 = 1 12 R H
Área C1 = 25 . 9
Área C1 = 225 cm2
Área C2 = 2 22 R H
Área C2 = 9 . 25
Área C2 = 225 cm2
Volume C1 = 2
1 1R .H
Volume C1 =
225
92
Volume C1 = 1 406,25
Volume C2 = 2
2 2R .H
Volume C2 =
29
252
Volume C2 = 506,25
I – VERDADEIRO
II – VERDADEIRO
III – FALSO
Volume C1 = 2
1 1R .H
Volume C1 =
250
182
Volume C1 = 11 250
cm3
IV – FALSO
Volume C2 = 2
2 2R .H
Volume C2 =
218
502
Volume C2 = 4 050
ALTERNATIVA A
10.14)
Volume de Prisma Hexagonal Regular = 2 3
6 h4
Volume de Prisma Hexagonal Regular = 23 3h
2
ALTERNATIVA E
10.15)
Prisma regular é um Poliedro para o qual é possível aplicar o Teorema de
Euler, sendo assim:
Sf = 360º (V – 2)
7 200º = 360º (V – 2)
V = 22 vértices
ALTERNATIVA E
10.16)
I – FALSO
Área lateral quadrada = 4 . 10 . 20
Área lateral quadrada = 800 cm2
Área lateral redonda = 2 5 20
Área lateral redonda = 628 cm2
II – VERDADEIRO
Volume lata quadrada = 10 . 10 . 20
Volume lata quadrada = 2 000 cm3
Volume lata redonda = 25 20
Volume lata redonda = 1 570 cm3
III – FALSO
2
2
Área lata redonda 628 3,14 5
Área lata quadrada 800 10
Área lata redonda 706,50
Área lata quadrada 900
Área lata redonda0,785 78,5%
Área lata quadrada
ALTERNATIVA A
10.17)
Água em A = Água em B
2 2
B
B
2 3 4 h
3h dm
4
Capacidade de A = (Água em A) + (Água em B)
Capacidade de A = 12 12
Capacidade de A = 324 dm
Capacidade de B = 3 . [(Água em B) + (Água em A)]
Capacidade de B = 3 . [12 12 ]
Capacidade de B = 372 dm
Se Capacidade de A = 324 dm
Então:
22 (Altura Caixa A) 24
(Altura Caixa A) 6dm
Se Capacidade de B = 372 dm
Então:
23 (Altura Caixa B) 72
(Altura Caixa B) 8dm
01) VERDADEIRO
02) FALSO
04) FALSO
08) FALSO
16) VERDADEIRO
32) VERDADEIRO
SOMA = 49
10.18)
SECÇÃO TRANSVERSAL
o
1cos
2
60
Área do Combustível na Secção = 2 o1 1 12 1 1 sen60
6 2 2
Área do Combustível na Secção = 3
26 8
1
2
1
2 β 1
Volume de Combustível = (Área do Combustível na Secção) . Comprimento
Volume de Combustível = 3
26 8
. 6
Volume de Combustível = 33 32 m
2
Volume de Combustível = 2 000 1 500 3 litros
ALTERNATIVA C
10.19)
O Volume será definido pelo produto da área de concreto na secção mostrada
pela largura de 5 metros da ponte.
Área de Concreto na Secção = (Área Retângulo) – (Área Círculo)
Área de Concreto na Secção = 18 . 5 - 24
Área de Concreto na Secção = 90 - 16
Volume = (Área de Concreto na Secção) . 5
Volume = (90 16 ) . 5
Volume = 198,8 m3
10.20)
* Relação entre o prisma e o cilindro
Raio do cilindro = (1/3) da altura do triângulo
1 32
3 2
4 3cm
Excesso = (Volume Prisma) – (Volume Cilindro)
Excesso = 2
238 r 8
4
Excesso =
2
24 3 3
8 2 84
Excesso = 396 3 32 cm
Excesso = 332 3 3 cm
SEMIEXTENSIVO – MATEMÁTICA E
09.01)
a) FALSO
b) FALSO
c) FALSO
d) FALSO
e) VERDADEIRO
ALTERNATIVA E
09.02)
a) FALSO
b) VERDADEIRO - (2i)2 = 4i2 = -4
c) FALSO
d) FALSO
e) FALSO - idem alternativa B
ALTERNATIVA B
09.03)
x2 – 2x + 17 = 0
2 64x
2
2 8ix
2
x 1 4i
ALTERNATIVA D
09.04)
(2 – x) + (2 –y)i = 4 + 4i
2 – x = 4
x = -2
2 – y = 4
y = -2
ALTERNATIVA A
09.05)
z = (2 – m) + (n – 2)i imaginário puro, então:
2 – m = 0
m = 2
E
n 2 0
n 2
ALTERNATIVA E
09.06)
z1 + z2 + z3 = 1 – i + 1 + 4i + 1 + 3i
z1 + z2 + z3 = 3 + 6i
ALTERNATIVA B
09.07)
z1.z3 + (z2)2 = (1 – i) (1 + i) + (1 + 4i)2
z1.z3 + (z2)2 = 1 – i2 + 1 + 8i + 16i2
z1.z3 + (z2)2 = -13 + 8i
ALTERNATIVA B
09.08)
a + bi = (2 + i) (3 – 4i)
a + bi = 6 – 8i + 3i – 4i2
a + bi = 10 – 5i
a = 10 e b = - 5
a – b = 15
ALTERNATIVA E
09.09)
2 2
2 i 3 iD
1 i 2i
D 4i 2i 3 3i i i
D 0
ALTERNATIVA B
09.10)
m2 – 9 = 0
m = 3 e m = -3
m 3 0
m 3
Solução: m = - 3
ALTERNATIVA A
09.11)
z = (1 – i)6
z = [(1 – i)2]3
z = [-2i]3
z = -8i3
z = 8i
ALTERNATIVA C
09.12)
z = (1 + i)2 – (1 – i)3
z = 2i – (1 – i)2.(1 – i)
z = 2i – (- 2i) . (1 – i)
z = 2i + 2i – 2i2
z = 2 + 4i
ALTERNATIVA C
09.13)
(x + yi)(2 + 3i) = 2x + 3xi +2yi +3yi2
(x + yi)(2 + 3i) = (2x – 3y) + (3x + 2y)i é um número REAL, então:
3x + 2y = 0
ALTERNATIVA E
09.14)
(a + bi)2 = -3 + 4i
(a2 – b2) + 2abi = -3 + 4i
Então:
2 2
2 2
a b 3
2ab 4
a b 3
2b
a
Resolvendo o sistema, temos:
2
2
2
4 2
2
2a 3
a
a 4 aa 3a 4 0
a 1 a = 1 ou a 1
Para cada valor de a, temos: b = 2 ou b = -2 respectivamente.
Assim, como o que se pede utiliza o módulo de a e de b e os possíveis valores
de cada um deles, em módulo, são iguais, temos:
8 a 25 b 8 1 25 2 58
09.15)
(x + i) (1 – 2xi) = x – 2x2i + i – 2xi2
(x + i) (1 – 2xi) = 3x + (1 – 2x2)i é um número REAL, então:
1 – 2x2 = 0
2x
2
ALTERNATIVA A
09.16)
2(m – ni) + i(m + ni) – i = 0
2m – 2ni + mi + ni2 – i = 0
(2m – n) + (m - 2n – 1)i = 0
2m n 0
m 2n 1 0
Resolvendo o sistema, encontramos 1
m3
e 2
n3
Assim, m + n = -1
ALTERNATIVA A
09.17)
3 2
3
2
3
3
2
3
1 3 1 3 1 3i i i
2 2 2 2 2 2
1 3 1 3 3 1 3i i i i
2 2 4 2 4 2 2
1 3 1 3 1 3i i i
2 2 2 2 2 2
1 3 1 3i i
2 2 4 4
1 3i 1
2 2
ALTERNATIVA D
09.18)
(1 + i)12 – (1 – i)12 = [(1 + i)2]6 – [(1 – i)2]6
(1 + i)12 – (1 – i)12 = [2i]6 – [-2i]6
(1 + i)12 – (1 – i)12 = 64i6 – 64i6
(1 + i)12 – (1 – i)12 = 0
ALTERNATIVA E
09.19)
i i2 i3 i4
i5 i6 i7 i8
i9 i10 i11 i12
i13 i14 i15 i16
i -1 -i 1
i -1 -i 1
i -1 -i 1
i -1 -i 1
a) Não é um quadrado é mágico
b) Zero
09.20)
z = a +bi
(a + bi) + (a – bi) = 3b
3a b
2
(a + bi)(a – bi) = 52
a2 – b2i2 = 52
a2 + b2 = 52
Resolvendo o sistema, temos: b = 4 ou b = -4
E para cada valor de b, temos: a = 6 ou b = -6 respectivamente
10.01)
2 2z 10 ( 10)
z 10 2
ALTERNATIVA D
10.02)
o
o
4 quadrante
10tg tg 1 315
10
ALTERNATIVA E
10.03)
o oz 2 cos135 isen135
2 2z 2 i
2 2
z 1 i
ALTERNATIVA D
10.04)
Pelo gráfico temos:
Módulo = 2
Argumento = 30º
Então:
o oz 2 cos30 isen30
3 1z 2 i
2 2
z 3 i
ALTERNATIVA B
10.05)
2
2z 1 3i 1
i
2z 1 6 3i
i
2iz 7 3i
i
z 7 i
Temos então que a parte real é -7 e a parte imaginária é 1. Logo:
2 2z 7 1
z 5 2
ALTERNATIVA B
10.06)
o
o
2 quadrante
3tg tg 3 120
1
ALTERNATIVA E
10.07)
Pelo gráfico temos: Parte real = -4 e Parte Imaginária = 3. Então:
2 2z 4 3
z 5
ALTERNATIVA E
10.08)
Cálculo do Módulo:
223 3
z2 2
9 3z
4 4
z 3
Cálculo do Argumento:
o
o
2 quadrante
332tg tg 150
3 3
2
Forma Trigonométrica:
o oz 3 cos150 isen150
ALTERNATIVA A
10.09)
z 2 cos isen3 3
1 3z 2 i
2 2
z 1 3i z 1 3i
ALTERNATIVA A
10.10)
2
2
1 i4iz
1 i1 i
4i 4iz
1 i
z 2 2i
Cálculo do módulo:
2 2z 2 2
z 2 2
Cálculo do argumento:
o
o
1 quadrante
2tg tg 1 45
2 4
Logo:
z 2 2 cos isen4 4
ALTERNATIVA A
10.11)
2
2
3 ii 3z
3 i 3 i
3i i 3 3iz
3 i
1 3z i
2 2
Cálculo do Módulo:
221 3
z2 2
z 1
ALTERNATIVA B
10.12)
Sendo z = a + bi, temos z a bi , então:
2 2 2
2 2
z.z 25
(a bi)(a bi) 25
a b i 25
a b 25
Para o cálculo do módulo de z, temos: 2 2z a b , então:
z 25 z 5
ALTERNATIVA B
10.13)
I – VERDADEIRO
z z para todo número z = a + bi
II – FALSO
i2 = -1
III – VERDADEIRO
Se z = i, temos, 2 2z 0 1 z 1
ALTERNATIVA D
10.14)
2
2
( i)1 iz
i ( i)
i iz
i
z 1 i
Cálculo do módulo:
2 2z 1 ( 1)
z 2
Cálculo do argumento:
o4 quadrante
1 7tg tg 1
1 4
Forma trigonométrica:
7 7z 2 cos isen
4 4
ALTERNATIVA C
10.15)
2 2
2 2
z z 2 8i
a bi a b 2 8i
a a b bi 2 8i
Igualando as partes real e imaginária, temos:
2 2
2 2
2
22
2 2
a a b 2
b 8
a a 8 2
a 64 2 a
a 64 2 a
a 64 4 4a a
a 15
Cálculo de 2
z
22 2 2
2 2 2
2
z a b
z 15 8
z 289
ALTERNATIVA E
10.16)
2
2
3 4ix yiz
3 4i3 4i
3x 4xi 3yi 4yiz
9 16i
3x 4y 4x 3yz i
25 25
Calculando o módulo de z, temos:
2 2
2 2 2 2
2 2
3x 4y 3y 4xz
25 25
9x 24xy 16y 9y 24xy 16xz
625
25 x yz
25
25 20z
25
2 5z
5
ALTERNATIVA C
10.17)
O ponteiro de minutos estará no número 11 do relógio, ou seja, o argumento é
de 120º. Sendo o módulo (tamanho do ponteiro) igual a 2, temos:
o oz 2 cos120 isen120
1 3z 2 i
2 2
z 1 3i
ALTERNATIVA A
10.18)
Se 2a 3bi 8 , então:
2 2
2 2
2a 3b 8
4a 9b 64
Se b 2ai 4 2 , então:
2 2
2 2
b ( 2a) 4 2
b 4a 32
Montamos assim, o seguinte sistema:
2 2
2 2
4a 9b 64
4a b 32
Resolvendo o sistema, encontramos:
b2 = 4 e a2 = 7
Sendo 2 2a bi a b , temos
a bi 7 4
a bi 11
ALTERNATIVA A
10.19)
Cálculo do argumento de z1:
o
1
o
1 1 1
1 quadrante
1tg tg 1 45
1
Cálculo do argumento de z2:
o
2 1 22 90
Forma trigonométrica de z2:
o o
2z 5 cos90 isen90
Forma algébrica de z2: