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Proposta de Resolução dos Exercícios de Escolha Múltipla “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 1

Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A

Página 300

PREPARAR O EXAME

Questões de Escolha Múltipla

1.

Temos que sombreada círculo setor OAPOPCA A A A . Temos que:

4círculoA Nota que o raio do círculo é 2 porque a respetiva circunferência é definida por 2 2 4 x y

2setor OAPA A área do setor circular de raio r e amplitude é dada por 2

2

r

2 2sen2sen

2

OPCA Repara que a base do triângulo é OB que é um raio da circunferência,

enquanto que a altura é a ordenada do ponto P que é 2sen

Assim, 2 2sen 2 2 sen sombreadaA

Resposta: B

2.

Pela definição de seno de um ângulo, 1 1

sen sensen

AB

x x ACxAC AC

Resposta: A

3.

Vejamos se cada um das opções é solução da equação dada:

2 5tg 5 7 2 5tg 7 2 5 1 7 7 720 4

20

é solução da equação

3 3

2 5tg 5 7 2 5tg 7 2 5 1 7 7 720 4

3

20


7 7

2 5tg 5 7 2 5tg 7 2 5 1 7 7 720 4

7

20


9 9

2 5tg 5 7 2 5tg 7 2 5 1 7 3 720 4

9

20

não é solução da equação

Resposta: D

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4.

No intervalo considerado, a função cos x é crescente, pelo que 3cos x será decrescente. Então,

considerando a função f como a extensão de g a (repara que 3

gD ), o contradomínio de g é

,3

f f :

1 1

1 3cos 1 33 3 2 2

f

1 3cos 1 3 1 4 f

Assim, o contradomínio de g é 1

,42

Resposta: C

5.

Considera a figura, onde foi acrescentado o ponto R . Temos que:

sen sen2 1 2

x OR xOR é a abcissa de P

cos cos2 1 2

x PR xPR é a ordenada de P

Então, as coordenadas do ponto P são sen ,cos2 2

x x

Resposta: B

6.

Se 5

23

, então e pertencem ao 4º quadrante. Neste quadrante a função cos x é

positiva e crescente e as funções sen x e tg x são negativas e crescentes, pelo que:

cos cos 0 pois, no 4º quadrante, cos cos

cos tg 0 pois, no 4º quadrante, cos 0x e tg 0x

sen sen 0 pois, no 4º quadrante, sen sen

tg tg 0 pois, no 4º quadrante, tg 0x

Resposta: C

11

R

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7.

Temos que 0,75OPQ

A . Observando a figura, concluímos que

1 tg

2 2OPQ

QO RPA

, pelo

que 1tg 1,5 tg 1,5 56º . Considerando o triângulo QRP , temos que

1tg 1,5tg tg tg tg 0,75 37º

2 2

RP

QR

Assim, 56º e 37º

Resposta: B

8.

Como o trapézio representado é retângulo, temos que os ângulos não assinalados têm de

amplitude 2

, cada um.

Então, 2 2 2 2 22

. Analisemos cada uma das opções:

sen sen 2 sen 2 2sen cos a opção A não é verdadeira

2 2 2 2cos cos 2 cos 2 cos sen sen cos a opção B é verdadeira,

enquanto que a C não o é

2

2 tgtg tg 2 tg 2

1 tg

a opção D não é verdadeira

Resposta: B

9.

Se ,2

, então 3º quadrante e temos que sen 0 , cos 0 e tg 0 .

Analisemos cada um das opções:

00

tg sen 0

a opção A não representa um número negativo

0 0

cos sen 0

a opção B representa um número negativo

0 0

sen cos 0

a opção C não representa um número negativo

00

tg cos 0

a opção D não representa um número negativo

Resposta: B

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10.

Se sen tg 0 , temos que sen e tg têm sinais contrários, pelo que cos 0 . Relembra

que sen

tgcos

. Assim, excluímos as opções B e D

Sabemos que co2 0

2 2

2s2

1 1 11 tg cos cos

cos 1 tg 1 tg

Resposta: C

11.

Temos que OPQP OP PQ QO . Pelo enunciado sabemos que 1OP QO .

Consideremos o ponto X como mostra a figura:

Temos que cos 2 0,416OX rad , pelo que 1,416XP .

Além disso, sen 2 0,909 QX rad .

Considerando o triângulo retângulo XPQ e aplicando o teorema

de Pitágoras, obtemos 2

2 21,416 0,909 1,6827 PO PO .

Assim, 1 1,6827 1 3,7 OPQ

P OP PQ QO

Resposta: B

12.

Comecemos por resolver a equação dada:

1

cos3

1º

12 3cos 2 1 3cos 2 1 cos 2 2 2 ,

3 2Q

x x x x k x k k

.

Analisemos cada um dos intervalos dados: nota que 1º , 3º , - 4º , - 2º ,2 2 2 2

Q Q Q Q

no intervalo3

,2 2

a equação tem duas soluções este intervalo engloba os 2º e 3º quadrantes

no intervalo 0,2 a equação tem quatro soluções este intervalo engloba os quatro quadrantes

no intervalo ,2

a equação tem três soluções este intervalo engloba os 4º, 1º e 2º quadrantes

X

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no intervalo 0,2

a equação tem apenas uma solução este intervalo engloba o 1º quadrante

Resposta: C

13.

A área pretendida é dada por:

2

1 tg tg

2 2 2 2 2setor de amplitudeOPQ

OP PQ rA A A

.

Resposta: D

14.

Analisando o gráfico dado, é fácil concluir que o período positivo mínimo da função f é

5 8

8 43 3

2 2 6 3

Resposta: C

15.

Vamos considerar os triângulos OPB .e OCQ

22 21 5

12 2

OB OB

.

Então, 1 2 5

sen55

2

22 21 5

12 2

OC OC

Então, sen sen

1 2 5sen sen

2 2 55

2

x x

sen cos2

2 5 2 5cos cos

5 5x x

1

1

P

Q

1

1

P

Q

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Assim, 2 5

sen5

e 2 5

cos5

, pelo que 2 5 2 5 4 5

sen cos5 5 5

Resposta: D

16.

O vetor OP é dado por cos ,senOP , pelo que o declive da reta OP é sen

cos

. Como a reta

r é tangente à circunferência no ponto P , temos que 1 cos

senr

OP

mm

Resposta: D

17.

O perímetro pretendido é dado por 2 2DC

P P AC AO . Temos que 2 1

2DCP

.

Consideremos o triângulo OCA , em que ˆ2

AOC

. Então,

1 1

cos sen2 sen

OCOA

OA OA

sen

tgcos

cos 1sen cos

12 sen tg

sen

AC ACAC AC

OA

Assim, 2 2

tg senP

Resposta: B

18.

Pelo enunciado, temos que a função f é contínua em , pelo que também o é em 0x .

Então, 0 0

lim lim 0x x

f x f x f

:

0

senl0 0 0 0 0 0 im 1

sen sen 1 sen 1lim lim lim lim lim lim

x

x x x x x x x

x

ax x ax x a x af x

bx bx bx b b x b b

0

ln 1lim 1

0, 0

0 0 0 0 0

ln 1 ln 1 ln 1 1 1lim lim lim lim lim

x

x

x

Se x b

x x

x

x x x

bx x bx bxx b bf x

ax ax ax a bx a a a

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0 2f

Então, a e b são tais que

12

12

a

b b

b

a a

. Resolvendo este sistema obtemos 1 1a b .

Resposta: A

19.

Temos que OPQR OPQ ROQA A A . Observando a figura, concluímos que:

2OPQ

OQ bA

em que b é a abcissa do ponto P . Então,

1cos

cos2

2 4OPQ

A

11

12

2 2 4ROQ

RO OQA

Então,

cos 1 1 cos

4 4 4OPQR

A

Resposta: B

20.

Temos que a função definida por 2sen 2 1g x x é derivável em , pelo que é derivável em

x a e

' limx a

g x g ag a

x a

. Então, o limite pedido é o valor da derivada de g em x a .

Então:

'2 1' 2sen 2 sen 2 2sen 2 2 cos 2g x x x x x

2sen cos sen 2

4sen 2 cos 2 2sen 4x x x

lim ' 2sen 4x a

g x g ag a a

x a

Resposta: B

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21.

Temos que 2 2 2 2 1

4 4 14

x y x y , pelo que o raio da circunferência representada é 1

2.

Assim:

1

2 12

AB

considerando o triângulo ABC , temos que 1

coscos

ABAC

AC

Então, 1 cos 1

1cos cos

AB AC

Resposta: A

22.1

Para que g seja contínua somente à direita do ponto 0 temos de ter

0 0

lim 0 limx x

g x g g x

. Assim:

0 2g

0

0

20 0 0 0 0

sen sen sen1lim lim lim lim lim

2 2 2x x x x x

ax ax axg x

x x x x x x

0

senlim 1

, 0

0

Se 0

sen1 1lim 1

0 2 2 2x

x x

x

x ax

ax aa a

ax

0 0

2

0

sen 0lim lim 0

cosx ax

xg x

a a x a a

Então, 2 2 22

aa

Resposta: D

22.2

20

02 1 cos 1 cossen 1 coslim lim lim lim

cos 1 cos 1 cos

1 11 cos 2lim

x x x x

x

x xx xg x

a a x a x a x

x

a a a

Resposta: C

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23.

Como lim lim 2n

nx , temos que, pela definição de limite segundo Heine,

lim tg lim tg tg 0 tg2 2 2 2

nx

g x g x

Resposta: A

24.

2

2 2 2

2

sen sen2lim

' sen sensen 1 12 2 2 2lim lim lim tgcos 0 cos

cos cos cos cos'2 2 22 lim

2

x

x x x

x

x

f x x xa x

xb x x

x x xg

x

Resposta: A

25.

Comecemos por determinemos o domínio da função dada:

: 3 tg 0 ,4 4 2

g

kD x x x k

cálculo auxiliar:

73 tg 0 tg 3 ,

4 4 4 3 12x x x k x k k

4 2 4 2

k kx x

Assim, 7

: ,12 4 2

g

kD x x k x k

, pelo que, nem

7

12

nem

3

4

pertencem

ao domínio da função g , o que nos permite excluir as opções B e C.

Vejamos se 3

4x

e

7

12x

são equações de retas assíntotas do gráfico de g :

3 3 3

4 4 4

2 2 2lim lim lim 0

33 tg 3 tg

4 2

x x x

g x

x

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3 3 3

4 4 4

2 2 2lim lim lim 0

33 tg 3 tg

4 2

x x x

g x

x

Então, a reta de equação 3

4x

não é assíntota do gráfico de g .

7 7

12 12

2 2 2 2lim lim

03 33 tg 3 tg

4 3

x x

g x

x

Então, a reta de equação 7

12x

é assíntota do gráfico de g .

Resposta: D

26.

sen 2 sen

lim lim sen 2 lim sen 12 2x k

nn nx

f u n

.

Resposta: D

27.

0

0

0 0 0

sen ln 1 sen ln 1lim lim limx x x

ax bx ax bx

cx cx cx

.

0

0

senlim 1

0, 0

ln 1lim

0

0

1

0, 0

sen ln 1lim lim 1 1

x

x

x

xSe x ax

x

xSe x bx

x x

ax bxa b a b a b

c ax c bx c c c

Resposta: D

28.

42 4 2

3 3 3 30 0 0 0

2

3 30 0 0

0

0

03 3 9 3lim sen cos 3 sen lim sen cos lim lim sen

2 2 2 2 2 2

3 3lim sen 1 sen lim9 lim sen

2 2 2

lim

x x x x

x x x

x

x x x x x x xx

x x x x

x x xx

x x

3 3

3 3 3 30 0 0

3 3 3 3sen lim sen lim sen lim sen

2 2 2 2x x x

x x x x

x x x x

.

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0

senlim 1

0,

3 3

3

30

2

0

0

sen sen3 3 32 2

3lim lim 12 8 8

2x

x

xx

S

x

x

x

e

x x

xx

Resposta: B

29.

Analisemos a primeira derivada, a segunda derivada e a imagem de zero da função indicada em

cada uma das opções, quando for necessário

Opção A:

sen ' cosx x e sen '' cos ' senx x x A opção A não é verdadeira pois sen ' sen ''x x .

Opção B:

1

ln 'x ex e

e

2

1 1ln '' 'x e

x e x e

A opção B não é verdadeira pois

ln ' ln ''x e x e .

Opção C:

cos ' senx x e cos '' sen ' cosx x x A opção C não é verdadeira pois cos ' cos ''x x .

Opção D:

'x xe e e '' 'x x xe e e Então, ' ''x xe e

0 1e Então, a opção D é verdadeira.

Resposta: D

30.1

Sabemos que o período de uma função do tipo tgy a b cx d é c

. Então, o período

positivo mínimo da função definida por 2 tg3

xg x

é 3

1

3

Observando o gráfico dado, concluímos que 4 34

2 35 5

a

Resposta: C

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30.2

Calculemos 6g sabendo que tg 2 .

2

6 2 tg 2 26 2 tg 2 tg 2 2 2 4 2

3 1 tg 1 2g

Resposta: A

31.

) 0 0

sen 22 1lim lim sen lim sen 2 2lim 2

2in

n y y

yx n y

n y y

sabendo que tg 2 .

i) Mudança de variável: Se n então 1

0n Seja

1 1y n

n y , 0y .

Como lim 2nx , temos que, pela definição de limite segundo Heine,

2 2

2 2

2 2 22

log 4 cos log 2 4 cos 2 3 1 2lim lim

2 2 1 2 3n xn x

x xg x

e e

Resposta: B

32.

Calculemos os valores de a , b e c :

ln

lim 0

ln lnlim lim lim 0 0 0 0

x

x x

x x x x

x

e x e x ea

x x x

0

0

senlim 1

, 2 0

1lim

0 0

0

1

0 0

sen 2 sen 2 sen 2 1 1lim lim lim 2lim 2 1 2

11 1 2 1lim x

x

x

xx xx x x x x

xSe x x

e

x

x

x x xxb

ee x e x

x

12

lim 1

,

3142 2

3

2

442 3 3 3

lim lim 1 lim 12 2 2 n

k

n nn

ke

nSe n n

nc e e

n n n

.

Então, 3

3 34

8 8 8

3log 4ln log 0 2 4ln log 8 4 ln 1 3 1 4

4a b c e e

Resposta: C

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33.

A probabilidade pedida é dada por região colorida

círculo

AP

A . Calculemos, então, as áreas necessárias:

21círculoA Nota que o círculo considerado é o círculo trigonométrico

2região colorida círculo círculoABCD ACDA A A A A .

Para calcular ACDA é necessário determinar DX , já que é a altura do

triângulo ACD .

Considerando o triângulo ACD , que é retângulo em D (triângulo inscrito numa semircircunferência) e

cuja amplitude em A é 3

2 6

, temos que 3

cos6 2

cos 36 2

AD

AD

Considerando agora o triângulo AXD , que é retângulo em X, temos que

1sen

6 2

3sen sen

6 6 2

DX

DX AD DXAD

Então,

32

32

2 2 2ACD ACD ACD

AC DXA A A

e

32 3

2região colorida região coloridaA A

Então, 3região colorida

círculo

AP

A

Resposta: A

34.

Calculemos os dezasseis primeiros termos de nu :

1 cos tg 1 33

u

2

2cos 2 tg 1 3

3u

3

3cos 3 tg 1 0 1

3u

4

4cos 4 tg 1 3

3u

X

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5

5cos 5 tg 1 3

3u

6

6cos 6 tg 1 0 1

3u

7

7cos 7 tg 1 3

3u

8

8cos 8 tg 1 3

3u

9

9cos 9 tg 1 0 1

3u

10

10cos 10 tg 1 3

3u

11

11cos 11 tg 1 3

3u

12

12cos 12 tg 1 0 1

3u

13

13cos 13 tg 1 3

3u

14

14cos 14 tg 1 3

3u

15

15cos 15 tg 1 0 1

3u

16

16cos 16 tg 1 3

3u

A probabilidade pedida é 3 2

2 2

16

2

4 2 7

60

C C

C

Para a contagem dos casos favoráveis, nota que existem 4

termos que se repetem três vezes e existem 2 termos que se repetem duas.

Resposta: D

35.1

Analisando a figura, temos que:

d é a função que nos dá uma distância, logo d não pode tomar valores negativos. A opção A

não é a correta.

a função d tem dois zeros, que correspondem às situações em que o ponto B se encontra

sobre o eixo Oy , pelo que são 3

2 2x x

. As opções C e D não são as correta pois não têm dois

zeros.

Resposta: B

35.2

Analisando a figura, temos que:

a área do triângulo é máxima quando 3 5 7

4 4 4 4x x x x

. Então, a função

derivada de g tem pelo menos quatro zeros As opções A e D não são as corretas.

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a área do triângulo é crescente no intervalo 0,4

, pelo que neste intervalo a função 'g é

positiva. A opção B não é a correta.

Resposta: C

36.

Determinemos z na forma trigonométrica:

2

22 2 3 2 2 3 16 4z i

Sendo um argumento de z , tem-se 2 3

tg 32

e 4º quadrante, portanto

3

Então, 43

z cis

Assim, um argumento de 22

43

i i

zcis

é 7

22 3 6

Nota que

2i cis

.

Resposta: D

37.

Temos que 4

1 8

1

1 3 32 2 2 2ni

z i z i i z i z i

.

Assim, 11Re 2 Rez i z e 11Im 2 Im 2z i z . Observando as várias opções,

concluímos que a imagem geométrica pedida é o ponto A .

Resposta: A

38.1

Temos que 1 3z w z w z i .

Resposta: B

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38.2

Como .é um argumento de 1 3w i , temos que 3

,22

.

Analisemos a que quadrante pertence cada uma das opções:

3 3 3 3 3 7

2 32 2 2 2 2 2

ou seja

3

2

pertence ao 3º quadrante

3 3 5

2 22 2 2 2 2 2

ou seja

2


3

22 2

ou seja pertence ao 2º quadrante

3 3

22 2 2 2 2 2

ou seja

2


Como um argumento de 3 i tem de pertencer ao 3º quadrante, a opção certa é a A.

Resposta: A

38.3

O inverso de 3

2 2i

w

.é dado por

33 1 3

2 2 2 2

iw

i i

. Vamos escrever este número na forma

trigonométrica:

temos que 1 3 10i cis , pelo que 33

1 3 10 3 10 10 3i cis cis nota que

221 3 1 3 10i

2 2 8 2 2i . Sendo um argumento de 2 2i , tem-se 2

tg 12

e 4º

quadrante, portanto 4

. Assim, 2 2 2 2

4i cis

Então, 3 10 10 3

5 5 3 5 5 32 2 4 4

2 24

ciswcis cis

icis

Resposta: D

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39.1 Tem-se que 1 1 1cisz , com 14 2

. Seja cisw o número complexo cuja imagem

geométrica é H. Por observação da figura, deduz-se que 2 4

. Assim vem:

1 1 1 1 12 2 2 1

2

ciscis

cis

z zw z z z

z w

Como 14 2

e

2 4 4 2

então, 1 1

4 4 2 2 2

Logo, como 12

, a imagem geométrica de 2z só pode estar no segundo quadrante.

Tendo em conta as opções, a imagem geométrica de 2z só pode ser F.

Resposta: B

39.2

Temos que 2

3 4 3 4 3 4iz z i i z iz z iz . Analisemos este resultado:

3z é o simétrico de 3z , pelo que a sua imagem geométrica obtém-se rodando 180º a imagem

geométrica de 3z .

A imagem geométrica de 4iz obtém-se da de 4z rodando 90º.

Assim, podemos fazer o seguinte esquema, com esta informação representada:

Como pretendemos determinar 3 4z iz utilizamos a regra do paralelogramo para obter p

resultado pretendido:

o

Im(z)

Re(z)

-z3

z4z3

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Assim, a imagem geométrica pretendida só pode ser o ponto G .

Resposta: C

40.

Se 0a e 0b , temos que arg 02

a bi

. Assim, arg arg2

z a bi

e

0 arg2

z

. Então, o conjugado de z pertence ao 4º quadrante e o simétrico do conjugado de

z pertence ao 2º quadrante.

Das opções apresentadas, o único número cujo argumento pertence a ,2

é o que consta na

opção B

Resposta: B

41.

Calculemos o número complexo que consta em cada uma das opções:

6 6 3 2 2 2 2

2 2 2 2 28 4 2 2 2 2

z w cis i cis i i i i

este número não

pertence à região colorida pois a sua parte imaginária é negativa.

5

8 8 2 8 2 8z w cis i cis cis cis cis

este número pertence à região colorida pois o

seu módulo é inferior a 2 e o seu argumento pertence a ,2

.

6 6 3 2 2 2 2

18 4 2 2 2 2

z w cis i cis i i i i

este número pertence à região

colorida pois a sua parte real pertence a 2,0 e a sua parte imaginária pertence a 0,2 .

o

Im(z)

Re(z)

-z3

z4z3

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4 2 24

1 18 2

z w cis i cis i

este número pertence à região colorida pois a sua parte real

pertence a 2,0 e a sua parte imaginária pertence a 0,2 .

Resposta: A

42.1

2 2 23 2 3 2 2 3iz i ab bi ab i b b ab i

Se a imagem geométrica de iz pertence à bissetriz dos quadrantes ímpares, temos que

Re Imiz iz , ou seja, 22 3b ab . Resolvendo esta equação em ordem a b , obtemos

20

3b b

a . Como, por hipótese, \ 0b , temos que

2

3b

a .

Resposta: C

42.1

22 2 3 2 2 2 3

2 2 2

3 2 23 2 6 3 4 2 6 2 3 4

2 2 2 4 4 4

ab bi biab bi ab ab i bi b ab b ab i biw

bi bi bi b b b

Se w for um imaginário puro, então Re 0 Im 0w w .

Resolvendo a equação

2 2

2

6 20

4

ab b

b

, obtemos

10 6 2 0 0

3b a b a . Como, por

hipótese, \ 0b , temos que 1

3a . Repara que se

1

3a , então Im 0w

Resposta: C

43.

Seja z a bi . Então,

2 3

2 3 2 3 2 2 32

a bz iz a bi i a bi a bi ai b

b a

. Resolvendo este

sistema, obtemos 1

2

b

a

. Assim, a solução da equação dada é 2 i .

Resposta: C

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44.

Calculemos z :

4

11 24 8 3 24 3 2

13 12 21

2 3 2 3 2 3 2 3 2 31 1 1 1 1 1 2 3 3 3

ni

i i i i i i i i ii i

i i i i i i

Vamos escrever z na forma trigonométrica:

3 3 18 3 2i .

Sendo um argumento de 3 3i , tem-se 3

tg 13

e 3º quadrante, portanto 5

4

Assim, 5

3 3 3 24

i cis

Então, 7 7 7

7 35 35 33 2 3 2 8 3 2

4 4 4z cis cis cis

Resposta: B

45.

Temos que w cis e w cis , 0,4

.

Nota que

Re 2 Re Re 2 03 3

cis cis cis cis

Im 2 0 Im 0 Im 2 03 3

cis cis cis cis

Então, a imagem geométrica de 23

cis cis

pertence ao 2º

quadrante, pelo que só poderá ser o ponto A .

Resposta: A

46.

Analisemos cada uma das opções, considerando z a bi :

se 0z ,

1

22 2

1 a bi a bi zz

a bi a bi a bi a b z

. A afirmação da opção A é verdadeira.

Re(z)

Im(z)

oH

w

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se 0z ,

1

22 2

1 a bi a bi zz

a bi a bi a bi a b z

. A afirmação da opção A é verdadeira.

2

Re2 2 2

z z a bi a bi aa z

. A afirmação da opção B é verdadeira.

22 2z z a bi a bi a b z . A afirmação da opção C é verdadeira.

2

2 2 2

z z a bi a bi bibi

e Im z b . A afirmação da opção D não é verdadeira.

Resposta: D

47.

Seja 2

7z cis

. Então,

4

1004 2 2 2 2

1006

1

2

4 4 41

67 7 7

2 2 2 7

7 7 7

ni

i i cis cis cisi z

cisz

cis cis cis

.

Assim, se w é tal que 6 6

arg arg7 7

w cis

, então a imagem geométrica de w

pertence ao 2º quadrante, pelo que só pode ser o ponto B .

Resposta: B

48.

Temos que 5 2ni i . Então,

4 1

5 2 2 5 2 2 5 2 5 1 45 1 4 ,

5ki

n n

i

n n ki i i i i i i i i n k n k

.

se 1k tem-se 1n , se 2k , tem-se 9

5n , …, se 6k , tem-se 5n , se 7k ,

tem-se 29

5n , …, se 11k , tem-se 9n . Repara que os valores naturais de n que satisfazem a

equação são 1, 5, 9, 13,…, ou seja, as soluções da equação constituem uma progressão aritmética de razão 4 cujo

primeiro termo é 1.

Resposta: C

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49.

Calculemos w :

8 2 2 3 2 1 4 21 8 2 2 3 2 4 203 3 3 3n n n n n n n nw i i i i i i i i i i i i

4

1 12 4 54 4 3 3

1

42 23 3 3 3 3 1 3 3 3n

n n n

i

ni i i i i i i i i i i i i

.

Assim, 3 3w i e a imagem geométrica de w pertence ao 3º quadrante. Então, a

representação trigonométrica de w só pode ser 5

3 24

cis

.

Resposta: C

50.

Vamos escrever 1 3

2 2i na forma trigonométrica:

1 3

1 12 2

i .

Sendo um argumento de 1 3

2 2i , tem-se

3

2tg 31

2

e 1º quadrante, portanto

3

.

Assim, 1 3

2 2 3i cis

.

Como w e 3

w cis

são raízes consecutivas de índice n de um número complexo, então

26

3n

n

. Nota que os argumentos de duas raízes consecutivas de índice n de um número complexo

diferem de 2

n

.

Resposta: B

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51.

Sejam 1z ,

2z e 3z as raízes cúbicas de w . Temos que, por exemplo, 1

2arg

2 3z

. Então,

2 2

2 2 2 7 4arg arg

2 3 3 3 6 3z z

e

3 3

7 2 4 2 11arg arg 2

6 3 3 3 6z z

. Assim, as imagens geométricas das outras

raízes cúbicas de w pertencem aos 3º e 4º quadrantes.

Resposta: D

52.

Se 1z a bi , com 0a e 0b , então a imagem geométrica de 1z pertence ao 4º quadrante.

A imagem geométrica da outra raiz quadrada de z , 2z , obtém-se rodando 2

2

radianos a

imagem geométrica de 1z em torno da origem, ou seja, 2 1z z . Então, a imagem geométrica de

2z pertence ao 2º quadrante.

Resposta: D

53.1

Sejam 1z e 6z os números complexos cujas imagens geométricas são os pontos B e G ,

respetivamente. Então,

8

6 16 2z 6z é raiz oitava de 16z cis

sendo um argumento de 1z , tem-se 2 1

2 cos cos2 2

e 1º quadrante,

portanto 3

. O raio da circunferência representada é 6 2z

6 1 6 6

2 5 19arg arg 5 arg arg

8 3 4 12z z z z

.

Então, 6

192

12z cis

.

Resposta: A

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53.2

Por 53.1 temos que 6

192

12z cis

, em que

6z é tal que 8

6z w .

Então, 19 38

arg 812 3

w

. Como 38 2 36 2

123 3 3 3

, temos que

2

3

Resposta: B

54.

Seja 1z o número complexo cuja imagem geométrica é o ponto A . Então, 1 2

2z cis

.

Os vértices do heptágono representado são as imagens geométricas das raízes sétimas de um

número complexo. Assim, sabemos que a diferença dos argumentos dos números complexos

correspondentes a dois vértices consecutivos do heptágono é 2

7

.

Averiguemos a diferença entre os argumentos de 1z e z :

23 16 8 24

14 2 14 7 7

. Assim, o vértice que é imagem geométrica de z é o 4º a seguir ao

vértice A , no sentido positivo, ou seja, é o ponto E .

Resposta: C

55.

Para que as imagens geométricas dos números dados sejam vértices de um hexágono regular

centrado na origem, os argumentos desses números têm de diferir entre si de 2

,6

kk

.

Analisemos cada uma das opções:

7 4 2

12 4 12 6

,

11 7 4 2

12 12 12 6

e

11 8 4

12 4 12 6

As imagens geométricas dos

números da opção A podem ser vértices de um hexágono nas condições do enunciado

3

2 2 6

icis

,

2i cis

e

3 5

2 2 6

icis

. Então,

2

2 6 6

,

5 2

6 2 6

e

5 4

6 6 6

As imagens geométricas dos números da opção B podem ser vértices de um hexágono nas condições

do enunciado

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3

2 22

i cis

. Então, 3 4 2

,2 3 6 6

kk

. As imagens geométricas dos números da opção C

não podem ser vértices de um hexágono nas condições do enunciado

1 0cis . Então, 2

03 3 6

,

2 2

3 3 3 6

e

2 2 40

3 3 6

. As imagens

geométricas dos números da opção C podem ser vértices de um hexágono nas condições do enunciado

Resposta: C

56.

Analisemos cada uma das opções:

Im Re 1z z não define a bissetriz dos quadrantes pares pois esta é definida pela

condição Im Rez z A condição dada representa a reta paralela à bissetriz dos quadrantes pares e que

passa no ponto 0,1 .

1z i z representa a mediatriz de PQ , em que P é o afixo de i e Q é o afixo de 1 . A

condição dada representa a bissetriz dos quadrantes ímpares.

arg4

z

a semirreta com origem em O e que forma um ângulo de amplitude 4

com o

semieixo positivo real. A condição dada representa a parte da bissetriz dos quadrantes pares contida no 4º

quadrante.

Im Re 0 Im Rez z z z . A condição dada representa a bissetriz dos quadrantes pares.

Resposta: D

57.

Comecemos por determinar a condição que define a coroa circular representada:

1 3z e 2 2

3 2 2 4 2z .

A coroa circular é definida por 2 3z As opções B e D são excluídas.

Para determinar o restante da condição pretendida, temos de determinar , o argumento de 2z :

tem-se 2

tg 12

e 3º quadrante, portanto 5

4

.

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Então, a condição que define a região colorida a azul é 5

2 3 arg2 4

z z

.

Resposta: A

58.

A condição 1z z r representa um círculo com centro no afixo de 1z e raio r . Então:

se a área do círculo é 9 , então 3r . As opções A e C são excluídas

como o centro pertence à bissetriz dos quadrantes pares, temos que

1 1 1 1Re Im Re Imz z z z . As opções B e C são excluídas

A única opção que não foi excluída é a D.

Resposta: D

59.

Analisemos cada uma das condições 2 2z e Re 1z zi :

2 2 1 1z z z esta condição representa o círculo de centro na origem e raio 1.

Re 1 Re 1 1 1 Im Re 1z zi a bi ai b a b b a z z esta condição

representa a reta paralela à bissetriz dos quadrantes ímpares que passa no ponto 0, 1 .

Representemos, então, a condição dada:

Já sabemos que o segmento representado é paralelo à bissetriz

dos quadrantes ímpares, pelo que podemos excluir as opções A e

D.

Calculemos o comprimento do segmento de reta representado:

1 1 2i i . Assim, podemos excluir a opção B.

Resposta: C

1

1

o

Im(z)

Re(z)

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60.

Vamos nomear os vértices do triângulo como se mostra na figura:

Temos que:

a região do plano limitada pela reta BC e à qual os pontos

do triângulo pertencem é definida pela condição Im 3z . A

opção A é excluída.

a semirreta com origem em A e que passa em C é

definida pela condição 7 7

arg 1 arg 14 4

z i z i

. A opção B é excluída.

a semirreta com origem em A e que passa em B não é definida pela condição

arg 1z i , visto que não faz um ângulo de radianos com o semieixo real positivo. A

opção C é excluída.

A única opção que não foi excluída é a D.

Resposta: D

61. Temos que:

o círculo representado tem centro na origem e raio 6 (2

65

cis

pertence à respetiva circunferência),

pelo que é representado pela condição 6z .

1,1A e 4,1B , pelo que a mediatriz do segmento AB é dada pela condição

1 4z i z . A região do plano limitada pela mediatriz do segmento AB e que contém o

ponto B é dada por 1 4z i z .

arg 14

i

e 2 2

arg 65 5

cis

. Então, o ângulo com vértice em O , em que o lado

origem é a semirreta com origem em O e que passa em C , e o lado extremidade é a semirreta

com origem em O e que passa em A , é definido por 2

arg5 4

z

Então, a região colorida da figura, incluindo a fronteira, é definida pela condição

2

6 arg 1 45 4

z z z i z

.

Resposta: B

A

C B

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62.

Analisemos cada uma das condições 2z z e 3z i :

2 2Re 2 Re 1 Re 1 Re 1z z z z z z . As opções B e C são excluídas

3z i representa um círculo com centro no afixo de i e raio 3 . A opção D é excluída

Resposta: A

63.

Temos que:

A condição III não pode definir a região colorida a amarelo porque 4z i representa um

círculo com centro no afixo de i e não no afixo de i . As opções A e D são excluídas

A condição II não pode definir a região colorida a amarelo porque Im 1z representa o

conjunto de pontos com parte imaginária inferior a 1 e, na figura dada, os pontos que pertencem

à região colorida têm parte imaginária superior ou igual a 1 . As opções B e D são excluídas

As condições I e IV definem a região colorida a amarelo.

Resposta: C

64.

Temos que:

1 Im 2z representa a região limitada pelas retas horizontais Im 1z e Im 2z . A

opção C é excluída

1z z i representa o semiplano limitado pela mediatriz de PQ , em que P é o afixo de

1 e Q é o afixo de i , e que contém o afixo de 1 . As opções A e B são excluídas

4z representa o círculo centrado na origem e de raio 4, que se encontra representado em

todas as opções.

Resposta: D

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65.

Vejamos a representação de cada uma das opções:

A B

C D

Im 2 Im 2 Im 2z z z

6Re 3 0 Re 3 0

Re 3 0 Re 3

zi z

z z

Resposta: C

66.

Sendo z a bi , 2 2 22 2 2 2 22 2z z a bi a bi a abi b a abi b

1 4 0 0 0 Re 0 Im 0abi a b z z

Esta condição define os eixos coordenados.

Resposta: A

2

Im(z)

o Re(z)2

arg(z)=3π

4

arg(z)=π

3

Re(z)o

Im(z)

2

Im(z)≤2

Re(z)≤ 2

2

2

Im(z)

o Re(z)

arg(z)=π

3z-(-2-2i)≤z

2

arg(z+2)=3π

4

arg(z+2)=5π

4

Re(z)≥ 3

3 2 Re(z)2 o

Im(z)

2

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67.

Temos que:

como 18 29 16 2 283 2 3 2 3 2i i i i i i i , a circunferência representada tem raio 2 A opção A

é excluída

o centro da circunferência é 3 2i A opção D é excluída

o ângulo representado tem vértice em 1 . A opção B é excluída

Resposta: C

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