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MM AA CC KK EENN ZZ IIEE ((22 ºº DD iiaa -- GG rruupp oo ss IIII ee IIIIII)) DD eezzeemm bb rroo // 22000011OOBB J J EETTIIVVOO
b
Sabe-se que o quadrado de um núm ero natural k é
m aior do que o seu triplo e que o quíntuplo dessenúm ero k é m aior do que o seu quadrado. D essa
form a, k2 –k vale:a) 10 b)12 c) 6 d)20 e)8Resolução
⇔ ⇔ ⇔
⇔ 3 < k < 5 ⇒ k = 4 (pois k ∈ )⇒ k 2 –k = 12
a
Se, na igualdade 30 n = 4x , n é um núm ero natural positivo e x um núm ero ím par, o produto n.x vale:a) 450 b) 175 c) 275d) 360 e) 130Resolução
30 n = 4x ⇔ 2 n . 3 n . 5 n = 2 2 . x ⇔ x = 2 n–2 . 3 n . 5 n
Se n é um núm ero natural positivo e x um núm ero
ím par, então n –2 = 0 ⇔ n = 2.
Logo, x = 2 0 . 3 2 . 5 2 = 225
D essa form a, n . x = 2 . 225 = 450
d
N um triângulo, a m edida de um lado é dim inuída de15% e a m edida da altura relativa a esse lado é aum en-tada de 20% .A área desse triângulo:a) aum enta de 1 % b) dim inui de 2,5%c) aum enta de 2% d) dim inui de 1,5%e) não se alteraResolução1) A área do triângulo inicial, cuja base m ede b e altura
correspondente m ede h , é S 1 =
2) A área do novo triângulo, cuja base m ede 0,85b e altura correspondente m ede 1,2h, é
S 2 = = 1,02
3) D e (1) e (2) tem os S 2 = 1,02 . S 1 = 102% . S 1 e por-
tanto a área do novo triângulo aum entou 2%
dN a figura, tem os os esboços dos gráficos das funções
4
bh ––––– 2
0,85b . 1,2h ––––––––––––
2
bh –––– 2
3
2
k < 0 ou k > 3
0 < k < 5 {k 2 –3k > 0
k 2 –5k < 0 {k 2 > 3k
k 2 < 5k {
1
MMAATTEEMMÁÁTT II CCAA
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MM AA CC KK EENN ZZ IIEE ((22 ºº DD iiaa -- GG rruupp oo ss IIII ee IIIIII)) DD eezzeemm bb rroo // 22000011OOBB J J EETTIIVVOO
f e g. A som a f (g (1)) + g (f (–1)) é igual a:
a) –1
b) 0
c) 1
d) 2
e) 3
Resolução
C onform e o gráfico, tem -se:
g(1) = 0 ⇒ f(g(1)) = f(0) = 0
f(–1) = k < 0 ⇒ g(k) = 2
D onde: f[g(1)] + g[f(–1)] = 0 + 2 = 2
e
Pelo vértice da curva y = x2 –4x + 3 , e pelo ponto ondea m esm a encontra o eixo das ordenadas, passa um areta que define com os eixos um triângulo de área:
a) 2 b) c) d) 3 e)
Resolução
I) y = x 2 –4x + 3 tem vértice V(x 0 ; y 0 ), onde:
V (2; –1)
II) A parábola y = x 2 –4x + 3, encontra o eixo das orde- nadas no ponto A (0; 3)
III) A equação da reta AV, é:
= 0 ⇔ 2x + y –3 = 0
Esta reta corta o eixo O x em B (3/2; 0) e portanto a
x
2
0
y
–1
3
1
1
1
}–b 4
x 0 = ––––= –––= 2 2a 2
e
y 0 = f(2) = 4 –8 + 3 = –1
9–––4
3–––4
11–––4
5
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MM AA CC KK EENN ZZ IIEE ((22 ºº DD iiaa -- GG rruupp oo ss IIII ee IIIIII)) DD eezzeemm bb rroo // 22000011OOBB J J EETTIIVVOO
área do triângulo A O B é:
S ∆= =
d
Se as seqüências (3; 3x; 3 ) e (2; y; 3x) são, respec-tivam ente, um a progressão geom étrica e um a pro-gressão aritm ética, o valor de y –x é:a) 1 b) –1 c) –2 d) 2 e) 0Resolução
Se (3, 3 x ; 3 )é um a progressão geom étrica,
(3 x )2 = 3 . 3 ⇔ 3 2x = 3 ⇔ 3x –y = 2(I)
Se (2; y; 3x) é um a progressão aritm ética,
y = ⇔ 2y –3x = 2 (II)
D as equações (I) e (II) tem -se x = 2, y = 4 e y –x = 2
c
Se as equações x3 + m x2 + nx + p = 0 e x2 + x –2 = 0têm o m esm o conjunto solução, então o produto m .n.pvale:
a) –1 b) 1 c) 0 d) 2 e) –2Resolução
O conjunto-solução da equação x 2 + x –2 = 0 é S = {–2; 1}, que é igual ao conjunto-solução da equação
x 3 + m x 2 + nx + p = 0 A s três raízes da equação do 3º grau são
ou
D a prim eira hipótese decorre que
r 1 r 2 + r 1 r 3 + r 2 r 3 = n ⇔ n = (–2).(–2)+ (–2).1 + (–2) . 1 ⇔
⇔ n = 0
r 1 = –2
r 2 = 1
r 3 = 1{ r 1 = –2
r 2 = –2
r 3 = 1{
7
2 + 3X ––––––––
2
2 + x + y –––––––––
2
x + y ––––––
2
x + y ––––––
2
x + y
–––––2
6
9 –––– 4
3 –––. 3 2
––––––––– 2
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D a segunda hipótese decorre que r 1 + r 2 + r 3 = –m ⇔ –m = –2 + 1 + 1 ⇔ m = 0
Portanto, o produto m . n . p vale zero, pois m = 0 ou n = 0.
e
O produto (log23).(log34).(log45). … .(log6364) é igual a:
a) log364 b) log263 c) 2 d) 4 e) 6
Resolução(log 2 3) . (log 4 3) . (log 5 4) . ... (log 63 64) =
= (log 2 3) . . ...... =
= log 2 64 = 6
a
A som a das raízes da equação
= 0
é igual a:a) –2 b) –1 c) 0 d) 1 e) 2Resolução
= 0 ⇔
⇔
log 3 (x + 3) . = 0⇔
⇔ log 3 (x + 3) . (3 x –9 x ) = 0 ⇔ ⇔
⇔ ⇔ x = –2 ou x = 0
A som a das raízes da equação dada é (–2) + 0 = –2.
x + 3 = 3 0
ou
3 2x = 3 x {
log 3 (x + 3)
ou
9 x = 3 x {
0
0
1
9 x
1
2
3 x
1
1
0
0
1
9 x
log 3 (x + 3)
2
3 x
log 3 (x + 3)
1
|3x 9x 0
log3(x + 3) log3(x+ 3) 0
1 2 1|
9
log 2 64 ( –––––– )log 2 63
log 2 5 ( –––––– )log 2 4
log 2 4 ( –––––– )log 2 3
8
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b
Em [0; 2π], as soluções da equação
= são em núm ero de:
a) 1 b)2 c) 3 d)4 e)5
Resolução
= ⇔
⇔ = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ = ⇔ 1 + sen x = –sen x ⇔
⇔ 2 . sen x = –1 ⇔ sen x = –
Para [0; 2 π], resulta x = ou x =
a
A circunferência da figura tem raio 2 e centro O . Sesen 10° + cos 10° = a, a área do triângulo A B C é iguala:
a) a 2 b) 2a2 c) 2a 2d) a2 2 e) 2 2ResoluçãoLem brando que sen 55° = sen (10° + 45°) == sen 10° . cos 45° + sen 45° . cos 10° =
= sen 10°+ cos 10° =
= (sen 10° + cos 10°) = . a,
tem -se que a área S do triângulo A B C é
S = S ∆A O B + S ∆B O C =
2 –––– 2
2 –––– 2
2 –––– 2
2 –––– 2
11
11π––––– 6
7 .π––––––
6
1––– 2
1––––––––––– 1 + sen x
–1––––––– sen x
1––––––––––– 1 + sen x
2 . sen x –––––––––––––––
–2 . sen 2 x
1––––––––––– 1 + sen x
2 . sen x ––––––––––––––– 1 –2sen 2 x –1
1––––––––––– 1 + sen x
2 . sen x ––––––––––– cos(2x) –1
1––––––––––1 + senx
2 senx––––––––––cos 2x –1
10
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= + =
= 2 . sen 55°= 2 . a = 2 a, pois sen 125°= sen 55°
d
O sistem a
a) é im possível para um único valor de kb) tem solução única para um único valor de kc) tem solução (k, O , 0), qualquer que seja k ≠ 0d) tem m ais de um a solução para um único valor de ke) pode adm itir a solução nulaResolução
Seja o sistem a
Pelo teorem a de R ouché-C appelli, tem os:
I) M .I. = tem característica p = 3 para
k ≠ 1 e característica p = 2 para k = 1
II) M .C . = tem característica q = 3
para k ≠ 1 e característica q = 2 para k = 1
III) C om o o núm ero de incógnitas r = 3, concluim os que:
]k
1
k
1
1
–1
1
1
1
1
k
1[ ]
1
1
–1
1
1
1
1
k
1
[
x + y + z = k
kx + y + z = 1
x + y –z = k {
x + y + z = kkx + y + z = 1x + y –z = k
{
12
2
–––– 2
2 . 2 . sen (55°)–––––––––––––––––––
2
2 . 2 . sen (125°)–––––––––––––––––––
2
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Para k ≠ 1, o sistem a será possível e determ inado, pois p = q = n.Por outro lado, se k = 1, o sistem a será possível e inde- term inado, pois p = q < n.
bO núm ero de filas diferentes que podem ser form adascom 2 hom ens e 3 m ulheres, de m odo que os hom ensnão fiquem juntos, é:a) 96 b) 72 c) 48 d) 84 e) 120Resolução1º) O núm ero total de filas diferentes que podem ser
form adas com 2 hom ens e 3 m ulheres, em qual- quer posição é igual a P 5 = 5! = 120
2º) O núm ero total de filas diferentes que podem ser form adas com os 2 hom ens juntos e as 3 m ulhe- res, em qualquer posição é igual a:2 . P 4 = 2 . 4! = 48
Portanto o núm ero total de filas diferentes que podem ser form adas com 2 hom ens e 3 m ulheres, de m odo que os homens não fiquem juntos é:P 5 –2 . P 4 = 120 –48 = 72
c
D ois prêm ios iguais são sorteados entre 6 pessoas,
sendo 4 hom ens e 2 m ulheres. Supondo que um am esm a pessoa não possa ganhar os 2 prêm ios, a pro-babilidade de pelo m enos um hom em ser sorteado é:
a) b) c) d) e)
ResoluçãoD e acordo com o enunciado, tem os:P(pelo m enos um hom em ser sorteado) = = 1 –P (as 2 m ulheres serem sorteadas) =
= 1 – . = 1 – =
d
Se a reta de equação (3k –k2) x + y + k2 –k –2 = 0passa pela origem e é perpendicular à reta de equação
x + 4y –1 = 0, o valor de k2 + 2 é:a) –2 b)2 c) –3 d)3 e)1ResoluçãoI) Se a reta de equação
(3k –k 2 ) . x + y + k 2 –k –2 = 0 é perpendicular à retade equação x + 4y –1 = 0, então:
(3k - k 2 ) . 1 + 1 . 4 = 0 ⇔ k 2 –3k –4 = 0 ⇔ k = 4 ou
k = –1
II) Se a reta de equação
15
14 ––– 15
1––– 15
1––– 5
2 ––– 6
8––9
13–––14
14–––15
7––8
5––6
14
13
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(3k –k 2 ) . x + y + k 2 –k –2 = 0
passa pelo origem então: k 2 –k –2 = 0 ⇔ k = 2 ou
k = –1.
Para que as duas condições sejam satisfeitas,
tem os: k = –1, e portanto k 2 + 2 = (–1)2 + 2 = 3.
a
Por um ponto P que dista 10 do centro de um a circun-ferência de raio 6 traçam -se as tangentes à circunfe-rência, Se os pontos de tangência são A e B , então am edida do segm ento A B é igual a:a) 9,6 b) 9,8 c) 8,6 d) 8,8 e) 10,5Resolução
N o triângulo O A P, retângulo em A , tem os:
A P 2 = O P 2 –O A 2 ⇔ A P 2 = 10 2 –6 2 ⇔ AP = 8
N o m esm o triângulo tem -se:
AH . O P = O A . AP ⇔ A H . 10 = 6 . 8 ⇔ A H = 4,8 e,
portanto, A B = 2 . A H = 2 . 4,8 = 9,6
cN a figura, o triângulo A B C é eqüilátero e o segm entoB D é perpendicular ao plano do D triângulo, Se M é oponto m édio de AC e a m edida de B D é a m etade dam edida do lado do triângulo então ângulo, M D B m ede:
17
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a) 45° b) 30°
c) 60° d) 22,5°
e) 15°
Resolução
Sendo l a m edida do lado do triângulo eqüilátero A B C ,tem os:
I) B D =
II) B M = , pois— B M é altura do triângulo A B C .
A ssim , no triângulo D B M retângulo em B ^ , tem os:
tg M D ^ B = ⇔ tg M D
^ B = ⇔
⇔ tg M D ^ B = 3 ⇔ M D
^ B = 60°pois 0°< M D
^ B < 90°
e
C onsidere o recipiente da figura, form ado por um cilin-dro reto de raio 3 e altura 10, com um a concavidadeinferior na form a de um cone, tam bém reto, de altura3 e raio da base 1. O volum e de um líquido que ocupao recipiente até a m etade de sua altura é igual a:
18
l 3 ––––– 2 ––– l –– 2
B M –––– BD
l 3
––––– 2
l –– 2
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a) 89π
b) 72π
c) 64π
d) 48π
e) 44π
Resolução
Sendo V o volum e do líquido que ocupa o recipiente até a m etade de sua altura, tem os:
V = . V cilindro –V cone ⇔
⇔ V = .π . 3 2 . 10 – .π . 12 . 3 ⇔ V = 44 π
b
U m cubo está inscrito num a esfera. Se a área total docubo é 8, o volum e da esfera é:
a) b) c) d) 12π e) 8π
Resolução
16π––––3
4π–––3
8π–––3
19
1–– 3
1–– 2
1––– 2
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Sendo a a m edida da aresta do cubo, d a m edida dadiagonal do cubo e R o raio da esfera, tem os:
I) 6a2 = 8 ⇔ a2 = ⇔ a =
II) 2R = d ⇔ R = ⇔ R = ⇔
⇔ R = ⇔ R = 1
A ssim , o volum e V da esfera é dado por:
V = π R 3 ⇔ V = π 13 ⇔ V =
aSe os pontos que representam os com plexos z = a+ bi
e w = c + di , com a.b.c.d ≠ 0, pertencem a um a
m esm a reta que passa pela origem , então é sem -
pre igual a:
a) b) c) a(c –1)
d) e) 2ac
Resolução
O s afixos dos núm eros com plexos Z = a + bi ew = c + di, com a . b . c . d ≠ 0, são, respectivam ente,(a; b) e (c; d) e estão alinhados com a origem .A ssim sendo,
= 0 ⇔ ad –bc = 0 ⇔
⇔ = = = k, k ∈ * ⇔
⇔ b = k . a e d = k . c
D esta form a,
= = = =a–– c
a (1 + ki)–––––––– c (1 + ki)
a + k a i–––––––– c + k c i
a + bi–––––– c + di
z–– w
d –– c
b –– a
|1
1
1
b
d
0
a
c
0 |
x–––2a
a––––––2c –1
a––c
z––w
20
4 π––– 3
4 –– 3
4 –– 3
2 3 –––––. 3 3
––––––––––– 2
a 3 ––––– 2
d –– 2
2 3 ––––– 3
4 –– 3