GABARITO

1Matemática B

Matemática B – Superintensivo

Exercícios

01) C

4 m

30°M 1 m N1,5 m

cos 30° = x4

= 32

x = 4 . 32

x = 2 . 1,7x = 3,4MN = 1,5 + 3,4 + 1MN = 5,9 m

02) D

O valor de x na figura abaixo é: (Errata)

C

13

xDA B

5 2

45°

a

sen 45° = a

5 2 = 2

2

a = 5 2 . 22

a = 5

x2 + 52 = 132

x2 = 169 – 25x = 12

03) 20D

A B

C

5 m

60°

30°

a

b h

tg 30° = 5b

= 33

b 3 = 15

b = 15

3 = 5 3

tg 60° = a

5 3 = 3

a = 5 . 3 . 3 a = 15h = 15 + 5 = 20 m

04) C

20 cm30°

280 . 3 cm

Seja n o número de degrau da escada.

tg 30° = 20�

⇒ l = 20 3 cm

n = 280 3

20 3 = 14

20 cm30°

30°

05) 27

01. Verdadeira. AC = 10 km.

sen 30° = 5AC

= 12

⇒ AC = 10

02. Verdadeira. AD = 2,5 km.

cos 60° = AD5

= 12

AD = 52

= 2,5

04. Falso. BD = 5 3 km.

sen 60° = DB5

= 32

DB = 5 3

2

GABARITO

2 Matemática B

08. Verdadeira. O ângulo BÂD mede 60°.16. Verdadeira. A velocidade média do barco é de

15 km/h.

tg 30° =

5 32

CD = 3

3

CD 3 = 5 3

2 . 3 ⇒ CD = 15

2

Vel =

15212

= 15 km/h

06) B

Considere a figura, sendo Q o pé da perpendicular bai-xada de P sobre AG.

30°

P

45°

QGA

Queremos calcular PQ

Como PG�Q = 45°, segue PQ = QG.

Desse modo, AQ = 240 – QG = 240 – PQ.Portanto, do triângulo APQ, vem

tg QA�P = PQ

AQ ⇔ 3

3 =

PQ

PQ240−

⇔  (3 + 3)PQ = 240 3

⇔  PQ = 240 3

3 3+

⇔  PQ = 240 3

3 3+ . 3 3

3 3

−−

tg QA�P = 120( 3 – 1) m.

07) C

O1

O2R

rt30°

A B C? 4 3

No triângulo BO2C, tem-se:

tg 30° = r

4 3 ⇒ 3

3 = r

4 3 = r = 4

∆ ∆CAO CBO

AB

1 2

412

4 3

4 3

∼

=+

⇒ 4AB + 16 3 = 48 3 ⇒

⇒ 4AB = 32 3 ⇒ AB = 8 3 cm.

08) A

5 3

A

B

H

C

D

sen 30° = 5 3CD

= 12

AD = 10 3

tg 30° = AB

10 3 = 3

3

AB = 10 3 . 33

Área = (10 3) . (10)

Área = 100 3

09) D

Considere a figura.

Px

B

yr

É imediato que

cos α = xr

⇒ x = r cos α

e

sen α = yr

⇒ y = r sen α

GABARITO

3Matemática B

10) 06

A

x

y5 km

30° 60°

t2 t2z w B

01. Falsa. Pois sen 60° = 5y

⇒ 32

= 5y

⇒ y = 10 33

km.

02. Verdadeira. Pois sen 30° = 5x

⇒ 12

= 5x

⇒

⇒ x = 10 km.04. Verdadeira. Pois o triângulo At1t2 é isósceles, logo

z = y > 5.08. Falsa. Pois z = y > 5.

11) C

A

B

60°C

60

110

x2 = 602 + 1102 – 2 . 60 . 110 . 12

x2 = 3600 + 12 100 – 6600

x = 9100x ≅ 95,4

12) D

A

105°

30°

C

45°

B

x

xsen sen30

20045°

=°

x . 22

= 200 . 12

x = 200

2 ⇒ x = 100 2 m

13) D

C

AB

0,8 km

1 km

150°

Pela Lei dos Cossenos, obtemos:

BC2 = AC² + AB

2 – 2 . AC . AB . cos BA�C

BC2 = (0,8)2 + 12 – 2 . 0,8 . 1 . cos 150°

BC2 = 0,64 + 1 – 2 . 0,8 . −

32

BC2 ≅ 1,64 + 0,8 . 1,7

BC2 ≅ 3

Logo, BC ≅ 1,7 e, portanto, o resultado é1 + 0,8 + 1,7 = 3,5.

14) A

Considere a figura, na qual AB = 6, AC = 10 e BC = 8.

A30°

B

D

C

Do triângulo retângulo ABD, obtemos

tg BA�D = BD

AB ⇔ BD = AB . tg 30°

⇔  BD = 6 . 33

⇔  BD = 2 3

Além disso, pelo Teorema do Ângulo Externo, segue que

AD�C = DA�B + AB�D

GABARITO

4 Matemática B

AD�C = 30° + 90°

AD�C = 120°

Portanto, pela Lei dos Senos, vem

CD

sen DAC

AC

sen ADC sen sen� �= ⇔−

=°

8 2 3 10120α

⇔ sen α = 4 35− . sen 60°

⇔ sen α = 4 35− . 3

2

⇔ sen α = 4 3 310−

15) B

Aplicando a Lei dos Cossenos, obtemos

BC2 = AB

2 + AC2 – 2 . AB . AC . cos BA�C ⇔

BC2 = 362 + 242 – 2 . 36 . 24 . −

12

⇔

BC2 = 1296 + 576 + 864 ⇔

BC = 2736 = 12 19 km

16) C

C

A

E

DB NM

30°

x

30° 30° 30°

120° y

a a/2

No ΔCMB: cos 30° = ax

⇒ 32

= x ⇒ x = 2

3

a

No ΔENB: cos 30° =

a

y2 ⇒ 3

2 = a

y2 ⇒ y =

a

3

CB�E = 180° – 30° – 30° = 120°

Aplicando o teorema dos cossenos no triângulo CBE, temos:CE2 = x2 + y2 – 2 . x . y . cos 120°

CE2 = 43 3

22

3 3

12

2 2a a a a+ − −

. . .

CE2 = 53

23

2 2a a+

CE2 = 73

2a

CE2 = a73

17) E

Seja l o lado do quadrado. Como AEFG é um quadrado, segue que o triângulo

ABC é retângulo. Logo, AB�C = 60°. Além disso, sabemos

que BD é bissetriz de AB�C e, portanto, AB�D = CB�D =

30°. Daí, segue que BD�C = 120°.

Aplicando a Lei dos Senos no triângulo BCD, obtemos

BC

sen BDC

CD

sen CBD

BCBC cm� �= ⇔ = ⇔ =

32

2 312

6 .

Assim, no triângulo ABC, temos que

cos AB�C = AB

BC ⇔ AB = 6 . cos 60° = 3 cm.

Por conseguinte, do triângulo BGF, vem

tg AB�D = GF

BG ⇔ 3

3 = �

�3− ⇔ l = 3 3 1

2−( ) cm.

18) A

C

N

PA

20°

200 m

50°

B

300 3 m

x

150°

70°

Aplicando o teorema dos cossenos no triângulo assina-lado, temos:

AC2 = (300 3)2 + 2002 – 2 . 300 3 . 200 . −

32

AC2 = 270 000 + 40 000 + 180 000

AC = 490 000AC = 700 m

19) C

O deslocamento do ponteiro das horas, em 25 minutos,

é igual a 252

= 12°30'. Logo, como o ângulo entre as

posições 5 e 8 mede 3 . 30° = 90°, segue quex = 90° + 12°30' = 102°30'.

GABARITO

5Matemática B

20) C

y = tgsen

240 330870 11°+ °°−

cossec π

= 3

32

150

+

°−sen secπ

y =

3 32

12

1

3 3232

+= = 3

21) D

10

213

1053

−= = 10 . 3

5 = 6

22) C

1213

2 + cos2 x = 1

cos2 x = 1 – 144169

cos x = ±25

169

cos x = – 513

23) D

No terceiro quadrante senos e cossenos são negativos. Utilizando a relação fundamental, temos:sen2 (x) + cos2 (x) = 1

sen2 (x) + −

1213

2

= 1 ⇒ sen² (x) =1 –144169

⇒

⇒ sen (x) = ±25

169 ⇒ sen (x) = ± 5

13

Como o arco x tem extremidade no terceiro quadrante,

temos: sen (x) = –5

13.

Calculando a tangente de x.

tg(x) = sen xxcos

= −

−

5131213

= 5

12

1213

2 + cos2 x = 1

cos2 x = 1 – 144169

cos (x) = ±25

169

cos x = – 513

Vel =

15212

= 15 km/h

24) C

11

2 2

2+( )

−

cos . coss

x ec xec x é:

= 1 + 1

122cos .x

sen x

− 1

2cos x

= 1 + sen x

x

2

2cos −

12cos x

= 1 + sen x

x

2

2

1−cos

= 1 − coscos

2

2

xx

= 1 − 1 = 0

25) 41

cossec x = 54

e x é do primeiro quadrante,

cossec x = 54

1

sen x =

54

sen x = 45

Pela relação fundamental

cos x = 35

sec x = 1

cos x =

135

= 53

tg x = sen xxcos

=

4535

= 43

9 . (sec² x + tg² x)

= 9 . 259

169

+

= 9 . 419

= 41

GABARITO

6 Matemática B

26) y = 15x4 = 60

N

A

0

M

P Q

figura 1

a

b

a + b = π2

sen (b) = cos (a) cos (b) = sen (a)

figura 2

x

PN – QM

OP + OQ

cos (a) + cos (b)

cos (a) + sen (a)

sen (a) – sen (b)

sen (a) – cos (a)

x² = (sen a − cos a)² + (cos a + sen a)² x² = sen² a − 2sen a . cos a + cos² a + cos² a − − 2 . sen a . cos a + sen² a x² = 2

y = 15x4

y = 15 . (x²)² y = 15 . 2² y = 60

27) B

C

�

AB

x

y

M

N

sen5

6

�

5

6

�

cos5

6

�

AB = − cos 56π

= − 3

2

AC = sen 56π

= 12

Portanto

ABAC

=

3212

= 3

28) 96 cm

sen a = 0,6

sen a = 35

Pela relação fundamental

cos a = 45

A

B

100 cm

Ca

a

2a

h

sen (2a) = 2 . sen a . cos a

sen (2a) = 2 . 35

. 45

sen (2a) = 2425

sen (2a) = h100

= 2425

h = 2425

. 100

h = 24 . 4 h = 96 cm

GABARITO

7Matemática B

29) C

I. Falso. cos (−x) = cos xII. Verdadeiro. ângulos complementaresIII. Verdadeiro. − cos x + cos x = 0IV. Falso. cos (2a) = cos² a − sen² a

30) D

s(t) = 5cos π πt+

2

P = 2ππ

= 2

Im = [− 5; 5]

31) B

Sabendo-se que ângulos suplementares têm cossenos simétricos, concluímos que:

f(1) + f(3) + f(5) + f(7) = 4 . 180 − 54 . cos cos cos cos03

23

+ + +

π π π = 720.

32) C

f(x) = 4 + 3cos πx6

2,5 = 4 + 3cos πx6

− 1,5 = 3cos πx6

cos πx6

= − 1

2

πx6

=

23π

+ k . 2π ou πx6

=

43π

+ k . 2π para k inteiro

Para k = 0, temos x = 4 ou x = 8. Para k = 1, temos x = 16 (não convém) ou x = 20h (não convém).

Resposta: 4h e 8h

33) D

y = tg 2x Im = R

2x ≠ π2

+ πk

x ≠ π4

+ kπ2

GABARITO

8 Matemática B

34) 26

01. Falso. P = 21π

= 2π

02. Verdadeiro. cos² x + sen x

x

2

2cos . cos2 x = 1

cos² x + sen² x = 104. Falso. 2sen² x + cos² x = 0 cos² x = 1 − sen² x 2sen²x + 1 − sen² x = 0 sen² x = − 1 Não existe x ∈ R que torne a equação verdadeira.08. Verdadeiro.

6

8

10

cos α = 8

10 =

45

16. Verdadeiro.

x

y z

x + y + z = 180°x + y = 180° − zsen (x + y) = sen (180° − z)sen(x)cos(y) + sen(y)cos(x) = sen 180°cosz − sen z cos180° sen 180° = 0 e cos 180° = − 1sen(x)cos(y) + sen(y)cos(x) = 0 − sen(z)(−1)sen(x)cos(y) + sen(y)cos(x) = sen(z)

35) C

A(2, 3), B(10, 9)e C(10, 3) M é o ponto médio do lado AB

M = 2 10

23 9

2+ +

,

M = (6; 6)

Então a medida de MC vale:

d = ( ) ( )6 10 6 32 2− + −

d = 16 9+ d = 5

36) B

Como o triângulo ABC equilátero, segue que

AC = AB = ( ) ( )− − + −1 1 0 02 2

37) B

C (0,8)

B (–2, 6)

D (x , y )D D

A (1, 4)

M (x , y )M

M

M é o ponto médio das diagonais do paralelo-gramo da figura.

Na diagonal AC temos:

xM = 1 0

2+

= 12

yM = 4 8

2+

= 122

= 6

Logo M(1/2, 6)

Na diagonal BD, temos:

xD −2

2 = 1

2 ⇒ xD = 3

6 = yD + 6

2 ⇒ yD = 6

Logo, temos D(3, 6) e 3 + 6 = 9

38) E

x² = 5² + 2² ⇔ x = 29

y² = 5² + 1² ⇔ y = 26

GABARITO

9Matemática B

Logo

P = 7 + 10 + 29 + 26

P = 17 + 29 + 26

y

x

5 7

x5 5 y

–1 1 8 9

10

39) C

3 0 3

5 9 2 5

x

− − = 0

27 + 2x + 5x − 6 = 0 7x = − 21 x = − 3

40) B

y

B (0, 6)

yGG

d

xGA x

C (4, 3)

Determinando o ponto G (baricentro do triângulo ABC), temos:

xG = 0 4 0

3+ +

= 43

yG = 0 3 6

3+ +

= 3

Logo G43

3,

Calculando a distância do ponto G ao ponto A.

d = 43

0 32

2−

+ =

169

9+ = 973

41) A

A(−2, 4) y = 3x e y = − x P(a; 3a) e Q(b; − b)

a b a b+

=−+ −

=

2

23

24;

( )

(a + b = −4; 3a − b = 8)

a b

a b

+ =−− =

4

3 8

4a = 4 a = 1 b= − 5 P(1; 3) Q(−5; 5)

42) 07

43) D

m = 0 42 0−−

= − 2

Número negativo, cujo módulo é um número par.

44) A

y

xxB

yB

B

Y

30

0

xA x

–40

yAA

Fazendo y = 0, temos 3x + 120 = 0 ⇒ x = − 40. Fazendo x = 0, temos −4y + 120 = 0 ⇒ y = 30.

Logo, x(−40, 0) e y(0, 30)

GABARITO

10 Matemática B

Determinando o ponto A: xA = − 40 − 40 = − 80 yA = 0 − 30 = − 30

Portanto, temos ponto A (− 80, − 30).

Determinando o ponto B: xB = 0 + 40 = 40 yB = 30 + 30 = 60

Portanto, temos ponto B (40, 60).

45) C

m = − 2

k−−

44 3

= − 2

k = 2

y = − 2x + n 4 = − 2 . 3 + n n = 10

k + n = 12

46) D

47) B

Sejam y = mrx +hr a equação da reta r. Do gráfico segue que hr = 1. Além disso, com o r intersecta

o eixo x no ponto de abscissa x = − 2, segue que:

0 = mr . (− 2) + 1 ⇒ mr = 12

Por outro lado, como a reta s intersecta o eixo x em (3, 0), e o ângulo qyue ela forma com esse eixo é 45°, temos que a sua equação é

y − 0 = tg 45° . (x − 3) ⇔ y = x − 3

As coordwenadas do ponto I constituem a solução do sistema formado pelas equações de r e de s:

y x

y x

= +

= −

12

1

3 ⇒

12

1 3

3

x x

y x

+ = −

= − ⇒

x

yI

I

=

=

8

5

Portanto, a distância pedida é dada por

( ) ( )26 8 29 52 2− + − = 18 242 2+ = 30 km

48) A

a) Verdadeira − Resolvendo o sistema 2 5 7 0

2 7 0

x y

x y

− + =+ + =

,

temos: x = − 72

e y = 0.

b) Falsa − pois 2 . (−1) − 5 . (2) + 7 ≠ 0.

c) Falsa − pois elas se intersectam em −

72

0,

d) Falsa − pois elas se intersectam em −

72

0,

49) B

r // s ⇒ m1 = m2

n2 < 0, pois a reta s intercepta o eixo y abaixo da origem.

50) D

O coeficiente angular da reta l é dado por

ml = y yx x

A B

A B

−−

= 2 00 1−−

= − 2

Então, como a reta l é perpendicular à reta r1, segue que

m1 = − 1

m�

= 12

. Daí, como r1 e r2 são paralelas, segue

que m2 = m1 = 12

.

Portanto, sabendo que o ponto A(0, 2) pertence à reta

r1, vem que b1 = 2 e, assim, m2 . b1 = 12

. 2 = 1

51) 04

52) C

O ponto B é a intersecção das retas y = 2x e y = x + 2. Logo, 2x = x + 2 ⇔ x = 2 ⇒ B = (2, 4).

O ponto C é a intersecção das retas y = x + 2 e y = 7. Assim, x + 2 = 7 ⇔ x = 5 ⇒ C = (5, 7)

O ponto D é a intersecção das retas y = 7 e y = 25 − 3x. Desse modo, 7 = 25 − 3x ⇔ x = 6 ⇒ D = (6, 7)

O ponto E é a intersecção da reta y = 25 − 3x com o eixo

das abscissas. Por conseguinte, 25 − 3x = 0 ⇔ x = 253

⇒ E = 253

0,

.

GABARITO

11Matemática B

Portanto, a área pedida é dada por

(ABCDE) = 12

0 2 5 6 25 3 0

0 4 7 7 0 0

/

= 12

14 35 20 42175

3+ − − −

= 107

3

53) B

I. Falsa. A taxa de variação da função f é a = 4 03 3−

− − =

− 23

. Logo, como f(3) = 0, segue que 0 = 3 . −

23

+ b ⇔ b

= 2. Daí f(x) = − 23

x + 2 ou 2x + 3y − 6 = 0.

Portanto, a distância do ponto C(− 2, − 1) até o segmento AB é dada por:

2 2 3 1 6

2 32 2

. ( ) . ( )− + − −

+ =

13

13 = 13 u.c. ≠

7 1313

u.c.

II. Verdadeira. A área compreendida entre o sefmento de

reta AB e o eixo das abscissas é ( ) . ( )x x y yB A A B− −

2 =

[ ( )] . ( )3 3 4 02

− − − = 12 u.a.

III. Verdadeira. O domínio de f−1 é igual à imagem de f, ou seja, {x ∈ R| 0 ≤ x ≤ 4}, enquanto que a imagem de f−1 é igual ao domínio de f, isto é, {y ∈ R| − 3 ≤ x ≤ 3}.

IV. Verdadeira. Seja f−1 a inversa de f, temos que:

y = − 23

x + 2 ⇒ x = − 23

y + 2

⇔ y−1 = − 32

x + 3.

Portanto f−1(2) = − 32

. 2 + 3 = 0.

Observação: Se f admite inversa, então existe uma única função f−1 tal que f−1(f(x)) = x = f(f−1(x)).

54) a) p = 8 e r = 4π A imagem de f é dada por 6 − 2 . [− 1, 1] = 6 − [− 2, 2] =

[4, 8], enquanto o período é 2

12

π = 4π. Portanto p = 8 e

r = 4π.

b) De (a), temos que m = 4, n = f(0) = 6 – 2 . sen 02

= 6

e q = π. Assim, a equação da reta que passa pelos pontos (0, 6)

e (π, 4) é y x y x− =−−

− ⇔ =− +66 40

02

6π π

( ) .

55) 25

56) B

y

x

2y = x + 2

C (0, 1)

–2

Determinando o ponto C (fazendo x = 0) 2y = 0 + 2y = 1m logo C= (0, 1).

Escrevendo a equação da circunferência com centro em C(0, 1) e raio 2, temos:

(x − 0)² + (y − 1)² = 2² x² + y² − 2y + 1 = 4 x² + y² − 2y − 3 = 0

57) E

1. Verdadeiro. Pois (4 − 3)² + (2 − 4)² = 5

2. Falsa. O raio é 53. Verdadeira. Pois o centro C(3, 4) está na reta, pois

4 = 43

. 3.

Somente as afirmativas 1 e 3 são verdadeiras.

58) D

A equação da circunferência é dada por (x − 2)² + (y − 3)² = 9. Se a reta y = x − 2 determina uma corda na circunferência,

então as abscissas das extremidades dessa corda são tais que:

(x −2)² + (x − 5)² = 9 ⇔ x² − 4x + 4 + x² − 10x + 25 = 9 ⇔ x² − 7x + 10 = 0 ⇔ x = 2 ou x = 5.

Logo (2, 0) e (5, 3) são as extremidades da corda e, portanto, o comprimento da mesma é

( ) ( )5 2 3 02 2− + − = 9 9+ = 3 2

59) D

Para que a equação represente uma circunferência,

GABARITO

12 Matemática B

deve-se ter A = 1 e B = 0. Além disso, sabendo que o raio da circunferência mede 102

= 5 u.c, vem:

x² + y² + 2x − 4y + C = 0 ⇔ (x + 1)² + (y − 2)² = 5 − C.

Logo, 5 − C = 5² ⇔ C = − 20 e portanto, A − B − C = 1 − 0 − (− 20) = 21 60) D

61) 21

62) 17

63) 10

01. Falsa. No encontro: posição de A = posição de B, logo: 60t = 60 + 30t t = 2h e a posição S = 120 m

02. Verdadeira. Ponto médio de AB: M52

32

,

Coeficiente angular da reta:

32

0

52

0

−

− =

35

04. Falsa.

mt = − 43

ms = 43

logo mt . ms = − 169

(não são perpendiculares).

08. Verdadeira. Resolvendo um sistema com as equações das circunferências, encontramos os pontos P(1, 3) e Q(3, 5).

64) 07

01. Verdadeira. AC = BC, comprovado por

( ) ( )1 3 0 1 3 02 2+ − + − − = 2 1 3 2 1 32 2− − + − +) ( )02. Verdadeira. Igualando as funções, temos x² + x + 1 = 5x − 3 ⇒ x² − 4x + 4 = 0, que admite duas raízes reais e

iguais; logo, r intercepta o gráfico da função real em apenas um ponto.

04. Verdadeira. Utilizando a forma segmentária para equação da reta, podemos escrever que x6

+ y3

= 1 ⇔ x + 2y − 6

= 0. Logo, o raio R da circunferência será dado pela distância do centro (0, 0) à reta r. R = 0 2 0 6

1 22 2

+ −

+

. =

6

5 e a

equação da circunferência por x² + y² = 365

GABARITO

13Matemática B

08. Falsa. Observando a figura a seguir, temos:

30°

10 cm

1,70 m

x

h 25 m

sen 30° = x

25 ⇔ x = 12,5 m.

Logo, a altura da árvire será dada por: H = 12,5 + 1,7 = 14,20 m

65) 09