matemática 140 questoes resolvidas

Professor: Fabrício Maia

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140 questões resolvidas

“A força não provém da capacidade física e sim de uma vontade indomável” (Mahatma Gandhi)

01 Os valores de b para os quais a parábola y = x2 + bx tem um único ponto em comum com a reta y = x – 1 são:A) – 1 e 3 D) 0 e – 1B) – 1 e 2 E) 0 e 2C) – 3 e – 1

Solução:

Temos: ⎧ = +⎨ = −⎩

2y x bxy x 1

Comparando: + = −+ − + =

2

2

x bx x 1x (b 1) x 1 0

Como as equações têm um único ponto comum, então:

Δ =− − ⋅ ⋅ =− =

2

2

0(b 1) 4 1 1 0(b 1) 4

Daí: − = → = − = − → = −b 1 2 b 3 ou b 1 2 b 1

Resposta: A

02 Se f(x) = 4x + 1 e g(x) = 4x, a solução da inequação f(x) > g (2 – x) é:A) x > 0 D) x > 1,5B) x > 0,5 E) x > 2C) x > 1

Solução:Temos:f(x) > g(2 –x)4x + 1 > 42 – x

(base > 1)Daí: x + 1 > 2 –x

> → > 12x 1 x

2

Resposta: B

03 log 50 + log 40 + log 20 + log 2,5 é igual a:A) 1 D) 10B) 3 E) 1.000C) 5

Solução:

Lembre: ⋅+ =b c b ca a alog log log

Temos: log 50 + log 40 + log 20 + log 2,5 = log 100000 = log 105 = 5

Soma = 5

Resposta: C

“A força não provém da capacidade física e sim de uma vontade indomável” (Mahatma Gandhi)

01 Os valores de b para os quais a parábola y = x2 + bx tem um único ponto em comum com a reta y = x – 1 são:A) – 1 e 3 D) 0 e – 1B) – 1 e 2 E) 0 e 2C) – 3 e – 1

Solução:

Temos: ⎧ = +⎨ = −⎩

2y x bxy x 1

Comparando: + = −+ − + =

2

2

x bx x 1x (b 1) x 1 0

Como as equações têm um único ponto comum, então:

Δ =− − ⋅ ⋅ =− =

2

2

0(b 1) 4 1 1 0(b 1) 4

Daí: − = → = − = − → = −b 1 2 b 3 ou b 1 2 b 1

Resposta: A

02 Se f(x) = 4x + 1 e g(x) = 4x, a solução da inequação f(x) > g (2 – x) é:A) x > 0 D) x > 1,5B) x > 0,5 E) x > 2C) x > 1

Solução:Temos:f(x) > g(2 –x)4x + 1 > 42 – x

(base > 1)Daí: x + 1 > 2 –x

> → > 12x 1 x

2

Resposta: B

03 log 50 + log 40 + log 20 + log 2,5 é igual a:A) 1 D) 10B) 3 E) 1.000C) 5

Solução:

Lembre: ⋅+ =b c b ca a alog log log

Temos: log 50 + log 40 + log 20 + log 2,5 = log 100000 = log 105 = 5

Soma = 5

Resposta: C

Professor: Fabrício MaiaM

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04 Utilizando a tabela abaixo, conclui-se que 5 371.293 é igual a:

A) 11B) 13C) 14D) 15E) 17

Solução:

Tomando: n = 5 371.293

Daí: log n = log 5 371.293 → log n = 15log (371. 293)

log n = 1

log371.2935

⋅ (veja tabela) → = ⋅1log n 5,55

5→ log n = 1,11 (veja tabela)

logo: n = 13

Resposta: B

05 O número de pontos de interseção dos gráficos de y = 3 logx e de y = log 9x, sendo x > 0, é:A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

Solução:

Temos: { = ⋅ == > < ≠xa

Sabemos :y 3 logx f(x) logy log 9x (x 0 e 0 a 1)

Comparando:

⋅ ==3

3 logx log9xlogx log9x

Daí: =− =

− == − = → = = −

3

3

2

2

x 9xx 9x 0x(x 9) 0x 0(n.s) ou x 9 0 x 3 ou x 3(n.s)

Resposta: B

06 A equação

+ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠=

+⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

k 1 k 12 3

1k 2

5

A) não admite soluções.B) admite uma solução entre 1 e 5.C) admite uma solução entre 5 e 12.D) admite uma solução entre 12 e 20.E) admite uma solução maior que 20.

Solução:

Lembre: n n n 1p p 1 p 1

+⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Daí: + + +⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

k 1 k 1 k 22 3 3

911131517...

371.293

log NN0,951,041,111,181,23

...5,55


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Substituindo: +⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠=

+⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

+ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

k 23

1k 2

5

k 2 k 23 5

logo: + = + → =3 5 k 2 k 6

Resposta: C

07 A soma dos coeficientes do desenvolvimento de (1 + x2 – x3)9 é:A) – 1 B) 2 C) 1 D) 3 E) 4

Solução:Sabemos:

Se p(x) = anxn + an – 1x

n – 1 + ... + a1x + a0, com ≠na 0, a soma dos coeficientes do polinômio é dada por p(1).

Assim: A soma dos coeficientes de (1 + x2 – x3)9 é dada por: Scoef. =(1 + 12 – 13)9 = (1 + 1 – 1)9 = 1

Resposta: C

08 Encontre o coeficiente de x2 no desenvolvimento de (x2 + 2x + 1)4.Solução:Lembre:

Termo geral: −+

⎛ ⎞= ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠n p p

p 1nT a bp

Temos: (x2 + 2x + 1)4 = [(x + 1)2]4 = (x +1)8

Termo geral: −

+⎛ ⎞= ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

8 p pp 1

8T x 1p

Queremos: 8 – p = 2 → =p 6

Daí: ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠

2 6 27

8T x 1 28x6

Resposta: 28

09 Calcule n sabendo que ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠n n n n... 8.1911 2 3 n

Solução:

Lembre: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

nn n n n... 20 1 2 n

Daí: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠n n n... 8.1911 2 n

Agora: ⎛ ⎞ = ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠− === → =

n

n

n

n 13

n2 – 8 1910

2 1 8.1912 8.1922 2 n 13

Resposta: 13

⎛ ⎞− ⎜ ⎟⎝ ⎠n n2

0

��


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10 O número total de pares (x, y) que satisfazem a equação (x2 + y2 – 1)2 + (xy)2 = 0 é:A) infinito B) 0 C) 1 D) 2 E) 4

Solução:

∈+ = ⇔ = =

�n n

Se a,b e n é par, então :a b 0 a b 0

Temos: (x2 + y2 – 1)2 + (xy)2 = 0

Daí: ⎧ + − =⎨ = → = =⎩

= → = → = ±= → = → = ±

− −

2 2

2

2

x y 1 0xy 0 x 0 ou y 0

se x 0 y 1 y 1se y 0 x 1 x 1pares : (0,1),(0, 1),(1,0),( 1,0)

Resposta: E

11 A parábola de equação y = x2 – 6 tem vértice M e corta o eixo x nos pontos A e B. Qual a área do triânguloABM?

A) 1 B) 6 C) 6 D) 6 6 E) 12 6

Solução:

Lembre: 2f(x) ax bx c, com a 0= + + ≠

Coordenadas do vértice: = −

Δ= − =

v

v v v

bx

2a

y ou y f(x )4a

Temos:– Coordenadas do vértice:y = x2 – 6

−= → =⋅

= − → = −

v v

2v v

0x x 0

2 1y 0 6 y 6

Então: M(0; –6)

– Pontos de interseção com o eixo x:

2x 6 x 6 ou x 6

A( 6; 0) e B( 6, 0)

− =→ = = −−

Logo, a área do ΔABM é dada por:

Área =

−= =

−

ABM

ABM

1|D |

20 6 1

|D | 6 0 1 12 66 0 1

Área: 1

12 6 6 6 u.a2

⋅ =

Resposta: D

12 A distância do vértice da parábola y = (x – 2)(x – 6) à reta = +4y x 5 é :

3

72A)

25

29B)

25 C) 43

43D)

25

43E)

5


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9

ax + by + c = 0

P(x , y )o or

Solução:

I) = + + ≠2f(x) ax bx c, com a 0

Coordenadas do vértice: +⎧⎪ =⎨⎪ =⎩

1 2v

v v

x xx

2y f(x )

II) Distância de um ponto a uma reta.

+ +=+

0 0p,r

2 2

| ax by c |d

a b

Temos: = − ⋅ − →

+= =

= = − ⋅ − = ⋅ − = −v

v

y (x 2) (x 6) parábolaraízes : 2 e 6

2 6x 4

2y f(4) (4 2) (4 6) 2 ( 2) 4

Distância do vértice à reta:

(4, – 4)

4x – 3y + 15 = 0

d = ???

⋅ − ⋅ − +=+ −

=

2 2

| 4 4 3 ( 4) 15 |d

4 ( 3)43

d5

Resposta: E

13 Resolvendo a inequação log1/2(2x + 1) > log1/2(– 3x + 4), obtemos:

− < <1 4A) x

2 3 < < 4

B) 0 x3

< 3C) x

5 − < <1 3

D) x2 5

< <3 4E) x

5 3

Solução:

Lembre: > → << <

x ya alog log x y(0 base 1)

Temos: + > − +1 12 2

log (2x 1) log ( 3x 4)

Então: ⎧ + < − + → < → <⎪⎪⎪ + > → > −⎨⎪⎪− + > → <⎪⎩

32x 1 3x 4 5x 3 x

51

2x 1 0(C.E) x2

43x 4 0 (C.E) x

3


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10

Interseção

Resposta: D

14 Se o número complexo z = 1 – i é uma das raízes da equação x10 – a = 0, o valor de a é:A) 16 B) 32 C) 64 D) – 16i E) – 32i

Solução:Temos: x10 = a, se z é raiz, então z10 = a.

Daí: −= −= −= − → = −

10

2 5

5

5

a = (1 i)a [(1 i) ]a ( 2i)a 32i a 32i

Resposta: E

15 A reta y = ax + 1 intercepta a curva x2 + 4y2 = 1 somente num ponto. Calcule 8a2.

Solução:

Temos: ⎧⎨ + =⎩ 2 2

y = ax + 1x 4y 1

Condição:Δ = 0 (única solução)

Daí: 2 2

2 2

2

2

(8a) 4 (1 4a ) 3 064a 12 48a 016a 12

8a 6

− ⋅ + ⋅ =− − ==

=

Resposta: 6

16 A condição para que o trinômio mx2 + (m + 1)x + 1 seja sempre positivo, qualquer que seja x, é que:A) m > 0B) (m + 1)2 + 4m < 0C) − ≤2(m 1) 0D) ≠ >m 1,m 0E) não há valores de m tais que o trinômio proposto, qualquer que seja x, se torne sempre positivo.

Solução:Devemos ter:

1ª condição: a > 0 → m > 0

2ª condição: Δ < → + − ⋅ ⋅ < →→ + + − < → − + < →→ − < − ≥ ∀ ∈�

2

2 2

2 2

0 (m 1) 4 m 1 0m 2m 1 4m 0 m 2m 1 0(m 1) 0(absurdo, pois,(m 1) 0, m )

Resposta: E

35

(I)

(II)

43

(III)

(I) Δ (II) Δ (III)1

2− 3

5−12

+ + + + + + {Δ <>

0a 0

Substituindo (I) em (II): + + =+ + + − =

+ + + =

2 2

2 2 2

2 2

x 4(ax 1) 1x 4a x 8ax 4 1 0

x (1 4a ) 8ax 3 0 (Equação do 2o grau)


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11

17 Sejam A = {1, 2, 3} e f: A → A definida por f(1) = 3, f(2) = 1 e f(3) = 2. O conjunto-solução de f[f(x)] = 3, é:A) {1} B) {2} C) {3} D) {1, 2, 3} E) vazio

Solução:Temos:

se x 1 f(f(1)) f(3) 2 f(f(1)) 2(n.s)se x 2 f(f(2)) f(1) 3 f(f(2)) 3(OK)se x 3 f(f(3)) f(2) 1 f(f(3)) 1(n.s)S {2}

= → = = → == → = = → == → = = → =

=Resposta: B

18 Seja S a soma, em radianos, das raízes da equação 1 + cos x + cos 2x + cos 3x = 0, x ∈[0, π]. Calcule π6S

.

Solução:

Fórmula de Werner: + −⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

p q p qcosp cosq 2cos cos

2 2

Temos: ⎧ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + = ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎨ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ + = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩

x x1 cosx cos0 cosx 2cos cos

2 25x x

cos2x cos3x 2cos cos2 2

Então:

Daí: π= → = + π → = π + π

π π π= → = + π → = +

π= → = = π

π π= → = π

x xcos 0 k x 2k

2 2 2ou

3x 3x 2kcos 0 k x

2 2 2 3 3ou

cos x 0 x k2

se k 0 x , ou3 2

se k = 1, 2, 3, ... → raízes já encontradas ou fora do intervalo dado.

Raízes: π, π π

,2 3

Soma das raízes = π π π + π + π= π + + =

π=

6 3 2S

2 3 611

S6

=π6S

Logo : 11

f− = ∀ ∈Impor tante :cos( x) cos(x), x D

Resposta: 11

123

123

A A

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅ − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x x 5x x2cos cos 2cos cos 0

2 2 2 2

x x 5x2cos cos cos 0

2 2 2

x 3x2cos 2 cos cos ( x) 0

2 2

x 3x4cos cos cos(x) 0

2 2


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em

át

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12

19 A função f(x) = −−3 x(1 x)

x2 4

é crescente, para todo x pertencente a:

25A) ,

16⎡ ⎞− +∞⎟⎢⎣ ⎠

25B) ,

4⎡ ⎞− +∞⎟⎢⎣ ⎠

5

C) ,2

⎡ ⎞− +∞⎟⎢⎣ ⎠

5D) ,

4⎡ ⎞−∞ ⎟⎢⎣ ⎠

�E)

Solução:

Temos: 2

2

2

2

3 x – xf(x) x

2 46x x x

f(x)4

x 5xf(x)

41 5

f(x) x x4 4

= −

− +=

+=

= +

Parábola

Resposta: C

20 Se p e q são raízes não-nulas de x2 + 5px – 8q = 0, calcule p + q.

Solução:

Girard

{ + = −⋅ = −

1 2

1 2

x x 5px x 8q

Daí:

{p q 5qp q 8q

+ = −⋅ = −

2ª equação

p q 8q⋅ = − (como q é diferente de zero)

Temos:

= −

+ = −+ = − ⋅ −+ =

p 8Logo :p q 5pp q 5 ( 8)p q 40

Resposta: 40

21 Quantos valores inteiros satisfazem a inequação (2x – 7) (x – 1) ≤ 0.A) zero B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

crescente

−= = −

⋅v

554x

1 224

f ∀ ≥ − 5é crescente x

2


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13

Solução:

Inteiros: 1, 2, 3

Resposta: D

22 Sobre a equação 1.983x2 – 1.984x – 1.985 = 0, a afirmativa correta é:A) não tem raízes. D) tem duas raízes positivas.B) tem duas raízes simétricas. E) tem duas raízes negativas.C) tem duas raízes reais distintas.

Solução:

Temos: Δ = −Δ = − − ⋅ −Δ = + ⋅

2

2

2

B 4ac( 1984) 4.1983 ( 1985)1984 4.1983 1985

Δ > →Então :

0

Resposta: C

23 Seja f uma função real tal que f (x + 1) = (f (x))2 e f (0) = 10. Então f (4) é igual a:A) 1016 B) 100 C) 10258 D) 101 E) 121

Solução:Temos que:

Resposta: A

24 Se o domínio da função f, definida por f(x) = 1 – 2x, é o intervalo ]–3, 2], então Imf é:A) ]–7, 3] B) [–3, 7[ C) ]–3, 7] D) [–3, 5[ E) ]–3, 3]

Solução:

Temos: 1 y

y 1 2x x2−= − → =

Veja: x ] 3,2]∈ −Então: 3 x 2− < ≤

Agora :1 y

3 22

6 1 y 47 y 3

7 y 3ou

3 y 7 y [ 3,7[

−− < ≤

− < − ≤− < − ≤

> ≥ −

− ≤ < → ∈ −

Resposta: B

– – –

+ +

– – –

72

+ + +

+ + +

1

+ +

72

1

– –produto

Estudo do sinal

raízes reais e distintas

2

2 2

2 4

2 8

2 16

f(x + 1) = [f(x)]se x 0 f(1) [f(0)] f(1) 10se x 1 f(2) [f(1)] f(2) 10se x 2 f(3) [f(2)] f(3) 10

se x 3 f(4) [f(3)] f(4) 10

= → = → == → = → == → = → == → = → =


at

em

át

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14

25 Se f(2x + 3) = 4x2 + 6x + 1, x ,∀ ∈� então f(1 – x) vale:A) 2 – x2 B) 2 + x2 C) x2 + 2x – 4 D) 3x2 – 2x + 4 E) x2 + x – 1

Solução:

Tomando: k 3

2x 3 k x2−+ = → =

Então:

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠= − + − += − +

2

2

2

k 3 k 3f(k) 4 6 1

2 2f(k) (k 3) 3(k 3) 1

f(k) k 3k 1

Agora:

− = − − − +− = + −

− = + −

2

2

2

f(1 k) (1 k) 3(1 k) 1f(1 k) k k 1

Por tanto :f(1 x) x x 1

Resposta: E

26 A distância do centro da circunferência x2 + y2 – 6x – 8y + 21 = 0 à bissetriz do Iº e IIIº quadrantes, vale:

A) 5 B) 2 C) 3 D)3

2E)

22

Solução:

Circunferênciax2 + y2 – 2ax – 2by + a2 + b2 – R2 = 0Centro (a,b)

Daí:– 2a = – 6 → a = 3– 2b = – 8 → b = 4

Bissetriz dos quadrantes ímpares

2 2

|1 3 1 4 0 | 1 2distância

221 ( 1)

⋅ − ⋅ += = =+ −

Resposta: E

27 A reta y = 3

x3

é tangente a uma circunferência do centro (2, 0). O raio dessa circunferência é:

A) 3 B) 2 C) 3 D) 1 E) 0,5

x y 0− =

C(3,4)

y x=


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15

Solução:

distância de um ponto a uma reta.

⋅ − ⋅ += =+ −

=

=

2 2

| 3 2 3 0 0 | 2 3R

12( 3) ( 3)2 3

R2 3

R 1

Resposta: D

28 Se S = 1! + 2! + 3! + ... + 89!, então o dígito das unidades de S é:A) 1 B) 3 C) 5 D) 7 E) 9

Solução:Veja:1! = 1; 2! = 2; 3! = 6; 4! = 24A partir de 5!, os resultados serão múltiplos de 10.Então:S = 1 + 2 + 6 + 24 + 5! + ... + 89!

33 múltiplo de 10S = 3 + 30 + 10α’

múltiplo de 10S = 3 + 10α → dígito das unidades é 3.

Resposta: B

29 O sistema linear de equações nas incógnitas x e y {kx 2y 12x y m

+ = −− = é impossível se, e somente se:

A) k = – 4 e m 12

≠ B)1

k 4 e m2

≠ − = C)1

k 4 e m2

≠ − ≠ D) = −k 4 E) = − = 1k 4 e m

2Solução:

Sistema {kx 2y 14x 2y 2m

+ = −− =

Somando: (k 4)x 2m 1+ = −Impossível

+ = → = −⎧⎪⎨ − ≠ → ≠⎪⎩

k 4 0 k 41

2m 1 0 m2

Resposta: A

30 Em um triângulo retângulo OAB, retângulo em O, com OA = a e OB = b, são dados pontos P em OA e Q em OBde tal maneira que AP = PQ = QB = x. Nessas condições o valor de x é:

A) ab a b− −B) a b 2ab+ −

C) 2 2a b+D) a b 2ab+ +E) ab a b+ +

(2,0)

3x 3y 0− =

��

��


at

em

át

ica

16

Solução:Pitágoras

= − + −= − + + − +− + + + =

Δ = − + − ⋅ +Δ = + − +Δ =

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

x (a x) (b x)x a 2ax x b 2bx x

x 2(a b)x a b 0

[ 2(a b)] 4 1(a b )4(a b) 4(a b )8ab

Daí:

+ ± + ±= =

= + +

= + −

2 2(a b) 8ab 2(a b) 2 2abx

2 2

x a b 2ab (absurdo, veja figura) ou

x a b 2ab

Resposta: B

31 Num triângulo retângulo de catetos 1 e 3cm , a altura relativa à hipotenusa mede, em cm:

A) 2 B) 3 C) 3 D)3

2E)

22

Solução:Temos:

Relações métricas

I) 2 2 2 2a 1 ( 3) a 4 a 2= + → = → =

II)3

1 3 a h 3 2h h2

⋅ = ⋅ → = → =

Resposta: D

32 Sendo f(x) = 100x + 3, o valor de −

−

−−

8 3

8 3

f(10 ) f(10 )10 10

é:

A) 104 B) 102 C) 10 D) 10–5 E) 10–11

Solução:Saiba:Se f(x) = ax + b, com a ≠ 0, então:

f(s) f(v)a, com s v.

s v− = ≠−

Assim, 8 3

8 3

f(10 ) f(10 )100

10 10

−

−

− =−

(coeficiente angular)

Resposta: B

33 Se um polígono convexo de n lados tem 54 diagonais, então n é:A) 8 B) 9 C) 10 D) 11 E) 12

Solução:

Lembre: Fórmula do número de diagonais n(n 3)

d2−= .

Então:

Resposta: E

B

o

A

PQ

b – xa – x

x x

B C h

A

a

1 3

2

n(n – 3)54

2

n – 3n –108 0n 12 ou n –9 (n.s)

=

== =


Ma

te

má

tic

a

17

34 O polígono convexo cuja soma dos ângulos internos mede 1440º tem, exatamente:A) 15 diagonaisB) 20 diagonaisC) 25 diagonaisD) 30 diagonaisE) 35 diagonais

Solução:Lembre: Soma dos ângulos internos Si = (n – 2) ⋅ 180º

Então: 1440º = (n 2) 180º

1400ºn 2

180º

8 n 2n 10

− ⋅

= −

= −=

Portanto: n(n 3) 10 7d

2 2

d 35

− ⋅= =

=Resposta: E

35 Na figura, ABCD é um quadrado e BCE é um triângulo eqüilátero. A medida do ângulo AEB, em graus, é:A) 30 D) 75B) 49 E) 90C) 60

Solução:Figura:

ΔBCE é eqüilátero → α = 60ºABCD é um quadrado → 30ºθ =Veja: BC BE≡ (lado do quadrado = lado do ΔBCE)

Daí: ΔABE é isósceles

Resposta: D

36 Na figura abaixo, EFG é um triângulo retângulo, EF 2cm= , EG 6cm e EP PQ QG.= = = Então α + β + θ é igual a:

A)3π

B)718

πC)

49π

D)2π

E

C

D

B

A

E

C

D

B

A

αθ

x

2x 180º30º 2x 180ºx 75º

θ + =+ =

=

A

Ex

θ

x

B

α β θ

F

P Q G E


at

em

át

ica

18

Solução:

2EPF tg tg 1 45º

22 1

EQF tg tg4 22 1

EGF tg tg6 3

Δ → α = → α = → α =

Δ → β = → β =

Δ → θ = → θ =

Sabemos:tg tg

tg( )1 tg tg

β + θβ + θ =− β ⋅ θ

Então:

1 1 52 3 6tg( ) 1

1 1 51

2 3 6

tg( ) 1 45º

+β + θ = = =

− ⋅

β + θ = → β + θ =

Portanto: 90ºα +β+ θ =

Resposta: D

37 A área compreendida entre as retas 4y = x – 2, y = 2x – 4 e x = 0 é igual a:A) 3,0 u.a B) 3,5 u.a C) 4,0 u.a D) 4,5 u.a E) 6,0 u.a

Solução:Temos:

Gráfico:

Logo:

Área = 1 7

7 u.a2 2

⋅ =

Resposta: B

F

Eα β θ

P Q G 2 2 2

2

x 2y

4y 2x 4x 0 (eixo y)

−⎧ =⎪⎪ = −⎨⎪ =⎪⎩

retas

1A(0, );B(0, 4) e C(2,0)

2− −

A C

B

y

x

y 2x 4= −

x 2y

4−=

ABC

10 1

2D 0 4 1 1 8 7

2 0 1

−

= − = − + =


Ma

te

má

tic

a

19

38 A razão de uma progressão geométrica, cujos termos são os três lados de um triângulo retângulo é:

1 5A)

2+ 1 2

B)5

+ 1 3C)

2+ 1 2

D)3

+

Solução:

xP.G. ;x;xq

q⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Pitágoras

Dividindo ambos os membros por x2

22

4 2

2 2

1q 1

qq q 1 0

1 5 1 5q q

2 2

= +

− − =± += → =

Portanto: 1 5

q2

+=

Atenção!!! q é positivo.

Resposta: A

39 Sejam a e b números reais. Se a > b > 0, a2 – b2 = 4 e log2(a + b) – log3(a – b) = 2, então a2 + b2 é igual a:A) 13/2 B) 15/2 C) 17/2 D) 19/2

Solução:

Fazendo: x2

y3

log (a b) x a b 2log (a b) y a b 3

+ = → + =− = → − =

Sistema: x y2 3 4x y 2 x 2 y

⎧ ⋅ =⎨ − = → = +⎩

Substituindo: x y

2 y y

2 y y

y

y

2 3 42 3 42 2 3 44 6 46 1 y 0 x 2

+⋅ =

⋅ =⋅ ⋅ =

⋅ == → = → =

Assim: {a b 4a b 1

+ =− =

Resolvendo: = =5 3a e b

2 2

Logo: 2 2 34 17a b

4 2+ = =

Resposta: C

C

A x B

xqx

q

2

2 2

22 2 2

2

x(xq) x

qx

x q xq

⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎝ ⎠

= +


at

em

át

ica

20

40 Se x1 e x2 são as raízes da equação x x2log 3 log (3x)3 x ,= então 9(x1 + x2) é igual a:

A) 22 B) 24 C) 26 D) 28

Solução:

Lembre: alog b

xa

I) a bII)Se log b x a b

== → =

Temos: x x2log 3 log 3x3 x=

Então: x2log 33 3x=

Tomando: k3 x

1log x k log 3 e x 3

k= → = =

Substituindo: 1

2. kk

2k 1k

3 3 3

3 3 +

= ⋅

=

Comparando: 2

2

1

1 2

2k 1

kk k 2 0

1k 2 x 3 x

9ouk 1 x 3 3Logo :

19(x x ) 9 3 1 27 28

9

−

+ =

+ − =

= − → = → =

= → = →=

⎛ ⎞+ = + = + =⎜ ⎟⎝ ⎠

Resposta: D

41 O número de raízes de equação32

+ cos x = 0 é:

A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) maior que 3

Solução:

Sabemos: 1 cos x 1, x.− ≤ ≤ ∀

Temos:

Resposta: A

42 O número de raízes da equação tg2x – sen2x = 0, 0 x 2 ,≤ < π é: A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) maior que 3

Solução:

Temos:

Daí: senx 0x 0 ou x

== = π

Resposta: C

3cos x 0

23

cos x2

cos x 1,5

+ =

= −

= − (absurdo, pois o mínimo de cos x é – 1)

22

2

2 2 2

2 2

2 2

4

sen xsen x 0

cos xsen x sen xcos x 0sen x(1 cos x) 0sen x sen x 0sen x 0

− =

− =− =

⋅ ==


Ma

te

má

tic

a

21

43 Determine n, sabendo que n

p

p 0

n 2 729p=

⎛ ⎞ ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠∑

Solução: n

n n p p

p 0

n(a b) a bp

−

=

⎛ ⎞+ = ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠∑ (binômio de Newton)

Veja: n

n p p n n

p 0

n 1 2 (1 2) 3p

−

=

⎛ ⎞ ⋅ ⋅ = + =⎜ ⎟⎝ ⎠∑

Então: n3 729 n 6= → =

Resposta: 6

44 O domínio real da função f(x) = 2senx 1− para 0 x 2 ,≤ < π é:

5A) x

6 6π π≤ ≤ 5

B) 0 x ou x 26 6π π≤ ≤ ≤ < π C) 0 x≤ < π

2D) x

3 3π π≤ ≤

Solução:

Condição:

2senx 1 01

senx2

− ≥

≥

Daí: 5

x6 6π π≤ ≤

Resposta: A

45 Seja M um conjunto de 20 elementos. O número de subconjuntos de M que contêm exatamente 18 elementos é:A) 360 B) 190 C) 180 D) 120 E) 18

Solução:Temos: M = {a1, a2, a3 ..., a20}.A ordem dos elementos não altera um conjunto.Daí: nº de subconjuntos com 18 elementos = C20, 18

Resposta: B

46 Se Cn, 2 + 2.An,2 + 100 = A2n, 2, então n é igual a:

A) 24 B) 8 C) 6 D) 10 E)253

−

Solução:

Temos: n,2

n,2

2n,2

n! n (n 1)C

(n 2)!2! 2n!

A n (n 1)(n 2)

(2n)!A (2n) (2n 1)

(2n 2)!

⋅ −= =−

= = ⋅ −−

= = ⋅ −−

Então:

Resposta: B

2 2 2

2

n(n 1)2 n(n 1) 100 (2n)(2n 1)

2n n 4n 4n 200 8n 4n3n n 200 0

25n 8 ou n (n.s)

3

− + ⋅ − + = −

− + − + = −+ − =

= = −

150º

c

30º

s

1

2


at

em

át

ica

22

47 Deseja-se acondicionar em um certo número de caixas, 1590 bolinhas brancas, 1060 amarelas e 583 azuis, demodo que cada caixa contenha bolinhas de todas as cores. Calcule o número máximo de caixas de modo quequalquer dessas caixas contenha, para cada cor, quantidades iguais de bolinhas.

Solução:x → número de caixas.p → quantidade de bolas brancas em cada caixa.q → quantidade de bolas amarelas em cada caixa.r → quantidade de bolas azuis em cada caixa.

Temos:

Veja: x m.d.c. (1590,1060,583)x 53

==

* MDC (1590, 1060) = 530 * MDC (530, 583) = 53

Resposta: 53

48 Sejam N o conjunto dos números inteiros positivos e E = {(x,y) ∈ N2; x4y4 – 10x2y2 + 9 = 0}. Determine o númerode elementos de E.

Solução:

Temos: 4 4 2 2

2 2 2 2 2

x y 10x y 9 0(x y ) 10x y 9 0

− + =− + =

Fazendo: 2 2x y k=

Equação: 2

2 2 2

k 10k 9 0k 1 x y 1 (xy) 1

− + == → = → =

ou 2 2 2k 9 x y 9 (xy) 9= → = → =

Como x e y são inteiros positivos, tem-se:

xy 1 (1,1)ouxy 3 (1,3) ou (3,1)E {(1,1),(1,3),(3,1)}

= →

= →=

Resposta: 3

49 Considere a função real definida por 2x 3 3

f(x) ,x1 1 2x3 2

+= ≠ −+

.

Então o valor da soma 1 f(1) 2 f(2) 3 f(3) ... 20 f(20)⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ é:

A) 120 B) 600 C) 210 D) 620 E) 1.260

1590p

x

1060q

x

583r

x

=

=

=

1060

1 2

530

0

1590

530

583 530

1 10

53

0


Ma

te

má

tic

a

23

Solução:

Temos: 2x 3 6

f(x) 2x 32x 3 2x 3

6

+= = + ⋅+ +

Então: f(x) 6=Agora:Soma:Soma:

Soma:

Resposta: E

50 Sejam x e y números reais satisfazendo as equações logy x + logx y = 2 e x2y + y2 = 12x. Determine o valor doproduto xy.

Solução:

Tomando: = → =y x1

log x m log ym

Daí: + =

− + == → =

2

1m 2

mm 2m 1 0m 1 x y

Substituindo na 2ª equação

Resposta: 9

51 Os conjuntos A e B possuem 3 e 4 elementos, respectivamente. Quantas funções de A em B têm o conjuntoimagem igual a B?A) Nenhuma B) 34 C) 43 D) 3! E) 4!

Solução:Veja:I) Numa função de A em B devemos ter todos os elementos de A associados a um único valor em B.II) Se o conjunto imagem é o próprio B, então existe um elemento em A com duas imagens, pois todos os

elementos de A estão associados.Portanto, não existem funções de A em B sobrejetoras.

Resposta: A

52 As funções injetoras de A = {1, 2, 3, 4} em B = {5, 6, 7, 8, 9, 0} são em número de:A) 720 B) 360 C) 15 D) 24 E) 30

Solução:Lembre:Se f é injetora, então:

1 2 1 2x x f(x ) f(x )≠ → ≠Daí:

Pelo princípio fundamental da contagem, tem-se 6.5.4.3 = 360 funções injetorasResposta: B

Soma 1.260=

1 6 2 6 3 6 ... 20 6(1 2 3 ... 20) 6

(1 20) 206 21 10 6

2

⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅+ + + + ⋅

+ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ →

2 2

2 2

3 2

2

x y y 12xx x x 12xx x 12x 0x(x x 12) 0x 0 (n.s) ou x 4(n.s)oux 3 y 3

+ =⋅ + =+ − =

+ − == = −

= → =

f(1): 6 possibilidades em Bf(2): 5 possibilidades em Bf(3): 4 possibilidades em Bf(4): 3 possibilidades em B

1234

A


at

em

át

ica

24

53 Para ser aprovado numa disciplina, um aluno precisa ter média maior ou igual a 50, obtida num conjunto de 5provas, sendo quatro parciais, com peso 1 (um) cada, e uma prova-exame, com peso 2 (dois). Um certo alunoobteve em matemática, nas quatro provas parciais, notas iguais a 30, 60, 50 e 70. Esse aluno, para ser aprovadonessa disciplina, deverá obter, na prova-exame, nota mínima igual a:A) 20 B) 35 C) 40 D) 45 E) 50

Solução:

Média ponderada = 1 30 1 60 1 50 1 70 2 x 210 2x

6 6⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ +=

Temos:

min

210 2x50

6210 2x 3002x 90x 45 x 45

+ ≥

+ ≥≥

≥ → =

Resposta: D

54 O resto da divisão do inteiro n por 12 é igual a 7. O resto da divisão n por 4 é:A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

Solução:Temos:

Daí: n 12q 7n 12q 4 3n 4(3q 1) 3n 4q' 3, onde q' 3q 1

= += + += + += + = +

Veja:

Resposta: D

55 Qual dos cinco números relacionados abaixo não é um divisor de 1015?A) 25 B) 50 C) 64 D) 75 E) 250

Solução:

Temos: 15 15 15 1510 (2 5) 2 5= ⋅ = ⋅Veja:(A) 25 = 52 divide 1015 (OK)(B) 50 = 2 ⋅ 52 divide 1015 (OK)(C) 64 = 26 divide 1015 (OK)(D) 75 = 3 ⋅ 52 não divide 1015 (problema fator 3)(B) 250 = 2 ⋅ 53 divide 1015 (OK)

Resposta: D

56 A fração geratriz de 3,74151515... é:

37.415A)

10.0003.741.515

B)10.000

37.041C)

9.90037.041

D)9.000

370.415E)

99.000

Solução:

Temos: 37.415 374 37.041

3,74159.900 9.900

−= =

Resposta: C

n

7 q

12

n

3

4

q’


Ma

te

má

tic

a

25

57 Se A e B são conjuntos, A – (A – B) é igual a:A) A B) B C) A – B D) A ∪ B E) A ∩ B

Solução: Lembre: A B {x / x A e x B}− = ∈ ∉É fácil ver:

A – (A – B) = A ∩ B

Resposta: E

58 O retângulo abaixo de dimensões a e b está decomposto em quadrados. Qual o valor da razão a

?b

5A)

32

B)3

C) 23

D)2

1E)

2

Solução:

Sendo x a medida do lado do menor quadrado, os outros quadrados terão seus lados com as medidas indicadasna figura.

Assim: a = 5x e b = 3x

Portanto, a 5b 3

=

Resposta: A

59 A equação x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0, de coeficientes reais, admite as raízes 2 – i e 3 + 2i. Então d é:A) 75 B) 65 C) 25 D) 15 E) 10

Solução:Sabemos que:Se os coeficientes de um polinômio P(x) são reais, então: a + bi raiz de P(x) → a – bi também é:

Temos:2 – i raiz → 2 + i também é.3 + 2i raiz → 3 – 2i também é.

Daí, aplicando Girard na equação:

Resposta: B

B

A–B

A

b

a

x��

��

x x

2x

2x2x

3x

5x

3x

1 2 3 4

2 2

x .x .x .x d(2 i) (2 i) (3 2i) (3 2i) d(4 i ) (9 4i ) d5 13 dd 65

=− ⋅ + ⋅ + ⋅ − =− ⋅ − =

⋅ ==


at

em

át

ica

26

60 O número de soluções reais da equação 2

2

2x 8xx

x 4x− =

− é:

A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

Solução:Temos:

2

2

2 3 2

3 2

2

2x 8xx

x 4x2x 8x x 4xx 6x 8x 0x(x 6x 8) 0x 0 (n. serve) denominador nulo

− =−− = −

− + =− + =

= →

ou

2x 6x 8 0oux 2oux 4 (n. serve) denominador nuloS {2}

− + =

=

= →=

Resposta: B

61 Determine o número de soluções reais da equação 2x = 2log x .

A) Nenhuma B) Uma C) Duas D) Três E) Infinitas

Solução:

Graficamente:

Como não existe interseção, a equação não admite soluções.

Resposta: A

62 Se n é o maior número inteiro pertencente ao domínio da função 2f(x) 1 log x= − , determine o valor de n3 + 3n2 + 2.

A) 2 B) 20 C) 21 D) 22 E) 32

Solução:Domínio → campo de existência → condição de existência da função →

12 21 log x 0 log x 1 0 x 2 0 x 2− ≥ → ≤ → < ≤ → < ≤ → maior inteiro x = 2.

Logo, a expressão é igual a 3 22 3 2 2 22+ ⋅ + = .

Resposta: D

y

x0

2y log x=

xy 2=


Ma

te

má

tic

a

27

63 Dado x 1≠ e positivo, calcule o valor de

1Lnxxe

.

A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

Solução:Sabemos que:

alog b

ab

e

I) a b1

II) log blog a

III)Lx Lnx log x

=

=

= =

Então, a expressão dada

1Lnxxe

é igual a: xlog ex e

Exp. 1e e

= = = .

Resposta: B

64 Prove que10 10 10log c log a log b

a b c1

b c a⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Prova:

Tomemos:

x10

y10

z10

log a x 10 alog b y 10 blog c z 10 c

= → == → == → =

Então:

c.q.p

65 Determine o produto das soluções reais da equação 3log x 39 x x⋅ = .A) 4 B) 8 C) 25 D) 27 E) 90

Solução:

Tomemos: k3log x k 3 x= → =

Assim:

2

k k k 3

k 2 3k 2

2

9 (3 ) (3 )

3 3 k 2 3kk 3k 2 0

k 1 x 3ouk 2 x 9

+

⋅ == → + =

→ − + == → =

= → =

Portanto, o produto das soluções é 27.

Resposta: D

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

z x yx y z

y z x

10 10 1010 10 10

= ⋅ ⋅xz xy yz

yz xz xy

10 10 1010 10 10

1º membro

1º membro

1º membro = 1


at

em

át

ica

28

66 Seja x tal que x10 10log 2,log (2 1)− e x

10log (2 3)+ estão, nessa ordem, em progressão aritmética. Calcule 22x.

A) 1 B) 4 C) 8 D) 16 E) 25

Solução:

Temos que: x x10 10 10

x x10 10 10

x 2 x10 10

x 2 x

(log 2,log (2 1),log (2 3) P.A2 log (2 1) log 2 log (2 3)log (2 1) log 2(2 3)(2 1) 2 (2 3)

− + →→ ⋅ − = + + →→ − = + →→ − = ⋅ +

Tome: 2x = aEntão:a2 – 2a + 1 = 2a + 6 → a2– 4a – 5 = 0a = 5 → 2x = 5 ou a = – 1 (não serve)

Portanto, 22x = 25Resposta: E

67 As dimensões de um paralelepípedo retângulo são proporcionais a 3,5 e 7. Sabendo que a diagonal mede

4 83cm , calcule o volume do paralelepípedo.

A) 105cm3 B) 1575cm3 C) 4725cm3 D) 6720cm3 E) 8575cm3

Solução:

Diagonal (D) → 2 2 2

2

D (3k) (5k) (7k)

4 83 83k4 83 k 83k 4

= + +==

=

Volume (V) → 3

V 12 20 28V 6720cm

= ⋅ ⋅=

Resposta: D

68 Um prisma reto de altura igual a 9cm tem como base um triângulo. Sabendo que dois dos lados desse triângulomedem 3cm e 4cm e que o ângulo formado por esses lados mede 45º, determine o volume do prisma.

3A) 3 2cm 3B) 9 2cm 3C) 27 2cm 3D) 54 2cm 3E) 81 2cm

Solução:

Volume do prisma: (Área da base) x (altura)

Então:

3

3 4 sen45ºV 9

2

2V 6 9 27 2cm

2

⋅ ⋅⎛ ⎞= ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

= ⋅ ⋅ =

Resposta: C

3k5k

7kD

9

4

3

45º


Ma

te

má

tic

a

29

69 A aresta, a diagonal e o volume de um cubo estão, nessa ordem, em progressão geométrica. Determine a áreatotal desse cubo.A) 3 B) 6 C) 9 D) 18 E) 27

Solução:

aresta = a

diagonal = a 3volume = a3

P.G. (a, a 3 , a3) → ( a 3 )2 = a ⋅ a3 →3a2 = a4 → a2 = 3

Portanto, a área total será 18u.a.

Resposta: D

70 Uma esfera de raio r é inscrita num cone equilátero com geratriz de comprimento g. Determine o valor de g 3

r.

A) 3 B) 6 C) 8 D) 9 E) 12

Solução:

0 = incentro, baricentro, circuncentro, ortocentro.Veja:I) g = 2R (geratriz)

II)g 3 g 3

3r 62 r

= → =

Resposta: B

71 O raio da base de um cone circular reto mede 4cm e sua altura 25

cmπ

. Determine, em cm3, o volume do cilindro

circular reto de maior área lateral, inscrito no cone.A) 4 B) 10 C) 25 D) 40 E) 50

Solução:

Da

a

a��

2R

0

2R

2R

2r

r

4

hα

r

25π


at

em

át

ica

30

Área (lateral do cilindro) = L2 rh Aπ =

Veja:

25h 25

tg h (4 r)4 r 4 4

πα = = → = −− π

Subst. h na área lateral, vem:

2L L

25 25A 2 r (4 r) A (4r r )

4 2⎡ ⎤= π − → = −⎢ ⎥π⎣ ⎦

Para que AL seja máxima, basta que r seja igual a abscissa do vértice da parábola.

Então: r = 2 → 2 325 25h V 50cm

2 22= → = π ⋅ =

π π⋅

Resposta: E

72 Determine a área (em m2) do setor circular hachurado na figura abaixo, sabendo que o ângulo ˆABCmede rad6π

e o diâmetro AB mede 6

8π

m.

A) 24 D) 54

B) 48 E) 54 3

C) 48 3

Solução:

[setor] = 2R

6π

ABCΔ é retângulo

R 3cos30º

268

= =

π

Então: = ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ →π π

π→ = ⋅ ⋅ → = ⋅ → =π

2

22 2

6 62R 3 8 4R 3 64

6 RR 3 16 3 16 [setor] 48m .

6

Resposta: B

73 Dado um cilindro de revolução de raio r e altura h. sabe-se que a média harmônica entre o raio r e a altura hé 4 e que sua área total é 2πm2. Mostre que o raio r satisfaz a sentença r3 – r + 2 = 0.

Solução:

B

C

A

B

C

A30º

R

R

h

r

��parábola


Ma

te

má

tic

a

31

Área total2

2

2 rh 2 r 2

rh r 1 (I)

π + π = π+ =

Média harmônica

2rh4

r h2r

h (II)r 2

=+

=−

Subst. (II) em (I), vem:

22 2

2 2 2 3 2

3 3

2r 2rr r 1 r 1

r 2 r 22r r (r 2) r 2 2r r 2r r 2

r r 2 r r 2 0

⎛ ⎞ + = → + = →⎜ ⎟− −⎝ ⎠→ + − = − → + − = − →→ = − → − + =

74 Seja o determinante D(x) = 1 2senx senx .

cosx 1 2senx− −

+ Calcule o valor de D π⎛ ⎞

⎜ ⎟12⎝ ⎠.

1A)

22

B)2

3C)

2

1D) 3

2+ 3 1

E)2 4

+

Solução:

2D(x) 1 2sen x senxcos xsen(2x)

D(x) cos(2x)2

= − +

= +

Resposta: E

75 Seja R a raiz positiva da equação x2 + x – 34

= 0. Se R = senAº cosAº ,sen11º cos11º onde 0 < A < 90. Calcule o valor de A.

A) 30 B) 41 C) 60 D) 75 E) 80

Solução:

Temos: 2 3x x 0

41 1

x R2 2

3x (não serve)

2

+ − =

= → =

−=

Assim, R senAºcos11º sen11ºcos AºR sen(Aº 11º )1

sen(Aº 11º )2

= −= −

= −

Então: Aº – 11º = 30º

Aº = 41º → A = 41

Resposta: B

sen6D cos

6 2

π⎛ ⎞⎜ ⎟π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟12⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3 1D

2 4π⎛ ⎞ = +⎜ ⎟12⎝ ⎠

ou


at

em

át

ica

32

76 Determine a soma das raízes da equação.A) 0 D) 4B) 1 E) 5C) 2

Solução: Aplicando chió, vem:

Daí: x 1 0 0

0 x 1 0 00 0 x 5

−+ =

−

(x 1) (x 1)(x 5) 0− ⋅ + − =x = 1, – 1 ou 5Portanto, a soma das raízes é 5.

Resposta: E

77 Se o sistema {x my 3mx 4y 6

+ =+ =

tem infinitas soluções. Determine o valor de m4 – 8m2 + 23.

A) 6 B) 7 C) 8 D) 9 E) 12

Solução:Sejam:r: a1x + b1y + c1 = 0s: a2x + b2y + c2 = 0

Se r e s são coincidentes, então:

11 1

2 2 2

ba ca b c

= =

Assim, temos:

1 m 3m 2

m 4 6= = → =

* retas coincidentes → infinitas soluções.Portanto, m4 – 8m2 + 23 = 7

Resposta: B

78 Se (xo, yo, zo) é uma solução do sistema 2

x y 2xy z 1

+ =⎧⎨ + =⎩

encontre o valor de 2 2 2o o ox y 2z .+ −

A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

Solução:2 2

o o o o o o2 2

o o o o o o

x y 2 x y 2x y 4x y z 1 2x y 2z 2

⎧ + = → + + =⎨ + = →− − = −⎩

Somando: o o

2 2 2ox y 2z 2+ − =

Resposta: C

1 1 1 11 x 1 1 01 1 x 2 11 1 1 x 4

=+−

1 1 1 11 x 1 1 01 1 x 2 11 1 1 x – 4

=+


Ma

te

má

tic

a

33

79 Considere a função real definida no conjunto dos números reais não-negativos por f(x) = x + x – 2. Determineo número real k, tal que f(2k) = 0.A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

Solução:Temos que:

+ − =− = −− ⋅ + =− ⋅ + =

= → =

= → =

k k

k k

2k k k

2k k

k

k

2 2 2 0

2 2 22 4 2 4 22 5 2 4 02 1 k 0ou2 4 k 2 (não serve)

Veja: se k = 2 → f(2k) = f(4) = 4 ≠ 0

Resposta: A

80 Sendo a reta y = ax + b tangente à elipse x2 + 4y2 = 1, determine o valor de 8(b2 – a2).A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

Solução:Substituindo a reta na equação da elipse, vem:x2 + 4y2 = 1x2 + 4(a2x2 + 2abx + b2) = 1(1 + 4a2) x2 + 8abx + 4b2 – 1 = 0

Como a reta é tangente, então a interseção é um único ponto.

Δ = 0 (único ponto)

Daí:(8ab)2 – 4(1 + 4a2) ⋅ (4b2 – 1) = 064a2b2 – 16b2 + 4 – 64a2b2 + 16a2 = 08a2 – 8b2 + 2 = 0

8(b2– a2) = 2

Resposta: C

81 Determine o valor de b para o qual a reta y = x + b não intercepta os ramos da hipérbole x2 – y2 = 1.A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

Solução:

Interseção → x2 – ( x + b)2 = 1 → x2 – x2 – 2bx – b2 = 1 → – 2bx =1+ b2

21 bx

2b+→ =−

Veja: para que não exista interseção, basta tomarmos b = 0.

Resposta: A

82 Determine o menor inteiro n > o, de modo que n

3 1i

2 2

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

seja real positivo.

A) 6 B) 10 C) 12 D) 16 E) 24

(x da interseção)


at

em

át

ica

34

Solução:

Temos que:

n

n3 1i (cos30º isen30º ) cos(n 30º ) isen(n

2 230º )

⎛ ⎞+ = + = ⋅ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

⋅

Então:

n 30º k 360ºn 12k⋅ = ⋅=

Portanto: n = 12 (menor inteiro positivo)

Resposta: C

83 Encontre o módulo do complexo � , tal que 2 i.=�A) 1 B) 2 C) 3 D) 2 E) 3

Solução:

Temos: 2 2

2 2

i | | | i |

| | | 0 1i | | | | | 0 1| | | | 1 | | 1

= → = →→ ⋅ = + → ⋅ = + →→ ⋅ = → =

� ��

Resposta: A

84 Se A , B e C são números reais, tais que 2 2

1 A Bx C,

x(x 2x 2) x x 2x 2+= +

+ + + + para todo x, x *∈� , calcule o valor de

A + B + C.

Solução:

2 2

2

2 2

2

A Bx C 1, x *

x x 2x 2 x(x 2x 2)

A(x 2x 2) (Bx C)x 1, x *

x(x 2x 2) x(x 2x 2)1

A2A B 0 1

(A B)x (2A C)x 2A 1 2A C 0 B22A 1 C 1

++ = ∀ ∈+ + + +

+ + + + = ∀ ∈+ + + +

⎧ =⎪+ =⎧ ⎪⎪ ⎪+ + + + ≡ → + = → = −⎨ ⎨

⎪ ⎪=⎩ = −⎪⎪⎩

�

�

Portanto: A + B + C = – 1

85 Determine um polinômio P(x) de grau 2 que verifique a identidade P(x + 1) ≡ x2 + 2x + 3.

Solução:Supondo P(x) = ax2 = bx + c, temos: P(x + 1) = a(x + 1)2 + b(x + 1) + c = ax2 + (2a + b)x + (a + b + c).

Então:

P(x + 1) ≡ x2 + 2x + 3 a 1 a 12a b 2 b 0a b c 3 c 2

= =⎧ ⎧⎪ ⎪⇔ + = ⇔ =⎨ ⎨⎪ ⎪+ + = =⎩ ⎩

Logo, P(x) = x2 + 2.

��um

��zero


Ma

te

má

tic

a

35

86 Que condições devem satisfazer os números a, b e c para que o polinômio ax2 + bx + c seja o quadrado de umpolinômio do 1º grau?

Solução:Devemos ter ax2 + bx + c ≡ (mx + n)2, com m ≠ 0; portanto:

2

2

a mb 2mnc n

⎧ =⎪ =⎨⎪ =⎩Podemos eliminar m e n e obter a relação entre a, b e c e calculando b2.

b2 = (2mn)2 = 4m2n2 = 4ac

Resposta: A condição é b2 = 4ac e a ≠ 0 (pois m ≠ 0)

87 Na figura abaixo indicamos 9 pontos, entre os quais não há 3 colineares, exceto os 4 que marcamos numamesma reta. Quantos triângulos existem com vértices nestes pontos?

Solução:

Se não houvessem 3 pontos colineares, o número de triângulos seria C9, 3. Desse número, devemos subtrair ascombinações formadas por 3 pontos escolhidos entre os 4 alinhados, isto é, C4, 3, pois essas combinações nãocorrespondem a triângulos. Assim, o número de triângulos que podemos formar é C9, 3 – C4, 3.

Temos:

9,39! 9x 8x7x 6!

C3!6!

= =3x2x1x 6!

4,3

84

4! 4 x 3!C

3!1!

=

= =3

4!x 1

=

Logo: C9,3 – C4, 3 = 84 – 4 = 80.

88 Um químico possui 10 tipos de substâncias. De quantos modos possíveis poderá associar 6 dessas substâncias se,entre as 10, duas somente não podem ser juntadas porque produzem mistura explosiva?

Solução:

Cada mistura de 6 das 10 substâncias corresponde a uma combinação das 10 substâncias tomadas 6 a 6, umavez que não importa a ordem das substâncias na mistura. Assim, o total de misturas seria C10, 6 se não houvesseproblema com nenhuma mistura. Devemos, porém, subtrair desse número as combinações em que entrariam asduas substâncias que, se misturadas, provocam explosão. As combinações em que entram essas duas substânciassão formadas por elas duas e mais quatro substâncias escolhidas entre as outras oito substâncias (excluímosaquelas duas). O número de modos de escolher 4 substâncias em 8 é C8, 4.Concluímos que o número de misturas não explosivas que podem ser produzidas é C10, 6 – C8, 4.

Solução:

Temos:

10,610! 10x9x8x7x 6!

C6!4!

= =6!

8,4

210x 4x 3x2x1

8! 8x7x6x5x 4!C

4!4!

=

= =4x3x 2x1x 4!

70=

Logo: C10, 6 – C8, 4 = 210 – 70 = 140.

D

H

A

I

GF

ECB


at

em

át

ica

36

89 Dê a condição sobre o inteiro positivo n para que o desenvolvimento de n

2 1x

x⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

apresente um termo

independente de x e não-nulo.

Solução:

O termo geral do desenvolvimento de n

2 1x

x⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

é k

2 n k 1nT (x )k x

− ⎛ ⎞⎛ ⎞= − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠2n 2k k kn x ( 1) x

k− −⎛ ⎞ − =⎜ ⎟⎝ ⎠

k 2n 3kn ( 1) xk

−⎛ ⎞ −⎜ ⎟⎝ ⎠

Para o termo independente de x devemos ter 2n – 3k = 0, logo k = 2n3

. Como k dever ser inteiro, concluímos

que n deve ser um múltiplo de 3.

90 Calcule a e b de modo que a fração algébrica 2

2

x ax b2x 1+ +

+ tenha o mesmo valor numérico para todo x ∈� .

Solução:

Devemos ter: 2

2

x ax b2x 1+ +

+= k, x∀ ∈� ; logo: x2+ ax + b ≡ 2kx2 + k

1 2ka 0b k

=⎧⎪ =⎨⎪ =⎩

A resposta é a = 0 e b = 12

.

91 Calcule o valor numérico de x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4, para 4 4

3 1 3 1x e y

3 3

+ −= = .

Solução:

x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4 = (x + y)4 =

4 44 2

4 4 4

3 1 3 1 2 3 2 348.

33 3 3

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − ⋅+ = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

92 O número 2 é raiz dupla de ax3 + bx + 16. Determine a e b.

Solução:Como admite raiz dupla, o grau da equação ax3 + bx + 16 = 0 é maior que 1. Então, a ≠ 0 e concluímos que ograu é 3. Há, portanto, 3 raízes. Supondo que as raízes são 2, 2 e α, com α ≠ 2, temos pelas relações de Girard:

2 2 0 44

b a2 2 2 2 , logo 4 4 , logo a 1

a b b 1216 42 2

a a

⎧ ⎧⎪ ⎪+ + α = α = − α = −⎧⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⋅ + α + α = α + = =⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪ = −⎩− −⎪ ⎪⋅ ⋅⎪ ⎪⎩ ⎩

α = α =

Portanto: a = 1 e b = – 12

93 Qual é o valor de 12

k

k 0

12 9 ?k=

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

∑Solução:12 12

k 12 k k

k 0 k 0

12 129 1 9k k

−

= =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∑

Notando que 12 k k12 1 9k

−⎛ ⎞ ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠ é o termo geral do binômio (1 + 9)12, concluímos que:

12k 12 12

k 0

12 9 (1 9) 10k=

⎛ ⎞ = + =⎜ ⎟⎝ ⎠∑ ( o que dá 1 trilhão).

Este fator é igual a 1, portanto não altera o valor do termo.


Ma

te

má

tic

a

37

94 Numa urna há 12 etiquetas numeradas, 6 com números positivos e 6 com números negativos. De quantosmodos podemos escolher 4 etiquetas diferentes tal que o produto dos números nelas marcados seja positivo?

Solução:Teremos o produto positivo em cada caso seguinte:I) Escolhendo 4 etiquetas com números positivos; ouII) Escolhendo 4 etiquetas com números negativos; ouIII) Escolhendo 2 etiquetas com números positivos e 2 com números negativos.

Números disponíveis: 6 positivos 6 negativos

Possibilidades: 4 positivos 0 negativos

ou

0 positivos 4 negativos

ou

2 positivos 2 negativos

Vamos calcular o número de possibilidades de cada caso (lembrando que não importa a ordem das etiquetas).

I) O número de modos a escolher 4 números positivos, dispondo de 6 números positivos, é 6,4C .

6,46! 6 x 5 x 4!

C4!2!

= =4!

15x 2 x 1

=

II) Como temos também 6 números negativos, o número de modos de escolher 4 deles é 6,4C = 15.

III) Dos 6 positivos devemos escolher 2( 6,2C ) e, para cada escolha destes, dos 6 negativos devemos escolher

também 2 (C6, 2). O número de possibilidades deste caso é 6,2 6,2C C⋅ . Como 6,26!

C 15,2!4!

= = temos

15 ⋅ 15 = 225 possibilidades.Então, o total de possibilidades para o produto positivo é 15 + 15 + 225 = 255.

95 Encontre o coeficiente de x5 no desenvolvimento de (1 – x) (1 + x)8.

Solução:

Quando multiplicamos (1 – x) pelo polinômio obtido desenvolvendo (1 + x)8, o termo em x5 resulta da adição dedois produtos:

(1 – x) (1 + ... + termo em x4 + termo em x5 + ... + x8)Termo em x5 = 1 ⋅ [termo em x5 de (1 + x)8] + [(– x) ⋅ termo em x4 de (1 + x)8]

O termo geral de (1 + x)8 é T = 8 k k k8 81 x x .

k k−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Para k = 5 temos T = 5 5 5 58! 8 x 7 x 68 x x x 56x .

5 5! 3! 3 x 2 x 1⎛ ⎞ = = =⎜ ⎟⎝ ⎠

Para k = 4 temos T = 4 4 4 48! 8 x 7 x 6 x 58 x x x 70x .

4 4! 4! 4 x 3 x 2 x 1⎛ ⎞ = = =⎜ ⎟⎝ ⎠

Então, no produto (1 – x) (1 + x) 8 temos:Termo em x5 = [1 x 56x5] + [(– x) ⋅ 70x4] = 56x5 – 70x5 = – 14x5

O coeficiente pedido é igual a – 14.

↓ ↓

6,4C

6,4C

⋅6,2 6,2C C


at

em

át

ica

38

96 Se A é uma matriz quadrada de ordem três com detA = 5, então o valor de det(2A) é:A) 6 B) 11 C) 15 D) 30 E) 40

Solução:

Sabemos que:det(k.A) = kn ⋅ det(A), onde:n → é a ordem da matriz A

Então: det(2A) = 23 ⋅ det(A) = 8 ⋅ 5 = 40.

Resposta: E

97 Se a matriz A satisfaz A2 – 2A + I = 0, então A– 1:A) não existe.B) é igual a I.C) é igual a A.D) é igual a A – 2I.E) é igual a 2I – A.

Solução:

Sabemos que: A ⋅ A– 1 = A –1 ⋅ A = IEntão:A2 – 2A + I = 0 → I = 2A – A2→→ I = 2AI – A2 → I = 2IA – AA →→ I = (2I – A) ⋅ A → A–1 = 2I – A

Resposta: E

98 Uma loja, realizando uma promoção, oferece um desconto de 20% nos preços dos seus produtos. Para voltaraos preços iniciais, os preços promocionais devem sofrer um acréscimo de A%.Determine o valor de A.A) 10 B) 20 C) 25 D) 30 E) 40

Solução:

Preço inicial = P → com desconto = 80

P100

Para voltar ao preço inicial, temos:

Resposta: C

��novo preço

+ ⋅ =

⋅ =

=

=

80 A 80P P P

100 100 100

A 80 20P P

100 100 100

A 1100 4

A 25


Ma

te

má

tic

a

39

99 Sejam p e q números inteiros positivos e consecutivos. Se 1 1 11

,p q 30

+ = então p + q é igual a:

A) 9 B) 11 C) 13 D) 15 E) 17

Solução:

1 1 11 q p 11p q 30 pq 30

++ = ⇒ =

Como p e q são inteiros positivos consecutivos, então p e q são primos entre si, isto é, m.d.c. (p, q) = 1.Assim, p = 5 e q = 6 ou p = 6 e q = 5.Portanto, p + q = 11

Resposta: B

100 O gráfico da função f(x) = sen x no intervalo [ 2π

,π[ e:

A) crescente B) decrescente C) constante D) nula E) negativa

Solução:

Esboço do gráfico de sen x no de [0,2π]

Resposta: B

101 Um dos ângulos de um triângulo retângulo é α. Se tg α = 2,4 , os lados desse triângulo são proporcionais a:A) 30,40,50 B) 80,150,170 C) 120, 350, 370 D) 50, 120, 130 E) 61, 60, 11

Solução:

Se tgα =2,4 → tgα =2410

→ tgα = 125

cateto oposto = 12k e cateto adjacente = 5k → hipotenusa = 13k.

Tomando k =10 → lados: 50,120 e 130

Resposta: D

102 A distância do ponto de interseção das retas 2x – 3y + 26 = 0 e 5x + 2y – 49 = 0 à origem é:A) 13 B) 23 C) 15 D) 18 E) 17

Solução:Resolvendo o sistema formado pelas equações acima, encontramos como interseção o ponto (5, 12). Assim, a

distância do ponto (5, 12) ao ponto (0, 0) é igual a d= 2 2(5-0) (12 0) 169 13.+ − = =

Resposta: A

103 As promoções do tipo “leve 3 pague 2”, comuns no comércio, acenam com um desconto, sobre cada unidadevendida, de:

A)50

%3

B) 20% C) 25% D) 30% E)100

%3

Solução:Observe:I) Quem leva 3 e paga 2 está comprando 3 e tendo um desconto de 1;

II) Se 1 é p% de 3 → 1 =P 100

3 P100 3

⋅ → = ou P = 33,33% (aproximadamente)

Resposta: E

0

y

x

decrescente


at

em

át

ica

40

104 Sabendo que cos 36º = 1 5

2+

, então cos 72º vale:

A)1 5

2+

B)5 14−

C)5 12−

D)1 5

2−

E)1 5

4−

Solução:

Sabemos que: cos2x = 2cos2 x – 1 (arco duplo)Tomando x = 36º, encontramos:

cos72º = 2cos236º – 1 → cos72º = 2

21 5 5 1

1 cos72º4 4

⎛ ⎞+ −⋅ − → =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠Resposta: B

105 Se y = cos2280º, então y é igual a:A) – cos12º B) – cos60º C) – cos30º D) cos12º E) cos60º

Solução:Sabemos que: se a + b = 180º, então sen a = sen b e cos a = – cos bDividindo 2280º por 360º, encontramos:2280º = 120º + 6.360ºAssim: cos 2280º = cos 120º = – cos 60º

Resposta: B

106 A área máxima da região limitada por um triângulo retângulo inscrito em um círculo de raio R é:

A) 2R2 B) πr2 C) R2 D)2R

2E) 2πr2

Solução:

I) A área de um triângulo é igual a base x altura2

.

II) Tome AB como base → base = 2R (diâmetro), pois O é o centro.III) De todas as alturas relativas à hipotenusa AB, a maior é EO = R, onde R é o raio.

Logo, o triângulo de área máxima tem área igual a 22R RR .

2⋅ =

Veja figura:

Os ângulos ˆ ˆ ˆ ˆACB,ADB,AEB e AFB são retos.

Resposta: C

107 Se p é natural maior que 1, não divisível por 2 e nem por 3, então p2 – 1 é divisível por:A) 18 B) 24 C) 36 D) 9 E) 27

Solução:É fácil ver que:I) Se p não é múltiplo de 2 → p – 1 e p + 1 são pares consecutivos, logo (p – 1) ⋅ (p + 1) é múltiplo de 8.II) Se p não é múltiplo de 3 → p – 1 ou p + 1 será um múltiplo de 3, logo (p – 1) ⋅ (p + 1) é múltiplo de 3.De (I) e (II), concluímos: O produto (p – 1) ⋅ (p + 1) = p2 – 1 é um múltiplo de 24.

Resposta: B

A BOG H

ED

C

I

F


Ma

te

má

tic

a

41

108 Sejam a e b números reais positivos tais que a + 3b = 30. Determine qual é o maior valor possível para ab.

Solução:

Sabemos que: Se a1, a2, a3, ..., an são números reais positivos, então:

Média aritmética = 1 2 3 na a a ... an

+ + + + e Média geométrica = n

1 2 3 na a a ...a⋅ ⋅ ⋅

Relação importante entre as duas médias: M A M G⋅ ≥ ⋅

Daí, a 3b 30

a 3b 3ab 15 3ab 225 3ab ab 752 2+ ≥ ⋅ → ≥ → ≥ → ≥ → ≤

Portanto, o maior valor para ab é 75.

Resposta: 75

109 Seja x um número natural, que ao ser dividido por 9 deixa resto 5, e ao ser dividido por 3 deixa resto 2.Sabendo que a soma dos quocientes é 9, podemos afirmar que x e igual a:

A) 28 B) 35 C) 27 D) 33 E) 23

Solução:

Temos que: x = 9a + 5, onde a é o quociente da divisão de x por 9. x = 3b + 2, onde b é o quociente da divisao de x por 3.

Como a soma dos quocientes é 9, vem:

x 5 x 2

9 x 239 3− −+ = → =

Resposta: E

110 Se 10tgx + 16cosx – 17secx = 0, então senx é igual a:

A)1 1

ou2 8

B)12

± C)1 1

ou4 12

D) 0 E)1 1

ou2 4

−

Solução:

Temos: 10tgx + 16cosx – 17secx = 0 senx 1

10 16cos x –17 0cos x cos x

→ ⋅ + ⋅ = → 10senx + 16cos2x – 17 = 0

→ 10senx + 16 ⋅ (1 – sen2x) – 17 = 0 → 16sen2x – 10senx + 1 = 0

1 1senx ou senx

2 8→ = =

Resposta: A

111 Um atleta, correndo com velocidade constante, completou a maratona em M horas. A fração do percursoque ele correu em 2M minutos, foi:

A) 12

B)16

C) 1

15D)

130

E) 1

20

Solução:

Temos que: M horas = M ⋅ 60 minutos

Veja:

Se M ⋅ 60 minutos = P (percurso completo) → 2 ⋅ M minutos = P30

(fração do percurso)

Resposta: D


at

em

át

ica

42

112 Sendo R = 02 – 12 + 22 – 32 + 42 – 52 + ... + 982 – 992 + 1002, calcule o valor de R

.202

A) 22 B) 23 C) 24 D) 25 E) 26

Solução:

Sabemos que: (I) a2 – b2 = (a – b) ⋅ (a + b) e (II) Sn = 1 n(a a ) n2

+ ⋅ (soma dos termos de uma P.A.)

Veja:R = (22 – 12) + (42 – 32) + (62 – 52)+ ... + (1002 – 992)R = (2 – 1) ⋅ (2 + 1) + (4 – 3) ⋅ (4 + 3) + (6 – 5) ⋅ (6 + 5) + ... + (100 – 99) ⋅ (100 + 99)R = 3 + 7 + 11 + ... + 199

R = (3 199) 50 R

202.25 25.2 202

+ ⋅ = → =

Resposta: D

113 O primeiro termo a de uma progressão aritmética de razão 13 satisfaz 0 ≤ a ≤ 10. Se um dos termos daprogressão é 35, determine o valor de a.A) 5 B) 6 C) 7 D) 8 E) 9

Solução:

Temos: P.A. (a, a + 13, a + 26, a + 39, ... , 35, ...)Usando a fórmula do termo geral, encontramos:

an = a1 + (n – 1) ⋅ r → 35 = a + (n – 1) ⋅ 13 → 35 = a + 13n – 13 → a = 48 – 13n → 0 ≤ 48 –13n ≤ 10 →– 48 ≤ –13n ≤ –38 → 48 ≥13n ≥ 38 → 2, ... ≤ n ≤ 3, ... → n = 3 → a = 48 – 13 ⋅ 3 → a = 9.

Resposta: E

114 O algarismo das unidades do número N = 1.3.5.7. ... . 1993 é:A) 1 B) 3 C) 5 D) 7 E) 9

Solução:Note que o produto de qualquer número ímpar por 5 sempre termina em 5; logo, com o número N só temfatores ímpares, seu algarismo das unidades é 5.

Resposta: C

115 Se x y7 3

= e x ⋅ y = 189, então: x – y vale com x e y positivos:

A) 12 B) 4 C) 9 D) 30 E) 21

Solução:

Temos: x y

k7 3

= = → x = 7k e y = 3k

Daí: 7k ⋅ 3k = 189 → 21k2 = 189 → k2 = 9 → k = 3Para: k = 3 → x = 21 e y = 9

Portanto: x – y = 12

Resposta: A

116 A planta de um apartamento está confeccionada na escala 1:50. Então a área real, em m2, de uma salaretangular, cujas medidas na planta são 12cm e 14cm, é:A) 24 B) 26 C) 28 D) 42 E) 54

Solução:

Sabemos que escala é a razão entre o comprimento no desenho e o comprimento real, medidos na mesmaunidade.


Ma

te

má

tic

a

43

Daí: 1 12

50 x= → x = 600cm → x = 6m

1 14

50 x= → y = 700cm → y = 7m

Logo, a área da sala será de 6m x 7m = 42m2.

Resposta: D

117 Prove que todo triângulo ABC vale a relação: ˆ ˆc a cosB b cosA.= ⋅ + ⋅Solução:

mˆ ˆcos A m bcosAb

nˆ ˆcosB n acosBa

ˆ ˆ ˆ ˆlogo, m n bcosA acosB c acosB bcosA. (OK)

= → =

= → =

+ = + → = +

Obs: Sendo A ou B obtuso, chegamos com raciocínio análogo ao mesmo resultado.

118 Considerem-se todas as divisões de números inteiros positivos por 17, cujo resto é igual ao quadrado doquociente. A soma dos quocientes dessas divisões é:A) 10 C) 172 E) 12 + 22 + 32 + ... + 172

B) 17 D) 1 + 2 + 3 + ... + 17

Solução:

Temos que: n dividido por 17 tem quociente q ≠ 0 e resto r com r = q2.

Veja:(I) Possíveis restos de uma divisão por 17 são: 0, 1, 2, 3 ,... , 16(II) Como r tem que ser um quadrado perfeito, devemos ter:

r = 0 → q = 0 (não sastisfaz)r = 1 → q = 1r = 4 → q = 2r = 9 → q = 3r = 16 → q = 4

Logo, a soma dos quocientes é 10.

Resposta: A

119 Determine o valor do produto P = cos36º ⋅ cos72º.

Solução:

Sabemos que sen2x = 2senxcosx → 2sen36º ⋅ P = 2sen36º ⋅ cos36ºcos72º → 2sen36º ⋅ P = sen72ºcos72º→→ 4sen36º ⋅ P = 2sen72ºcos72º → 4sen36º ⋅ P = sen144º → 4 ⋅ P = 1, pois sen36º = sen144º (suplementares)

→ P = 14

.

Resposta: 14

A B

C

ab

m nHc


at

em

át

ica

44

120 Sejam f(x) = 1

x 1−, x > 1 e g uma função tal que (gof)(x) = x. Determine o valor de g

164

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Solução:

g(f(x)) = x → g1

x 1⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

= x

Veja: se 1 1

x 1 64=

−→ x – 1 = 64 → x = 65 →

1g

64⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 65

Resposta: 65

121 O triângulo ABC está inscrito em um círculo de raio R. Se cosA = 35

, o comprimento do lado BC é igual a:

A)2R5

B)3R5

C)4R5

D)6R5

E)8R5

Solução:

Temos que:

3ˆcosA5

= ( A é agudo) → sen A = 45

Lei dos senos

a b c BC2R 2R

ˆ ˆ ˆ ˆsenA senB senAsenC= = = → = → BC = 2R ⋅ ˆsenA → BC = 2R ⋅

45

→ BC = 8R5

Resposta: E

122 Seja f(x) = x x

x x

e ee e

−

−

−+ definida em R. Se g for a função inversa de f, o valor de

7g

25e⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ será:

A) – 1 B) 0 C)1e

D) 1 E)43

Solução:

Como g é a inversa de f, temos:

x x1

x x

7 7 7 e eg( ) f ( )

25 25 25 e e

−−

−

−= → = →+

7 ⋅ ex + 7 ⋅ e–x = 25 ⋅ ex – 25 ⋅ e–x → – 18 ⋅ ex = – 32 ⋅ e– x →

7g( )2x x 2516 4 4

e e e .9 3 3

→ = → = → =

Resposta: E

123 A média aritmética dos ângulos internos de um eneágono convexo vale:A) 40º B) 70º C) 120º D) 135º E) 140º

Solução:

Sabemos que a soma dos ângulos internos de um polígono convexo é dada pela fórmula S = (n – 2) ⋅ 180º.Daí, a soma dos ângulos internos de um eneágono convexo é igual a S = (9 – 2) ⋅ 180º = 7.180º.

Portanto, a média aritmética será igual a 7.180º

7 20º 140º.9

= ⋅ =

Resposta: E


Ma

te

má

tic

a

45

124 Uma solução tem 75% de ácido puro. Quantos gramas de ácido puro devemos adicionar a 48 gramas dasolução para que a nova solução contenha 76% de ácido puro?

Solução:Veja:

Em 48 gramas de solução temos 75

. 48 36100

= gramas de ácido puro.

Adicionando x gramas de ácido puro a solução, teremos:Nova solução = (48 + x) gramasQuantidade de ácido puro = (36 + x) gramas

Assim: 36 x 7648 x 100

+ = →+

x = 2 gramas

Resposta: 2 gramas

125 O gráfico de uma função f é o segmento de reta que une os pontos (– 3, 4) e (3, 0). Se f–1 é a função inversade f, então o valor de f– 1(2) é igual a:

A) 1 B)23

C) 3 D) 0 E)32

Solução:Temos: f(x) = ax + b, com a ≠ 0.Pontos: (– 3, 4) e (3, 0)Para x = – 3 → a ⋅ (– 3) + b = 4Para x = 3 → a ⋅ 3 + b = 0

Resolvendo, encontramos: b = 2 e a = 23

−

Daí, a função f é dada por: f(x) = 2

x 23

− +

Veja: cálculo de f – 1(2)

Para y = 2 → 2 = 2

x 23

− + → x = 0 → f – 1(2) = 0.

Resposta: D

126 Um elevador pode levar 20 adultos ou 24 crianças. Se 15 adultos já estão no elevador, quantas crianças podemainda entrar?A) 5 B) 6 C) 7 D) 8 E) 9

Solução:Se 20 adultos equivalem a 24 crianças → 5 adultos equivalem a 6 crianças

Veja:(I) O elevador pode levar 20 adultos(II) Tem 15 adultos no elevador → faltam 5 adultos (equivalem a 6 crianças) .

Resposta: B

127 Uma torneira enche um tanque em 4 horas. O ralo do tanque pode esvaziá-lo em 3 horas. Estando o tanquecheio, abrimos, simultaneamente, a torneira e o ralo. Então o tanque:A) nunca se esvazia.B) esvazia-se em 1 hora.C) esvazia-se em 4 horas.D) esvazia-se em 7 horas.E) esvazia-se em 12 horas.

Solução:Capacidade do tanque: T

(I) Torneira enche T em 4 horas → em 1 hora enche T4

do tanque

(II) Ralo esvazia o tanque T em 3 horas → em 1 hora esvazia T3

do tanque


at

em

át

ica

46

Assim, o tanque em uma hora esvazia 1

12 de sua capacidade.

Veja: T T 3T 4T T4 3 12 12

−− = = − .

Portanto, o tanque esvazia-se em 12 horas.

Resposta: E

128 Determine o valor de – 63 ⋅ log8(sen15º ⋅ sen75º).

Solução:Fatos que ajudam:(I) Se a + b = 90º, então sen a = cos b e sen b = cos a(II) Sen 2a = 2sen a cos a

(III) nm

alog b = a

mlog b

n⋅

Temos que sen15º ⋅ sen75º = sen15º ⋅ cos15º = 2 sen15º cos15º sen30º 1

2 2 4⋅ ⋅ = =

Então, a expressão vale:

Exp. = – 63 ⋅ log8 32

22

1 263 log 2 63 ( ) log 2 42 1 42

4 3−⎛ ⎞ = − ⋅ = ⋅ − ⋅ = ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠

Resposta: 42

129 Considere um quadrilátero convexo ABCD de área igual a 66cm2. Determine, em cm2, a área do quadriláterocujos vértices são os pontos médios dos lados do quadrilátero ABCD.

Solução:Fatos que ajudam: ÁREAS(I) Seja ABC um triângulo qualquer e seja MNP o triângulo que tem vértices nos pontos médios dos lados do

triângulo ABC, temos que: Área(MNP) = Área(ABC)

4.

(II) Seja ABCD um quadrilátero qualquer e seja MNQP o quadrilátero que tem vértices nos pontos médios dos

lados de ABCD, temos que: Área(MNQP) = Área(ABCD)

2.

Usando o resultado (II) no enunciado da questão, concluímos:

Resposta: 33cm2

130 Se x é um número real tal que x2 + 2

13

x= , determine o valor de x4 + 4

1.

xSolução:

Se 2

2 2 2 4 2 4 42 2 2 4 4 4

1 1 1 1 1 1x 3 x 3 x 2 x 9 x 2 9 x 7

x x x x x x⎛ ⎞+ = → + = → + ⋅ ⋅ + = → + + = → + =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Resposta: 7

131 O menor número natural n, diferente de zero, que torna o produto de 3888 por n um cubo perfeito é:A) 6 B) 12 C) 15 D) 18 E) 24

Solução:Fatorando o número 3888, obtemos 3888 = 24 ⋅ 35

Para formar um cubo perfeito devemos multiplicar os dois membros no mínimo por 22 ⋅ 31, para que as potênciasdos números 2 e 3 sejam múltiplos de 3. Assim, o menor número que devemos multiplicar por 3888 para obterum cubo perfeito é 12.

Resposta: B


Ma

te

má

tic

a

47

132 Quantos números inteiros há entre 602 e 612que não são quadrados perfeitos?A) 118 B) 119 C) 120 D) 121 E) 122

Solução:Veja: 602 e 612 são quadrados perfeitos consecutivos, então, qualquer inteiro entre eles não é quadrado perfeito.Inteiros que não são quadrados perfeitos: 3601, 3602, 3603, ... ,3720Quantidade de inteiros que não são quadrados é igual a 3720 – 3601 + 1 = 120.

Resposta: C

133 O período da função f (x) = sen4x + cos4x vale:

A) 2π B) π C)3π2

D)π2

E)4π

Solução:

Sabemos: Se f é periódica → f(x + p) = f(x), para todo x no domínio da função. O menor valor positivo dep, chamamos de período de f.Tomando x = 0, encontramos:f (p) = f (0) → sen4p + cos4p = sen40 + cos40 → sen4p + cos4p = 1 → (sen2p + cos2p)2 – 2sen2p ⋅ cos2p = 1 →1 – 2sen2pcos2p =1 → 2sen2p cos2p = 0 → senp = 0 ou cosp = 0.

* Se senp = 0 → p = 0, π, 2π,...

* Se cosp = 0 → p = 3

, ,...2π π

2

Agora, devemos verificar se p = 2π

satisfaz a condição f(x + p) = f(x), para todo x no domínio da função.

Veja: f(x + p) = f(x + 2π

) = sen4(x + 2π

) + cos4(x + 2π

) = (cosx)4 + (–senx)4 = sen4x + cos4x = f (x) (OK)

Resposta: D

Obs: No ciclo trigonométrico, encontramos facilmente: sen(x + 2π

) = cosx e cos(x + 2π

) = – senx (verifique!)

134 O conjunto solução da equação x ⋅ (log53x + log521) + log5(

37

)x = 0 é igual a:

A) { } B) {0} C) {1} D) {0, 2} E) {0, – 2}

Solução:

Temos que:

x ⋅ (log53x + log521) + log5(

37

)x = 0 → x ⋅ log5(3x ⋅ 21) + log5(

37

)x = 0 → log5(3x ⋅ 21)x + log5(

37

)x = 0

→ log5[(3x ⋅ 21)x ⋅ (

37

)x] = 0 → (3x ⋅ 21)x ⋅ (37

)x = 1 → (3x ⋅ 21 ⋅37

)x = 1 → (3x ⋅ 3 ⋅ 3)x = 1 →

→ (3x + 2)x = 1 → 2x 2x3 1+ = → x2 + 2x = 0 → x = – 2 ou x = 0.

Resposta: E

135 Um número é composto de 2 algarismos, cuja soma é 9. Invertendo a ordem dos algarismos, obtemos um novo

número igual a 47

do original. Qual é o número?

Solução:* Número original: ab = a ⋅ 10 + b (forma polinomial)* Invertendo os algarismos obtemos um novo número: ba = b ⋅ 10 + a (forma polinomial)


at

em

át

ica

48

Equações do problema: a + b = 9 e b ⋅ 10 + a = 47

⋅ (a ⋅ 10 + b)

Segunda equação: 70b + 7a = 40a + 4b → 66b = 33a → a = 2bSubstituindo na primeira equação, teremos:a + b = 9 → 2b + b = 9 → 3b = 9 → b = 3 → a = 6

Resposta: 63

136 A distância entre dois lados paralelos de um hexágono regular é igual a 2 3 cm. A medida do lado desse

hexágono, em centímetros, é:

A) 3 B) 2 C) 2,5 D) 3 E) 4

Solução:

Veja:

(I) BF = 2 3 , pois BC//FE

(II) ae = i360º

60º a 120º6

= → =

Aplicando a lei dos cossenos no triângulo ABF, teremos:2 2 2 2 2(2 3) x x 2 x x cos120º 12 2x x x 2= + − ⋅ ⋅ ⋅ → = + → =

Resposta: B

137 Qualquer que seja x, o valor de sen6x + cos6x + 3sen2xcos2 é:A) 0 B) sen2x C) cos2x D) 1 E) senx ⋅ cosx

Solução:

Lembre: produto notável → (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b)Temos que:sen2x + cos2x = 1→ (sen2x + cos2x)3 = 13 → sen6x + cos6x + 3sen2xcos2x(sen2x + cos2x) = 1→ sen6x + cos6x + 3sen2xcos2x ⋅ 1= 1 → sen6x + cos6x + 3sen2xcos2x = 1.

Resposta: D

138 Quantas soluções reais e distintas possui a equação x2+ 9 = 3senx?A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) infinitas

Solução:

Observe:(I) x2 + 9 é sempre maior ou igual a 9, para todo x real.(II) 3sen x assume no máximo o valor 3.(III) A igualdade não ocorre para nenhum valor real de x.Logo, a equação não possui solução.

Resposta: A

139 O resto da divisão de P(x) = x5 + 4x4 + 2x3 + x2 + x –1 por q(x) = x + 2 é:A) 17 B) 15 C) 0 D) – 15 E) – 17

Solução:Veja:(I) – 2 é raiz de q(x)(II) P(–2) é o resto da divisão de P(x) por q(x).

Então, pelo Teorema do resto, encontramos:resto = P(– 2) = – 32 + 64 – 16 + 4 – 2 – 1 = 17

Resposta: A

C

D

E


Ma

te

má

tic

a

49

140 O valor mínimo de cosx + secx, para 0 < x < π2

é igual a:

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

Solução:

Sabemos que (n – 1)2 ≥ 0, n∀ ∈�Então: n2 – 2n + 1 ≥ 0 → n2 + 1 ≥ 2n

Considerando n positivo, tem-se:2n 1 1

2 n 2n n+ ≥ ⇔ + ≥

Portanto, um número positivo adicionado ao seu inverso é sempre maior ou igual a 2.Resposta: D

��

matemática 140 questoes resolvidas

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