afa_matematica_p_s_1999-2000_v01_c69

Matemática – AFA 2000

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01.(AFA - 2000) A imagem da função real f definida por

é:

(A) - {1}(B) - {2}(C) - {-1}(D) - {2}

SOLUÇÃOAlternativa CVamos admitir que a imagem de f pode admitir qualquer valor

c . Assim: x(1 + c) = 2(c – 1)

É fácil perceber que para c = -1, x, pois teríamos x.0 = -4 Im(f) = - {-1}

02.(AFA - 2000) Dadas f e g, duas funções reais definidas por f(x) = x3 – x e g(x) = senx, pode-se afirmar que a expressão de (fog)(x) é(A) sen2x cosx(B) –sen(x3 – x)(C) –senx cos2x(D) senx3 – senx

SOLUÇÃOAlternativa Cfog(x) = f(g(x)) = f(senx) = sen3x – senx fog(x) = senx.(sen2x – 1) = -senx.cos2x

03.(AFA - 2000) O domínio da função real f(x) = log(-x2 + 6x + 16) + log(x2 – 6x + 8) é:(A) {x | -2 x 2 ou 4 < x 8}(B) {x | -2 < x < 2 ou 4 < x < 8}(C) {x | x < -2 ou 2 < x < 4 ou x > 8}(D) {x | x < -2 ou 2 < x < 4 ou x > 4}

SOLUÇÃOAlternativa B-x2 + 6x + 16 > 0 x2 – 6x + 8 > 0 (-2 < x < 8) (x > 2 x > 4) -2 < x < 2 4 < x < 8

04.(AFA - 2000) A soma das raízes da equação 32-x + 31+x = 28 é(A) 1(B) 2(C) 3(D) 4

SOLUÇÃOAlternativa A

; Fazendo y = + 3y = 28 3y2 – 28y +

9 = 0

Assim: x1 + x2 = 2 – 1 = 1

05.(AFA - 2000) O sistema é indeterminado

quando(A) ab = -1(B) ab-1 = -1(C) a + b = -1(D) a – b = -1

SOLUÇÃOAlternativa C

Para que o sistema seja indeterminado devemos ter:

sempre b = -1 a = 0 a + b = -1

06.(AFA - 2000) Se os números reais x e y satisfazem log

e , então dado i =

é

(A) 0(B) i(C) 2i(D) 3i


log

Substituindo em :y(y – 4 – 2y) = -8y + 4 -y2 – 4y = -8y + 4 y2 - 4y + 4 = 0 y = 2 x = -4

1

PROVA DE MATEMÁTICA






Assim:

07.(AFA-2000) O produto das raízes da equação

, com x , é:

(A) 1/2(B) 3/4(C) 4/3(D) 3/2

SOLUÇÃOAlternativa AAplicando Sarrus2x.2log2x.3 – log2x.8x.3 = 0 2x +1.log2x = 23x. log2x

Produto das raízes = 1.1/2 = 1/2

08.(AFA-2000) A expressão

, com a, b, c

, é verdadeira quando

b2 = ac ou a = cc2 = ab ou a = ba = bc2 ou b = cac-1 = b2 ou a = b

SOLUÇÃOAlternativa AAplicando as propriedades de logaritmos:log2a – log a . log b2 + log c . log b2 – log2 c = 0 (log a + log c) (log a – log c) + 2 log b (log c – log a) = 0 log a – log c = 0 log a + log c – 2 log b = 0 a = c a . c = b2

09.(AFA - 2000) Se b = , então o número de

soluções inteiras que satisfaz a inequação

é

(A) 4(B) 5(C) 6(D) 7


Como , temos:

x é inteiro x {-2,-1,0,1,2,3} 6 soluções

10.(AFA - 2000) Seja o conjugado do número complexo

. A seqüência de todos os valores de n N, tal

que( )-n seja um imaginário puro, é uma progressão(A) aritmética com primeiro termo igual a 2 e razão 8.(B) geométrica com primeiro termo igual a 2 e razão 2.(C) aritmétrica com primeiro termo igual a 2 e razão 4.(D) geométrica com primeiro termo igual a 2 e razão 1.


é

imaginário puro n =

-2 – 4k onde kZ.Assim:K = -1; n = 2 K = -2; n = 6 K = -3; n = 10 PA(a1 = 2; r = 4)

11.(AFA - 2000) Considere o polinômio P(z) = z2 – 2z + iw, w C. Se P(3 + 2i) = 1 + 10i, onde i = , então uma forma trigonométrica de w é:

(A)

(B)

(C)

(D)

SOLUÇÃOAlternativa DP(z) = z2 – 2z + iwP(3 + 2i) = (3 + 2i)2 – 2(3 + 2i) + i(a + bi) = 1 + 10i 9 + 12i – 4 – 6 – 4i + ai – b = 1 + 10i (-1 – b) + + (8 + a)i = 1 + 10i

12. (AFA-2000) Se a divisão do polinômio P(x) = ax20 + bx11

– 2x9 por Q(x) = 4x2 – 4 tiver resto R(x) = -1, com a, b R, então

2






(A)

(B)

(C)

(D) logba = 0

SOLUÇÃOAlternativa AP(x) = (4x2 – 4). Q’(x) – 1ax20 + bx11 – 2x9 (4x2 – 4). Q’(x) – 1Se x = 1 a . 120 + b . 111 – 2 . 19 = -1 a + b – 2 = -1Se x = 1 a . (-1)20 + b . (-1)11 – 2 . (-1)9 = -1 a - b + 2 = -1 = 2a = -2 a = -1

a + b – 2 = -1 -1 + b – 2 = -1 b = 2 ba = 2-1 =

13.(AFA-2000) O valor de sen (arc cos + arc sen ) é

(A)

(B)

(C)

(D)

SOLUÇÃOAlternativa B

arc cos = cos = sen =

arc sen = sen = cos =

sen( + ) = sen cos + sen cos sen ( + ) =

14. (AFA-2000) Os valores de m R para os quais a equação (sen x – cos x) = m2 – 2 admite soluções, são

(A) –1 m 1(B) –2 m 2(C) 0 m

(D) - m


(senx – cosx) = m2 – 2

15.(AFA - 2000) A inequação 2senx com x [0;2] e

, tem como solução os valores de x

pertencentes a:(A) [0,/3][2/3,2](B) [0,/2][3/2,2](C) [0,/6][5/6,2](D) [0,4/3][5/6,2]


Comentário: Esta questão foi a 14ª questão da prova de matemática do ITA 91/92.

16.(AFA - 2000) Se a + b = , então (1 + tg a) (1 + tg b) é:

(A) 0(B) 1(C) 2(D) 3


tg (a + b) = tg = 1 1 – tg a . tg b

tg a + tg b + tg a . tg b + 1 = 2 (1 + tg a).(1 + tg b) = 2

17.(AFA - 2000) Se (senx, sen2x, cosx) é uma progressão geométrica estritamente crescente, com 0 < x < 2, então o valor de x é:(A) /12(B) /10(C) /8(D) /6

SOLUÇÃOAlternativa A(sen2x)2 = senx . cosx (2senxcosx)2 = senxcosx 4(senxcosx)2 = senxcosx senxcosx [4senx.cosx – 1) = 0

3






Assim, de acordo com enunciado (P.G., estritamente

crescente), temos x =

18.(AFA - 2000) Se a soma dos seis primeiros termos de um progressão aritmética é 21 e o sétimo termo é o triplo da soma do terceiro com o quarto termo, então o primeiro termo dessa progressão é:(A) –7(B) –8(C) –9(D) –10


19.(AFA - 2000) Seja (x, y, z, w) uma progressão aritmética crescente cuja soma é 10 e (a, b, c, d) uma progressão geométrica com a + b = 1 e c + d = 9. Se ambas têm a mesma razão, então o produto yw é:

SOLUÇÃOAlternativa CPA(x – 3r, x – r, x + r, x + 3r); Soma 4x = 10 x = 5/2PG(a, aq, aq2, aq3)a + aq = 1 a(1 + q) = 1aq2 + aq3 = 9 aq2(1 + q) = 9 q = 3 q = 3; daí, r = 3/2Então, y.w = (x – r).(x + 3r) = x2 + 2xr – 3r2 = 7

20.(AFA - 2000) Usando-se 5 dos algarismos 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7, sem repeti-los, a quantidade de números pares que se pode formar é:(A) 1080(B) 2160(C) 2520(D) 5040

SOLUÇÃOAlternativa AComo, com os algarismos dados, os números pares só podem terminar em 2, 4 ou 6, temos que a quantidade desejada é dada por 3.A64 = 3(6.5.4.3) = 1080

21.(AFA - 2000) Se no desenvolvimento do binômio (x + y)m+5, ordenado segundo as potências decrescentes de x, o quociente entre os termos que ocupam as posições (m + 3) e

(m + 1) é , então o valor de m é:

(A) par(B) primo(C) ímpar(D) múltiplo de 3

SOLUÇÃOAlternativa AUsando a fórmula do tremo geral para a expansão do binômio, temos:

,

logo:

Assim: =

22.(AFA - 2000) Os coeficientes do quinto, sexto e sétimo termos do desenvolvimento de (1 + x)n está em progressão aritmética. Se n < 13, então o valor de 2n + 1 é:(A) 7(B) 13(C) 15(D) 27

SOLUÇÃOAlternativa CAplicando a regra de Pierre de Simon Fermat aos sétimo e sexto termos, teremos:

4






Usando a teoria sobre o termo médio de uma PA de 3 termos:

Como n < 13, então 2n + 1 = 15

23.(AFA - 2000) Uma urna contém 1 bola preta e 9 brancas. Uma segunda urna contém x bolas pretas e as restantes brancas, num total de 10 bolas. Em um primeiro experimento, retira-se ao acaso uma bola de cada urna. Em um segundo experimento, todas as bolas são reunidas em uma única urna, e duas são retiradas, ao acaso, uma seguida à outra, sem reposição.O menor valor de x, tal que a probabilidade de se obterem duas bolas pretas seja estritamente maior no segundo experimento, é:(A) 1(B) 2(C) 3(D) 4

SOLUÇÃOAlternativa CProbabilidade de retirar uma bola preta no 1º experimento:

Probabilidade de retirar uma bola preta no 2º experimento:

De acordo com o problema <

Como x Z, e x = 0 não é solução, vem:19 < 5x < + 5 x > 14/5 x = 3 (pois x é inteiro)

24.(AFA - 2000) O parâmetro da parábola que passa pelo ponto P(6,2) e cujo vértice V(3,0) é o seu ponto de tangência com o eixo das abcissas, é:(A) 9/5(B) 9/4(C) 3(D) 9/2

SOLUÇÃOAlternativa BSe (3,0) é o vértice e ao mesmo tempo o ponto de tangência entre a parábola e o eixo das abcissas, então o eixo de simetria da parábola é paralelo e OY e a equação da parábola é da forma y = k(x – y1)(y – y2).Mas 3 é raiz dupla: y = k(x – 3)2

(6,2) parábola k = Parábola: y = (x – 3)2

(x – 3)2 = ;

Comparando com a forma canônica x2 = 2Py 2P =

.

25.(AFA - 2000) No plano cartesiano, a distância da origem à reta que passa pelos pontos A(0,4) e B(0,6) é:

(A)

(B)

(C)

(D)

SOLUÇÃOAlternativa DLembrando da forma da equação segmentar da reta obtemos:

, pois os pontos A(0,4) e B(6,0) pertencem à reta.

Logo a equação geral dessa reta é 2x + 3y – 12 = 0.A distância da origem à reta é dada por:

26.(AFA - 2000) A área do polígono que tem como vértices os extremos dos eixos maior e menor da elipse 4x2 + y2 – 24x – 6y + 41 = 0, é:(A) 1(B) 2(C) 3(D) 4

SOLUÇÃOAlternativa DA equação reduzida da elipse com centro diferente da origem

é dada por: que desenvolvendo dá:

, comparando esta equação dada teremos: b2 = 4, a2 = 1, x0 = 8, y0 = 3

Logo: , o que dá como vértices do

polígono os pontos A(8,5), B(7,3), C(8,1) e D(9,3).Calcular a área desse polígono é como calcular a área de um triângulo e multiplicar por 4.

É equivalente também a calcular a área do losango formado S = 4.2/2 = 4

5






27.(AFA - 2000) A excentricidade da elipse que tem centro na origem, focos em um dos eixos coordenados e que passa pelos pontos A(3,2) e B(1,4) é:

(A)

(B)

(C)

(D)


Equação da elipse com centro na origem , com

eixo maior horizontal ou , com eixo maior

vertical.Como os pontos A(3,2) e B(1,4) pertencem a curva, então:

resolvendo os dois sistemas concluímos que o eixo maior é

vertical e

28.(AFA - 2000) Se P(1,y) pertencente ao primeiro quadrante é o único ponto de interseção da curva : x2 + y2 + 2x – 2y – 6 = 0 com a reta r, então a equação reduzida de r é:(A) y = -x(B) y = -x + 4(C) y = -2x + 7(D) y = -2x + 1

SOLUÇÃOAlternativa BComo o ponto P(1,y) pertence ao primeiro quadrante, y > 0 e como P pertence a curva : x2 + y2 + 2x – 2y – 6 = 0, então substituindo suas coordenadas e resolvendo a equação achamos y = 3 P(1,3).A equação de representa uma circunferência de centro C(-1,1) e raio R = .O segmento é perpendicular a reta r, logo

, portanto y – 1 = -1(x – 3), ou seja r:y =

-x + 4

29.(AFA - 2000) Os pontos P(a,b) e Q(1,-1) são intersecção das circunferências e , com centros C (-2,y) e C (b,a+1), respectivamente. Sendo perpendicular a que, por sua vez, é paralelo ao eixo das ordenadas, a equação geral de é:(A) x2 + y2 – 8x + 4y + 2(B) x2 + y2 + 4x - 4y - 10(C) x2 + y2 – 10x - 2y + 6(D) x2 + y2 – 10x - 4y + 4 = 0

SOLUÇÃOAlternativa D

é paralelo ao eixo OX, logo a = 1, isto é, P(1,b) e ainda C (b,2).Como P e Q pertencem a , então as distâncias de P e Q a C

são iguais:(b – 1)2 + (2 – b)2 = (b – 1)2 + 32 b2 – 4b – 5 = 0 b = 5 ou b = -1Sendo perpendicular a que é vertical, então y = 2,

assim como a ordenada de todos os pontos de .

O ponto médio de é também médio de que é

M(1,2) logo

O raio de é R = Então a

equação de é (x – 5)2 + (y – 2)2 = 25

30.(AFA - 2000) O valor de x2, na figura abaixo é:(A) b2 – a2/4(B) a4/ b2 – a2/4(C) b2/4 – b4/a2

(D) b2 – b4/ 4a2

SOLUÇÃOAlternativa Dy2 + x2 = b2 b2 . x2 (a – y)2 + x2 = a2 a2 – 2ay + y2 + x2 = a2

a2 – 2ay + b2 – x2 + x2 = a2 b2 = 2ay b4 = 4a2y2

Assim: b4 = 4a2(b2 – x2) b4 = 4a2b2 – 4a2x2 4a2b2 – b4 = 4a2x2 x2 = b2 – b4 / 4a2

31.(AFA - 2000) Seja P um ponto interior a um triângulo eqüilátero de lado k, qual o valor de k, sabendo-se que a soma das distâncias de P a cada um dos lados do triângulo é 2?

(A)

(B)

(C)

(D)


6

a

a

b






▪ 1ª ResoluçãoSabendo que a soma das distâncias de um ponto interno de um triângulo eqüilátero e os seus lados é igual a sua altura temos:

▪ 2ª ResoluçãoSabendo que a área de um triângulo eqüilátero pode ser calculada pelo produto de seu semi-perímetro pelo raio do círculo inscrito (sendo as distâncias de P aos lados do triângulo todas iguais a 2, P é o centro dessa circunferência e 2 o seu raio), temos:

32.(AFA - 2000) Uma corda de comprimento a define em uma circunferência de raio 2a um arco , 0 < /2. Nessa mesma circunferência, o arco 2 é definido por uma corda de comprimento

(A)

(B)

(C)

(D)

SOLUÇÃOAlternativa DNo triângulo ABC (retângulo em A):sen (/2) = a/4a = ¼ Assim cos(/2) =

sen = 2 sen(/2).cós(/2) = Seja x o comprimento da corda procurada. Veja que analogamente temos:

sen() = x/4a x =

33.(AFA - 2000) Na figura, O e M são centros das semicircunferências. O perímetro do triângulo DBC, quando AO = r = 2AM, é

(A)

(B)

(C)

(D)

SOLUÇÃO

Alternativa DAplicando Pitágoras aos triângulos:ABC: AB2 = AC2 + BC2;AC = BC BC = BDM: BD2 = BM2 + DM2

BD2 = (3r/2)2 + (r/2)2 BD =

DBC: BD2 = BC2 + CD2 CD = / 2

(2p)DBC = BD + CD + BC =

34.(AFA - 2000) No quadrilátero ABCD, AB = AD = 2BC = 2CD e B D = 90º. O valor do ângulo interno A é:(A) arc cos 1/5(B) arc cos 2/5(C) arc cos 3/5(D) arc cos 4/5

SOLUÇÃOAlternativa DA = 2cos = 2y / [y2 + (2y)2]1/2 = 2 /

sen = y / [y2 + (2y)2]1/2 = 1 /

sen A = sen (2) = 2.sen.cos = 2(1 / ) . (2 / ) = 4/5 A = arc sen 4/5

35.(AFA - 2000) Na figura abaixo, AC = BC, h = AB = 10 e SP é perpendicular a AB. O ponto S percorre AB e AS = x. Nessas condições, a área da figura sombreada pode ser expressa por:(A) 5x se x [0,5] e x2 – 10x + 50 se x [5,10](B) x2 se x [0,5] e x2 – 10x + 50 se x [5,10](C) 5x se x [0,5] e -x2 + 20x - 50 se x [5,10](D) x2 se x [0,5] e -x2 + 20x - 50 se x [5,10]

SOLUÇÃOAlternativa DCaso 1:x [0,5]Seja OS = y e AS = xAPS ACHComo AH = 5 e CH = 10 y = 2x SAPS = x.y/2 = x2

Caso 2:x [5,10]PBS CHBLogo:

7

A

CBO

a

2a 2a

/2

AM O

B

D

C

A

y

B

D

C

y

2y

2y

A BS

C

h

B

C

SH

y

h

P

A B

P

C

h

x 10 - x






PS = y e BS = 10 – xPela semelhança:2(10 – x)SABCD = (h.AB)/2 = 50SBSP = [(10-x).y]/2 = [(10-x).2(10-x)]/2 =

(10-x)2 = 100-10x + x2

SACPS = SABC – SBSP = 50-100 + 20x – x2 = -x2 + 20x – 5036.(AFA-2000) Se as dimensões de um paralelepípedo reto retangular são as raízes de 24x3 – 26x2 + 9x – 1 = 0, então sua diagonal é:(A) 9/24(B) 7/12(C)

(D)

SOLUÇÃOAlternativa ASejam as dimensões: a, b e cA diagonal D do paralelepípedo é dada pela raiz quadrada de a2 + b2 + c2 :Sabemos também que: a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 – 2(ab + ac + bc)Pelas relações de Girardi na equação do 3º grau: a + b + c = 26/24 e ab + ac + bc = 9/24Logo: a2 + b2 + c2 = (26/24)2 – 2.(9/24) = 61/144 Assim D =

37.(AFA – 2000) Seja um tronco de cone reto com altura h e bases de Raio R e r (R > r), retira-se desse sólido um cone reto invertido com base coincidente com a base menor do tronco e altura h se o volume do sólido resultante é igual ao volume do sólido retirado, então:(A) R2 + Rr – r2

(B) R2 + Rr – 2r2 = 0(C) 2R2 – Rr – r2 = 0(D) 2R2 + Rr – 2r2 = 0

SOLUÇÃOAlternativa AVolume do tronco = 2 x Volume do cone invertido

Simplificando: R2 + Rr – r2

38.(AFA - 2000) A razão entre os volumes das esferas inscrita e circunscrita em um cone eqüilátero é:(A) 1/16(B) 1/8(C) 1/4(D) 1/2

SOLUÇÃOAlternativa BO cone eqüilátero é aquele em que a seção meridiana é um triângulo eqüilátero, ou seja g = 2R. O problema consiste em calcular a relação entre os raios dos círculos inscritos e circunscritos em um triângulo eqüilátero

Esfera circunscrita:Seja g a geratriz do cone, o raio da esfera circunscrita é:

g = 2Rsen60º R = Esfera inscrita:Por equivalência de áreas (há 3 triângulos cujas bases são lados do triângulo eqüilátero, e cujas alturas são iguais ao raio da esfera inscrita:3gr = g2 r = logo a relação r/R é igual 1/2 então a relação entre os volumes é 1/8

39.(AFA - 2000) A distância entre as arestas reversas em um tetraedro regular de aresta e apótema g é:

(A)

(B)

(C)

(D)

SOLUÇÃOAlternativa AA distância procurada é dada pela altura do triângulo isósceles formado por 2 apótemas e uma aresta do tetraedro:

x2 = g2-a2/4

x =

40.(AFA – 2000) Na figura a seguir, AD = 2 e CB = 5. Se tg = 4/5, então cotg é:(A) 15/17(B) 13/17(C) 17/20(D) 19/20


8

O

120º

g

g g

a

x

A B

D

C



Pelo triângulo retângulo ABC tem-se que:tg = BC / AB AB = 25/4Como AD = 2 tem-se que BD = 25/4-2 = 17/4Logo pelo triângulo retângulo DCB tem-se:tg = 5/(17/4) = 20/17, logo ctg = 17/20

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