ita mat liberada - curso pré-vestibular · são normais (cara e coroa) e as demais apresentam duas...

MMAATTEEMMÁÁTTIICCAA

NOTAÇÕES

�: conjunto dos números naturais �: conjunto dos números inteiros �: conjunto dos números racionais�: conjunto dos números reais�: conjunto dos números complexosi: unidade imaginária: i2 = – 1–z: conjugado do número z ∈ �

�z�: módulo do número z ∈ �

A\B = {x : x ∈ A e x ∉ B}

[a, b] = {x ∈ � : a ≤ x ≤ b}

[a, b[ = {x ∈ � : a ≤ x < b}

]a, b[ = {x ∈ � : a < x < b} Mm×n(�): conjunto das matrizes reais m × n

det M: determinante da matriz MP(A): conjunto de todos os subconjuntos do conjunto An(A): número de elementos do conjunto finito A—AB: segmento de reta unindo os pontos A e BA

^BC: ângulo formado pelos segmentos

—AB e

—BC, com

vértice no ponto Bk∑ an xn = a0 + a1x + a2 x

2 + ... + ak xk, k ∈ �n = 0

Observação: Os sistemas de coordenadas consideradossão cartesianos retangulares.

1 BB

Dado z = (– 1 + ��3 i), então zn é igual a

a) – ��3 i. b) – 1. c) 0.

d) 1. e) ��3 i.

Resolução

I) z = – + i = 1 (cos 120° + i . sen 120°)

II) z2 = 1 . (cos 240° + i . sen 240°) = – – i

III) z89 = 189 . [cos (89 . 120°) + i . sen (89 . 120°) == cos 10 680° + i . sen 10 680° = = cos 240° + i . sen 240° = z2

IV) zn = z + z2 + … + z89 = =

= = z . (1 + z) = z + z2 =

= – + i – – i = –1

89∑n=1

1–––2

89–––2

89–––6

��3–––2

1–––2

��3–––2

1–––2

z . (1 – z89)––––––––––

1 – z

89∑

n = 1

z . (1 – z2)––––––––––

1 – z

��3–––2

1–––2

��3–––2

1–––2

II TTAA ((33ºº DDIIAA )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22001100

2 CCDas afirmações abaixo sobre números complexos z1 e z2:

I) �z1 – z2⎪ ≤ ⎪⎪z1⎪ – ⎪z2⎪⎪.

II) � –z1 . z2⎪ = ⎪⎪–z2⎪ . ⎪–z2⎪⎪.

III) Se z1 = �z1� (cos θ + i sen θ) ≠ 0, então

z1– 1 = �z1�– 1 (cos θ – i sen θ).

é(são) sempre verdadeira(s)

a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III.

d) apenas II e III. e) todas.

Resolução

I) �z1 – z2� ≤ ��z1� – �z2�� é falsa, pois, se

z1 = 1 e z2 = – 3, por exemplo, temos

�z1� = 1, �z2� = 3, �z1� – �z2� = 1 – 3 = – 2,

��z1� – �z2�� = �– 2 � = 2 e �z1 – z2� = �1 – (– 3)� = 4,

Neste caso �z1 – z2� > ��z1� – �z2��

II) �–z1 . z2� = ��–z2� . �–z2�� é falsa, pois, se por exemplo,

z1 = 1 – i e z2 = 3 + 4i, temos:–z1 = 1 + i,–z1 . z2 = (1 + i) .(3 + 4i) = – 1 + 7i ⇔

⇔ �–z1 . z2� = �– 1 + 7i� = 5��2

Além disso, –z2 = 3 – 4i ⇔ �–z2� = 5 ⇔

⇔ ��–z2 � . �–z2 �� = �5 . 5� = 25 ≠ �–z1 . z2 �

III) Verdadeira

z1 = �–z1� (cos θ + i sen θ) ⇔

⇔ z1–1 = �–z1�– 1 (cos(– θ) + i sen (– θ)] =

= �z1�– 1 . (cos θ – i sen θ) pois

cos (– θ) = cos θ e sen (– θ) = – sen θ


3 EEA soma de todas as soluções da equação em � :

z2 + �z�2 + iz – 1 = 0 é igual a

a) 2. b) . c) 0. d) – . e) – 2i.

Resolução

Sendo z = a + bi, temos:

z2 + �z �2 + iz – 1 = 0 ⇔

⇔ (a + bi)2 + a2 + b2 + i (a + bi) – 1 = 0 ⇔

⇔ a2 + 2abi + b2i2 + a2 + b2 + ai + bi2 – 1 = 0 ⇔

⇔ 2a2 + 2abi – b2 + b2 + ai – b – 1 = 0 ⇔

⇔ (2a2 – b – 1) + (2ab + a) . i = 0 ⇔

⇔ ⇔ ⇔

⇔ ou ou ⇒

⇒ z1 = – i ou ou

Assim, z1 + z2 + z3 = – i – – i + – i = –2i

4 BBNuma caixa com 40 moedas, 5 apresentam duas caras, 10são normais (cara e coroa) e as demais apresentam duascoroas. Uma moeda é retirada ao acaso e a face observadamostra uma coroa. A probabilidade de a outra face destamoeda também apresentar uma coroa é

a) . b) . c) . d) . e) .

Resolução

I) 5 moedas são do tipo , 10 do tipo

e 25 do tipo .

II) Se uma moeda é retirada ao acaso e a face obser -

vada mostra uma coroa, então esta moeda é do

tipo ou do tipo e, por -

tanto, o total de possibilidades é 35.

III) Das 35 moedas do item (II), existem 25 do tipo

.

IV) A probabilidade pedida é = .

�2a2 – b – 1 = 0

2ab + a = 0 �2a2 – b – 1 = 0

a . (2b + 1) = 0

�a = 0

b = – 1 �1

a = – ––21

b = – ––2

�1

a = ––2

1b = – ––

2

1 1z2 = – ––– – ––– i

2 21 1

z3 = –– – –– i2 2

1–––2

1–––2

1–––2

1–––2

7–––8

5–––7

5–––8

3–––5

3–––7

Ca Ca

Ca Co Co Co

Ca Co Co Co

Co Co

25–––35

5––7

i–––2

1–––2


5 AASejam A e B conjuntos finitos e não vazios tais que A � B e n({C : C � B \ A}) = 128.

Então, das afirmações abaixo:

I) n(B) – n(A) é único;

II) n(B) + n(A) ≤ 128;

III) a dupla ordenada (n(A), n( B)) é única;

é( são) verdadeira(s)

a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III.

d) apenas I e II. e) nenhuma.

ResoluçãoObservemos que {� : � � B\A} = P (B\A), onde P (B\A) é o conjunto das partes (subconjuntos) de B\A.Assim,n ({� : � � B\A}) = n [P(B\A)] = 128 = 27 ⇔⇔ n (B\A) = 7 ⇔ n(B) – n(A) = 7, pois A � B.

Desta forma, a dupla (n(A), n(B)) é qualquer do con -junto {(1; 8), (2; 9), (3; 10); ……}

I) Verdadeira, pois n(B) – n(A) = 7 II) Falsa, pois (n(A), n(B)) = (61; 68), por exemplo

teremos n(B) + n(A) = 68 + 61 = 129 > 128

III) Falsa, pois existem infinitas duplas ordenadas

(n(A), n(B)), conforme exposto acima.


6 BBx + 2y + 3z = a

O sistema � y + 2z = b3x – y – 5c z = 0

a) é possível, ∀a, b, c ∈ �.

b) é possível quando a = ou c ≠ 1.

c) é impossível quando c = 1, ∀a, b ∈ �.

d) é impossível quando a ≠ , ∀c ∈ �.

e) é possível quando c = 1 e a ≠ .

Resolução

⇔

A terceira equação e, portanto, o sistema:I) Admite solução única se, e somente se,

5c – 5 ≠ 0 ⇔ c ≠ 1II) Admite infinitas soluções se, e somente se,

5c – 5 = 0 e 3a – 7b = 0 ⇔ c = 1 e a =

III) Não admite solução se, e somente se,

5c – 5 = 0 e 3a – 7b ≠ 0 ⇔ c = 1 e a ≠

Desta forma, o sistema admite solução se

a = ou c ≠ 1

7b–––3

7b–––3

7b–––3

x + 2y + 3z = ay + 2z = b ⇔

7y + (5c + 9)z = 3a�x + 2y + 3z = a

y + 2z = b ⇔3x – y – 5cz = 0�

x + 2y + 3z = ay + 2z = b

(5c – 5)z = 3a – 7b�

7b–––3

7b–––3

7b–––3


7 EEConsidere as afirmações abaixo:

I) Se M é uma matriz quadrada de ordem n > 1, não nulae não inversível, então existe matriz não nula N, demesma ordem, tal que M N é matriz nula.

II) Se M é uma matriz quadrada inversível de ordem n talque det (M2 – M) = 0, então existe matriz não nulaX, de ordem n x 1, tal que MX = X.

III) A matriz é inversível,

∀θ ≠ + kπ, k ∈ �.

Destas, é(são) verdadeira(s)

a) apenas II. b) apenas I e II. c) apenas I e III.

d) apenas II e III. e) todas.

ResoluçãoI) Verdadeira.

Se M é uma matriz quadrada não nula e nãoinversível, então det M = 0.

Considere N =

A igualdade M . N = 0, em que 0 é a matriz nula deordem n, equivale a n sistemas lineares homo -gêneos do tipo

M . =

Estes sistemas são possíveis e indeterminados, pois det M = 0, admitem solução não trivial e, portanto,existirá pelo menos um apk ≠ 0, para p, k ∈ {1; 2; 3; …; n}.Assim, de fato, existe N não nula, tal que M . N énula. Um exemplo dessa situação é M =

e N = .

Ambas não são nulas e

M . N = =

[a11 a12 a13 … a1na21 a22 a23 … a2n........................................an1 an2 an3 … ann

]

�– sen θ

θ1 – 2 sen2 ––

2

cos θtg θ

–––––sec θ

�π––2

]00...0

[]a1ka2k...ank

[

]1 2

2 4[]2 2

–1 –1[

]0 0

0 0[]2 2

–1 –1[]1 2

2 4[


II) Verdadeira.Se M é inversível, então det M ≠ 0. Assim, sendo Ia matriz identidade, temos:1) det (M2 – M) = 0 ⇔ det [M . (M – I)] = 0 ⇔

⇔ det M . det (M – I) = 0 ⇔ det (M – I) = 02) A matriz X, de ordem n x 1, que satisfaz a

equação M . X = X é tal que:M . X = X ⇔ M . X – X = 0 ⇔ (M – I) . X = 0Assim, X é solução de um sistema linearhomogêneo possível e indeterminado, pois det (M – I) = 0. Como esse sistema admitesolução não trivial, existe a matriz X não nula.

III) Verdadeira.

Lembrando que 1 – 2 sen2 = cos (2 . ) = cosθ

e que

= tg θ . cos θ = sen θ, para ∀ θ ≠ + kπ, k ∈ �,

temos:

det =

= det = cos2θ + sen2θ = 1 ≠ 0.

Portanto, a matriz tem inversa.

8 CCSe 1 é uma raiz de multiplicidade 2 da equação x4 + x2 + ax + b = 0, com a, b ∈ �, então a2 – b3 é iguala

a) – 64. b) – 36. c) – 28. d) 18. e) 27.

Resolução

x = 1 é raiz dupla

⇔ ⇒

⇒ a2 – b3 = (– 6)2 – 43 = 36 – 64 = – 28

1 0 1 a b 1

1 1 2 2 + a 2 + a + b 1

1 2 4 6 + a

�2 + a + b = 0 6 + a = 0 �a = – 6

b = 4

θ––2

θ––2

tg θ–––––sec θ

π––2

[cos θ – sen θ

tg θ θ––––– 1– 2 sen2 ––sec θ 2

][cos θ – sen θ

sen θ cos θ]


9 AAO produto das raízes reais da equação

|x2 – 3x + 2| = |2x – 3 | é igual a

a) –5. b) –1. c) 1. d) 2. e) 5.

Resolução

|x2 – 3x + 2 | = |2x – 3 | ⇔

⇔ x2 – 3x + 2 = 2x – 3 ou x2 – 3x + 2 = –2x + 3 ⇔

⇔ x2 – 5x + 5 = 0 ou x2 – x – 1 = 0

Como as duas equações tem somente raízes reais, o

produto das quatro raízes resulta

(x1 . x2) . (x’1 . x’2) = 5 . (–1) = –5

10 AAConsidere a equação algébrica ∑

3

k=1(x – ak)4 – k = 0. Sabendo

que x = 0 é uma das raízes e que (a1, a2, a3) é uma

progressão geométrica com a1 = 2 e soma 6, pode-se

afirmar que

a) a soma de todas as raízes é 5.

b) o produto de todas as raízes é 21.

c) a única raiz real é maior que zero.

d) a soma das raízes não reais é 10.

e) todas as raízes são reais.

Resolução

3

I) ∑ (x – ak)4 – k = (x – a1)3 + (x – a2)2 + (x – a3)1 = 0

k = 1

II) (a1, a2, a3) é progressão geométrica com a1 = 2,

razão q e soma 6, portanto, 2 + 2q + 2q2 = 6 ⇔

⇔ q2 + q – 2 = 0 ⇔ q = – 2 ou q = 1III) (a1, a2, a3) = (2, – 4, 8) ou (a1, a2, a3) = (2, 2, 2)

IV) Se (a1, a2, a3) = (2, 2, 2), então a equação dada seria

(x – 2)3 + (x – 2)2 + (x – 2) = 0, que não admite zero

como raiz.

V) A única possibilidade é, pois, (a1, a2, a3) = (2, – 4, 8)

e, neste caso, a equação dada é

(x – 2)3 + (x + 4)2 + (x – 8) = 0 ⇔

⇔ x3 – 5x2 + 21x = 0 ⇔ x . [x2 – 5x + 21] = 0 ⇒

⇒ x = 0 ou x =

VI) O conjunto verdade da equação dada é

�0; ; e a única afirma -

ção verdadeira é que a soma de todas as raízes é 5.

5 ± ��59 i–––––––––

2

5 + ��59 i–––––––––

25 – ��59 i–––––––––

2


11 DDA expressão 4e2x + 9e2y – 16ex – 54ey + 61 = 0, com x ey reais, representaa) o conjunto vazio.b) um conjunto unitário. ,c) um conjunto não unitário com um número finito de

pontos.d) um conjunto com um número infinito de pontos.

e) o conjunto {(x, y) ∈ �2 | 2(ex – 2)2 + 3(ey – 3)2 = 1}.

ResoluçãoI) 4e2x + 9e2y – 16ex – 54ey + 61 = 0 ⇔

⇔ 4e2x – 16ex + 16 + 9e2y – 54ey + 81 + 61 = 16 + 81 ⇔

⇔ 4 (ex – 2)2 + 9 (ey – 3)2 = 36 ⇔

II) A cada par ordenado (ex; ey) ∈ �*+ x �*+ , cor -responde um único par ordenado (x; y) ∈ � x �.

III) A equação obtida no item (I), nas variáveis ex e ey,representa um ramo de elipse, com centro noponto (2; 3) semieixo maior 3, semieixo menor 2 eambos paralelos aos respectivos eixos carte sianos.

IV) A expressão dada representa um conjunto com umnúmero infinito de pontos.

(ex – 2)2 (ey – 3)2––––––––– + –––––––– = 1

9 4


12 EECom respeito à equação polinomial

2x4 – 3x3 – 3x2 + 6x – 2 = 0 é correto afirmar que

a) todas as raízes estão em �.

b) uma única raiz está em � e as demais estão em � \�.

c) duas raízes estão em � e as demais têm parte imagi -nária não nula.

d) não é divisível por 2x – 1.

e) uma única raiz está em � \ � e pelo menos uma dasdemais está em � \ �.

ResoluçãoSeja P(x) = 2x4 – 3x3 – 3x2 + 6x – 2

Como P(1) = 0, então x = 1 e raiz da equação

2x4 – 3x3 – 3x2 + 6x – 2 = 0 ⇔

⇔ (x – 1) . (2x3 – x2 – 4x + 2) = 0 ⇔

⇔ (x – 1) . (x2 – 2) . (2x – 1) = 0 ⇔

⇔ x = 1 ou x = ��2 ou x = – ��2 ou x =

Dessa forma uma única raiz x = está em � \� e

pelo menos uma das demais (x = ��2 ) está em � \�.

2 – 3 – 3 6 – 2 1

2 – 1 – 4 2 0

1––2

1––2 �


13 DD

Sejam m e n inteiros tais que = – e a equação

36x2 + 36y2 + mx + ny – 23 = 0 representa umacircunferência de raio r = 1 cm e centro C localizado nosegundo quadrante. Se A e B são os pontos onde acircunferência cruza o eixo Oy, a área do triângulo ABC,em cm2, é igual a

a) b) c)

d) e)

Resolução

36x2 + 36y2 + mx + ny – 23 = 0 ⇔

⇔ x2 + y2 + . x + . y – = 0, representa uma

circunferência cujo centro é C ; , e

sendo o raio igual a 1, temos:

+ + = 1 ⇔ m2 + n2 = . 722

Para n = – m, resulta m2 + – . m�2

= . 722 ⇔

⇔ m = 24 e n = –36, pois o centro se localiza no 2.o

quadrante, portanto, o centro é C ; �Se A e B são os pontos onde a circunferência de raio 1cruza o eixo Oy, podemos (a partir do gráfico a seguir)obter a medida de AM (sendo M o ponto médiode

–––AB).

Assim:

AM2 + (1/3)2 = 12 ⇒ AM =2 ��2

––––––3

m2––––722

n2––––722

23––––36

13–––36

3––2

3––2

13–––36

1– –––

31

–––2

m––n

2––3

8��2–––––3

4��2–––––3

2��2–––––3

2��2–––––9

��2––––9

m–––36

n–––36

23–––36

– m––––72

– n––––72 �


Portanto, AB = e a área do triângulo ABC,em

cm2, é =

14 CCEntre duas superposições consecutivas dos ponteiros dashoras e dos minutos de um relógio, o ponteiro dosminutos varre um ângulo cuja medida, em radianos, éigual a

a) π. b) π. c) π.

d) π. e) π.

ResoluçãoLembrando que, para cada 2π radianos de giro do

ponteiro dos minutos, o ponteiro das horas gira

ra dianos, temos:

Enquanto o ponteiro das horas girou x radianos, oponteiro dos minutos girou (2π + x) radianos, de modoque

= ⇔ = 12 ⇔ x =

Desta forma, o ponteiro dos minutos varreu um

ângulo, em radianos, de 2π + =

(2π + x)––––––

x2π

––––––π––6

2π + x––––––

x2π–––11

2π–––11

24π––––

11

4 ��2––––––

3

4 ��2 1–––––– . ––––

3 3–––––––––––––––

22 ��2

––––––9

23–––11

16–––6

24–––11

25–––11

7––3

π–––6


15 DDSeja ABC um triângulo retângulo cujos catetos AB

––e BC

––

medem 8 cm e 6 cm, respectivamente. Se D é um pontosobre AB

––e o triângulo ADC é isósceles, a medida do

segmento AD––

, em cm, é igual a

a) b) c) d) e)

Resolução

Sendo x = AD = CD, no triângulo retângulo BCD, de

acordo com o teorema de Pitágoras, tem-se:

(CD)2 = (BC)2 + (BD)2 ⇒ x2 = 62 + (8 – x)2 ⇔

⇔ 16x = 100 ⇔ x =

Portanto: AD = cm

25–––4

25–––4

3––4

15–––6

15–––4

25–––4

25–––2


16 CCSejam ABCD um quadrado e E um ponto sobre

––––AB.

Considere as áreas do quadrado ABCD, do trapézioBEDC e do triângulo ADE. Sabendo que estas áreasdefinem, na ordem em que estão apresentadas, umaprogressão aritmética cuja soma é 200 cm2, a medida dosegmento

––––AE, em cm, é igual a

a) . b) 5. c) . d) . e) 10.

ResoluçãoComo o soma das três áreas é igual a 200 cm2, po -demos então concluir que a área do quadrado ABCDé igual a 100 cm2 e que portanto cada um dos seuslados mede 10 cm.

Sabendo que estas áreas definem, na ordem em queestão apresentadas, uma progressão aritmética,podemos então concluir que a área do trapézio é iguala média aritmética entre a área do triângulo e a áreado quadrado.Assim, sendo x = AE, temos:

= ⇔

⇔ 200 – 10x = 5x + 100 ⇔ 15x = 100 ⇔ x =

Portanto: AE = cm

20–––3

20–––3

[10 + (10 – x] . 10––––––––––––––––

2

10 . x––––– + 100

2––––––––––––

2

10–––3

20–––3

25–––3


17 BBNum triângulo ABC o lado

––––AB mede 2 cm, a altura rela -

tiva ao lado ––––AB mede 1 cm, o ângulo A

^BC mede 135° e

M é o ponto médio de ––––AB . Então a medida de B

^AC +

B^MC, em radianos, é igual a

a) π. b) π. c) π. d) π. e) π.

Resolução

A partir do enunciado, temos a seguinte figura:

I) O triângulo BHC é retângulo e isósceles, então BH = HC = 1 cm

II) No triângulo MHC, tg β = =

III) No triângulo AHC, tg α = =

Como tg (α + β) = = = 1

conclui-se que α + β = B^AC + B

^MC = (pois α e β

são agudos)

HC–––––MH

1–––2

HC–––––AH

1–––3

tg α + tg β––––––––––––1 – tg α . tg β

1 1–– + ––2 3

–––––––––1 1

1 – –– . ––2 3

π–––4

1––5

1––4

1––3

3––8

2––5


18 AAUm triângulo ABC está inscrito numa circunferência deraio 5 cm. Sabe-se ainda que

––––AB é o diâmetro,

––––BC mede

6 cm e a bissetriz do ângulo A^BC intercepta a circun -

ferência no ponto D. Se α é a soma das áreas dostriângulos ABC e ABD e β é a área comum aos dois, ovalor de α – 2β, em cm2, é igual a

a) 14. b) 15. c) 16. d) 17. e) 18.

Resolução

I) No triângulo ABC, de acordo com o teorema dabissetriz do ângulo interno, temos:

= ⇔ a = 3

II) Como o triângulo ABC é retângulo, temos:

cos (2x) = = e portanto

cos (2x) = 1 – 2 sen2x ⇒ = 1 – 2 sen2x ⇔

⇔ sen x = , pois x é ângulo agudo.

III) No triângulo retângulo ADE, temos:

cos (90° – x) = ⇒ sen x = ⇒

⇒ = ⇒ b = ��5

IV) Aplicando-se o Teorema de Pitágoras no triânguloretângulo ADE, temos:

c2 + b2 = (8 – a)2 ⇒ c2 + ( ��5 )2= 52 ⇔

⇔ c = 2 ��5 cm

V) Sendo S1 e S2 as áreas dos triângulos ADE e BCE,

respectivamente, temos:

α – 2β = S1 + S2 = + =

= + = 14 cm2

��5–––––

5b

–––5

b . c–––––

2a . 6

–––––2

10–––––8 – a

6––a

6––10

3––5

3––5

��5–––––

5

b–––AE

b–––––8 – a

3 . 6–––––

2��5 . 2��5–––––––––

2


19 EEUma esfera está inscrita em uma pirâmide regular

hexagonal cuja altura mede 12 cm e a aresta da base mede

��3 cm. Então o raio da esfera, em cm, é igual a

a) ��3 . b) . c) .

d) 2 ��3 . e) .

Resolução

I) O apótema –––PM da base dessa pirâmide, em

centímetros, mede:

. = 5

II) O apótema –––VM da pirâmide, em centímetros,

mede:

122 + 52 = 13

III) Da semelhança entre os triângulos retângulosTOV e PMV, temos:

=

Assim, sendo x o raio da esfera, em centímetros,temos finalmente:

= ⇔ 18x = 60 ⇔ x =

OT–––PM

VO–––VM

x–––5

12 – x––––––

13

10–––3

10–––3

10–––3

13–––3

15–––4

10–––3

10 ��3 –––––––

3

��3 ––––

2


20 CCConsidere as afirmações:

I. Existe um triedro cujas 3 faces têm a mesma medidaα = 120°.

II. Existe um ângulo poliédrico convexo cujas facesmedem, respectivamente, 30°, 45°, 50°, 50° e 170°.

III. Um poliedro convexo que tem 3 faces triangulares,1 fa ce quadrangular, 1 face pentagonal e 2 faceshexagonais tem 9 vértices.

IV. A soma das medidas de todas as faces de um poliedroconvexo com 10 vértices é 2880°.

Destas, é(são) correta(s) apenas

a) II. b) IV. c) II e IV.

d) I, II e IV. e) II, III e IV.

Resolução

I) A afirmação I é falsa, pois a soma das faces de um

triedro é sempre menor que 360°.

II) A afirmação II é correta, pois:

30° + 45° + 50° + 50° + 170° < 360° e

170° < 30° + 45° + 50° + 50°

III) A afirmação III é falsa, pois um poliedro convexoque tem 7 faces, sendo 3 triangulares, 1 qua dran -gular, 1 pentagonal e 2 hexagonais, tem

= 15 arestas e, portanto,

o seu número “x” de vértices deve satisfazer aRelação de Eüler, ou seja: x – 15 + 7 = 2 ⇔ x = 10

IV) A soma das medidas dos ângulos de todas as facesde um poliedro convexo com 10 vértices é igual a(10 – 2) . 360° = 2880°.Assim, interpretando a expressão “soma dasmedidas de todas as faces” como “soma dasmedidas dos ângulos de todas as faces”, podemosconcluir que a afirmação IV é correta.Portanto, são corretas apenas as afirmações II eIV.

3 . 3 + 1 . 4 + 1 . 5 + 2 . 6–––––––––––––––––––––

2


As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devemser resolvidas no caderno de soluções

21Analise a existência de conjuntos A e B, ambos nãovazios, tais que (A\B)�(B\A) = A.

ResoluçãoLembrando que (A \ B) � (B \ A) = (A � B) – (A � B),temos:I) (A \ B) � (B \ A) = A ⇔ (A � B) – (A � B) = A ⇔

⇔ [(A � B) – (A � B)] � (A � B) = A � (A � B) ⇔⇔ A � B = A � (A � B) ⇔ A � B = A ⇔ B � A

II) No entanto, se B � A, temos A � B = B, B \ A = Ø(A \ B) � (B \ A) = (A \ B) � Ø = A \ B e(A \ B) � (B \ A) = A ⇔ A \ B = A ⇔ A � B = Ø ⇔⇔ B = Ø, contrariando o enunciado.

Resposta: Não existem conjuntos A e B satisfazendo ascondições dadas.

22Sejam n ≥ 3 ímpar, z ∈ � \ {0} e z1, z2, ..., zn as raízes

de zn = 1. Calcule o número de valores �zi – zj�, i, j = 1, 2, ....n, com i ≠ j, distintos entre si.

ResoluçãoI) Se n ≥ 3, ímpar e z1, z2, z3, …, zn as raízes da

equação zn = 1 = cos 0° + i . sen 0° então:

z1 = cos . 0 + i . sen . 0 = 1

z2 = cos . 1 + i . sen . 1

�

zk+1 = cos . k + i . sen . k

�

zn = cos (n – 1) + cos . (n – 1)

II) Estas n soluções, representadas no plano com -plexo, são pontos de uma circunferência de raio 1e dividem esta circunferência em n partes iguaisdeterminando um polígono regular de n lados.

III) Se zi e zj forem duas quaisquer dessas soluçõesentão �zi – zj�

2 é a distância entre os afixos de zi e zj.

2π–––n � 2π–––

n �

2π–––n � 2π–––

n �

2π–––n � 2π–––

n �

� 2π–––n � � 2π–––

n �


IV) �z1 – z2� = �z2 – z3� = �z3 – z4� = … = d12

V) �z1 – z3� = �z2 – z4� = �z3 – z5� = … = d13

VI) �z1 – z4� = �z1 – z5� = … = d14

VII) �z1 – z5� = �z2 – z6� = … = d15 �

VIII) Do ponto P1 saem diagonais de tamanhos

diferentes e o lado P1P2 do polígono de medidad12

IX) O número total de valores distinto de �zi – zj� é

+ 1 =

23Sobre uma mesa estão dispostos 5 livros de história, 4 debiologia e 2 de espanhol. Determine a probabilidade de oslivros serem empilhados sobre a mesa de tal forma queaqueles que tratam do mesmo assunto estejam juntos.

ResoluçãoOs 11 livros podem ser empilhados de 11! maneirasdiferentes sobre a mesa.Desses casos, estarão juntos aqueles que tratam de ummesmo assunto num total de 5! 4! 2! 3!.

A probabilidade pedida é, pois p = =

= =

Resposta:

5! 4! 2! 3!–––––––––––

11!

5! 24 . 2 . 6–––––––––––––––––––11 . 10 . 9 . 8 . 7 . 6 . 5!

1––––––

1155

1––––––

1155

n – 3–––––

2

n – 3–––––

2n – 1–––––

2


24Resolva a inequação em � : 16 <

log1/5

(x2 – x + 19).

Resolução

16 <log

1/5(x2 – x + 19)

⇔ 4– log1/5(x2 – x + 19) > 42 ⇔

⇔ – log (x2 – x + 19) > 2 ⇔ log (x2 – x + 19) < – 2 ⇔

⇔ x2 – x + 19 > 25 ⇔ x2 – x – 6 > 0 ⇔ x < – 2 ou x > 3

Obs.: 1) O gráfico de f(x) = x2 – x – 6 é do tipo

2) x2 – x + 19 > 0 ∀x ∈ �

Resposta: S = {x ∈ � � x < – 2 ou x > 3}

25Determine todas as matrizes M ∈ �2x2(�) tais que

MN = NM, ∀N ∈ �2x2(�).

Resolução

Sejam M = e N = .

Se M. N = N . M, ∀N ∈ �2×2 (�), então:

. = . ⇔

⇔ = ⇔

⇔

Das equações (I) e (IV), temos cy = bz, que só é ver -dadeira para quaisquer b e c se, e somente se, y = z = 0.Substituindo nas equações (II) e (III), temos bx = bwe cw = cx, que só são verdadeiras para quaisquer b ec se, e somente se, x = w.

Assim, as matrizes M que satisfazem as condições

dadas são do tipo , ∀x.

Resposta: , ∀x

1––4 �

1––5

1––5

� x

z

y

w � � a

c

b

d �

� xz

yw � � a

c

b

d � � ac

bd � � x

z

y

w �

� ax + cyaz + cw

bx + dybz + dw � � ax + bz

cx + dzay + bwcy + dw �

�ax + cy = ax + bz (I)bx + dy = ay + bw (II)az + cw = cx + dz (III)bz + dw = cy + dw (IV)

� x

0

0

x �

1––4 �

�x

0

0

x�II TTAA ((33ºº DDIIAA )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22001100

26Determine todos os valores de m ∈ � tais que a equação(2 – m) x2 + 2mx + m + 2 = 0 tenha duas raízes reaisdistintas e maiores que zero.

Resolução

A equação ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) terá duas raízes reais

distintas e maiores que zero se, e somente se,

Δ = b2 – 4 ac > 0, P = > 0 e S = > 0.

Para a equação dada, devemos terI) (2m)2 – 4 (2 – m) (2 + m) > 0 ⇔

⇔ 4m2 – 4 (4 – m2) > 0 ⇔ 8m2 – 16 > 0 ⇔

⇔ m < – ��2 ou m > ��2

II) > 0 ⇔ (m + 2) (2 – m) > 0 ⇔ – 2 < m < 2

III) > 0 ⇔ – 2m (2 – m) > 0 ⇔ m < 0 ou m > 2

De (I), (II) e (III), concluímos que – 2 < m < – ��2 .

Resposta: – 2 < m < – ��2

27Considere uma esfera Ω com centro em C e raio r = 6 cme um plano Σ que dista 2 cm de C. Determine a área daintersecção do plano Σ com uma cunha esférica de 30°em Ω que tenha aresta ortogonal a Σ.

Resolução

No triângulo retângulo AOC, temos CA= r = 6cm, CO = 2cm e (AO)2 + 22 = 62 ⇒ AO = 4 ��2 cm

A intersecção de ∑ com Ω é o setor circular AOB de

30° cujo raio mede 4 ��2 cm.

Assim, sendo S, em cm2, a área do setor AOB, temos:

S = . π . (4 ��2 )2 =

Resposta: cm2

c––a

–b–––a

m + 2–––––––

2 – m

– 2m–––––––

2 – m

30°––––360°

8π––––

3

8π––––

3


28a) Calcule

cos2 – sen2 � cos – 2 sen cos sen .

b) Usando o resultado do item anterior, calcule

sen cos .

Resolução

a) cos2 –sen2 � . cos – 2. sen .cos . sen =

= cos . cos – sen . sen =

= cos = cos = 0

b) Usando o resultado do item anterior, temos:

cos2 – sen2 �. cos =

= 2 . sen . cos . sen ⇔

⇔ sen . cos = ⇔

⇔ sen . cos =

= =

Notando que e são complementares, temos

sen = cos e, portanto, resulta:

sen . cos =

Respostas: a) 0 b)

π–––10

π––5

π––5

π––5

π–––10

π––5

π––5

π–––10

2π–––�5π

–––10

2π–––�5π

–––10

2π π––– + –––�5 10π

–––2

π––5

π––5

π–––10

π––5

π––5

π–––10

π–––10

π––5

2π πcos –––� . cos –––

5 10–––––––––––––––––

π 2 . sen –––

5

π–––10

π––5

2π πcos –––� . cos –––

5 10–––––––––––––––––

π π4 . sen ––– . cos –––

10 10

2π cos –––

5 ––––––––––

π 4 . sen –––

10

π–––�102π–––�5

π–––10

2π–––5

π–––10

π–––5

1–––4

1–––4

π––5

π––5

π–––10

π––5

π––5

π–––10


29Num triângulo AOB o ângulo AOB

^mede 135° e os lados

AB–––

e OB–––

medem ��2 cm e ��2 – ��3 cm, res pec tiva mente.

A circunferência de centro em O e raio igual à medida de

OB–––

intercepta AB–––

no ponto C (≠ B).

a) Mostre que OAB^ mede 15°.

b) Calcule o comprimento de AC–––

.

Resoluçãoa)

I) Sendo AB = ��2 cm, OB = ��2 – ��3 cm e apli -

can do a lei dos senos no ΔAOB, temos:

⇔

⇔ senÂ = =

= = (I)

Obs.: A – ��B = –

com C = A2 – B

II) sen 15° = sen (60° – 45°) =

= sen 60° . cos 45° – sen 45° . cos 60° =

= . – . = (II)

De (I) e (II), temos: sen Â = sen 15° ⇒ Â = 15°,

pois Â é agudo. Portanto, o ângulo OÂB mede 15°.

��2 – ��3 ��2 ––––––––– = –––––––––

senÂ sen 135°

��2 – ��3 ––––––––2

2 + 1 2 – 1––––– – –––––

2 2––––––––––––––––––– =

2

��3 1–––– – ––––

��2 ��2 ––––––––––––

2

��6 – ��2 –––––––––

4

A + C––––––

2A – C

––––––2

��3––––

2

��2––––

2

��2––––

2

1––2

��6 – ��2 –––––––––

4


b)

O triângulo OBC é isósceles, pois

OB = OC = ��2 – ��3 (raio)

Assim, sendo α a medida dos ângulos congruentes

OBC e OCB e β a medida do ângulo AOC, temos:

I) 15° + 135° + α = 180° ⇔ α = 30°

II) α = 15° + β, pois α é ângulo externo ao triân -

gulo CAO

Assim: 30° = 15° + β ⇔ β = 15° ⇔⇔ CAO ≅ COA ⇔ Δ CAO é isósceles com

base –––AO ⇔ AC = OC

Portanto: AC = ��2 – ��3

Respostas: a) demonstração b) ��2 – ��3


30Considere um triângulo equilátero cujo lado mede 2��3 cm. No interior deste triângulo existem 4 círculos demes mo raio r. O centro de um dos círculos coincide como baricentro do triângulo. Este círculo tangencia externa -mente os demais e estes, por sua vez, tangenciam 2 ladosdo triângulo.a) Determine o valor de r.b) Calcule a área do triângulo não preenchida pelos cír -

culos.c) Para cada círculo que tangencia o triângulo, determine

a distância do centro ao vértice mais próximo.

Resolução

a) I) A altura h, em centímetros, do triângulo equi -látero

ABC é tal que h = = 3

II) G é o baricentro do triângulo equilátero ABC.

Assim: AG = . h = . 3 = 2

III) H é o baricentro do triângulo equilátero ADE.Assim: AH = 2 . HN ⇔ AH = 2r

IV) AH + HN + NG = AG

Assim: 2r + r + r = 2 ⇔ r =

b) A área S, em centímetros quadrados, da regiãointerna ao triângulo ABC não preenchida peloscírculos é dada por:

S = – 4π r2

Assim: S = – 4 . π . 2

⇔ S = 3 ��3 – π

c) Para cada círculo que tangencia o triângulo, adistância do centro ao vértice mais próximo édada por: d = AH = IB = JC = 2r

Assim: d = 2 . ⇔ d = 1

Respostas: a) cm b) 3 ��3 – π cm2 c) 1cm

1––2

BC . h––––––

2

2 ��3 . 3–––––––

21––�2

1––2

2 ��3 . ��3––––––––––

2

2––3

2––3

1––2


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