matemÁtica - cursinho objetivo - curso pré …‡” x 2+ y = 64 e 2y = 0 ⇔ x = ± 8 e y = 0 4)...

MMAATTEEMMÁÁTTIICCAA

NOTAÇÕES� = {1, 2, 3,...} �: conjunto dos números reais

[a, b] = {x ∈ �; a ≤ x ≤ b}

[a, b[ = {x ∈ �; a ≤ x < b}

]a, b[ = {x ∈ �; a < x < b}

A\B = {x; x ∈ A e x ∉ B}

k∑ an = a1 + a2 + ... + ak, k ∈ �

n = 1

k∑ an xn = a0 + a1 x + ... + ak x

k, k ∈ �n = 0

�: conjunto dos números complexosi: unidade imaginária; i2 = –1�z�: módulo do número z ∈ �––z: conjugado do número z ∈ �

Mm×n(�): conjunto das matrizes reais m × n

det A: determinante da matriz A

At: transposta da matriz A

A–1: inversa da matriz inversível A

P(A): conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A

n(A): número de elementos do conjunto finito A

Arg z : argumento principal de z ∈ � \ {0}, Arg z ∈ [0,2π[

f o g: função composta das funções f e g

f . g: produto das funções f e g

Observação: Os sistemas de coordenadas consideradossão cartesianos retangulares.

II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099

IITTAA

1 EEConsidere as afirmações abaixo relativas a conjuntos A,B e C quaisquer:

I. A negação de x ∈ A � B é: x ∉ A ou x ∉ B.

II. A � (B � C) = (A � B) � (A � C).

III. (A\B) � (B\A) = (A � B)\(A � B).

Destas, é (são) falsa(s)

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

d) apenas I e III. e) nenhuma.

ResoluçãoAs demonstrações são imediatas para os casos em queum dos conjuntos, A, B ou C, for vazio. As demons -trações seguintes são para os casos em que nenhumdeles é vazio.I. Verdadeira, pois x ∈ A � B ⇔ x ∈ A e x ∈ B

A negação de (x ∈ A e x ∈ B) é (x ∉ A ou x ∉ B).

II. Verdadeira, pois para qualquer elemento x:x ∈ A� (B � C) ⇔ x ∈ A e x ∈ (B � C) ⇔⇔ (x ∈ A e x ∈ B) ou (x ∈ A e x ∈ C) ⇔⇔ x ∈ (A � B) ou x ∈ (A � C) ⇔⇔ x ∈ (A � B) � (A � C)

III. Verdadeira, pois x ∈ (A \ B) � (B \ A) ⇔ x ∈ (A\ B) ou x ∈ (B\ A) ⇔

⇔ ⇔

⇔ x ∈ (A� B) \ (A � B)

x ∈ A e x ∉ B ⇔ x ∈ (A� B) e x ∉ (A � B)ou

x ∈ B e x ∉ A ⇔ x ∈ (A� B) e x ∉ (A � B)�


2 CCConsidere conjuntos A, B � � e C � (A�B). Se A�B,A�C e B�C são os domínios das funções reais definidas

por ln (x – ��π), ��–x2 + 6x – 8 e , respectiva-

mente, pode-se afirmar que

a) C = ]��π, 5[. b) C = [2, π]. c) C = [2, 5[.

d) C = [π, 4]. e) C não é intervalo.

ResoluçãoConsiderando que A, B ∈ � e C � (A � B), temos:

1) De �n (x – ��π), tem-se x – ��π > 0 ⇔

⇔ x > ��π e, portanto, A � B = {x ∈ � � x > ��π}

2) De �� – x2 + 6x – 8, tem-se – x2 + 6x – 8 ≥ 0 ⇔

⇔ 2 ≤ x ≤ 4 e, portanto, A � C = {x ∈ � � 2 ≤ x ≤ 4}

3) De , tem-se ≥ 0 ⇔

⇔ (x – π) . (5 – x) ≥ 0 e x ≠ 5 ⇔ π ≤ x < 5 e,portanto, B � C = {x ∈ � � x ≤ x < 5}

Agora, observe o seguinte diagrama:

Desse diagrama, conclui-se que [2; 5[ � C. Se ∀x ∈ [��π; 2[ � [5; + ∞[ pertencesse a C, este valor dex pertenceria a A � C ou a B � C, o que não ocorre.Assim sendo, C = [2; 5[

x – π–––––5 – x

x – π–––––5 – x

x – π––––––5 – x

� �2 4 5

A B�

A C�

B C�


3 EESe z é uma solução da equação em �,

z – ––z + �z�2 = – �(��2 + i) � –i �12

,

pode-se afirmar que

a) i(z – ––z) < 0. b) i(z – ––z) > 0. c) �z� ∈ [5, 6].

d) �z� ∈ [6, 7]. e) �z + � > 8.

Resolução

1) (��2 + i) =

= – i + i + =

= – i = 1 – i

2) (1 – i)12 = (– 2i)6 = 64 . i6 = 64 . i2 = – 64

3) Se z = x + yi, com x, y ∈ �, então

x + yi – x + yi + x2 + y2 = 64 ⇔ (x2 + y2) + 2yi = 64 ⇔

⇔ x2 + y2 = 64 e 2y = 0 ⇔ x = ± 8 e y = 0

4) Os valores de z que satisfazem a equação são 8 e – 8

5) Se z = 8, então = > 8

6) Se z = – 8, então = > 8

��2 + 1––––––

3

��2 – 1––––––

3

3––3

3––3

��2 + 1 –––––––

3

��2 – 1 –––––––

3

2 + ��2 –––––––

3

2 – ��2 –––––––

3

��2 – 1 ��2 + 1�––––––– – ––––––– i�3 3

1–––––z

1�– 8 – ––�8

1�z + ––�z

1�8 + ––�8

1�z + ––�z


4 CCOs argumentos principais das soluções da equação em z,

iz + 3–z + (z + –z)2 – i = 0,pertencem a

a) , . b) , .

c) , . d) , � , .

e) 0, � , 2π .

Resoluçãoiz + 3–z + (z + –z)2 – i = 0

Se z = a + bi, tem-se:

i(a + bi) + 3(a – bi) + (a + bi + a – bi)2 – i = 0 ⇔

⇔ ai – b + 3a – 3bi + 4a2 – i = 0 ⇔

⇔ (4a2 + 3a – b) + (a – 3b – 1)i = 0 ⇔

⇔

De (II), tem-se: b = (III)

De (I) e (III), tem-se:

12a2 + 8a + 1 = 0 ⇔ a = – ou a = –

Portanto:

1) a = – ⇒ b = – ⇒ z = – – i

cujo argumento é θ =

2) a = – ⇒ b = – ⇒ z = – – i

cujo argumento pertence ao intervalo ,

De (1) e (2), conclui-se que os argumentos principaisdas soluções da equação pertencem ao intervalo

, .

�7π–––4

3π–––2�π

–––2

π–––4�3π

–––2

5π–––4�

�5π–––4

3π–––4�3π

–––4

π–––4

�7π–––4�π

–––4

1–––6

1–––2

a – 1–––––

3

4a2 + 3a – b = 0 (I)e

a – 3b – 1 = 0 (II)�

�3π–––2

5π–––4�

�3π–––2

5π–––4�

7–––18

1––6

7–––18

1––6

5π––––

4

1––2

1––2

1––2

1––2


5 DDConsidere a progressão aritmética (a1, a2, ..., a50) de razão d.

Se an = 10 + 25d e an = 4550, então

d – a1 é igual a

a) 3. b) 6. c) 9. d) 11. e) 14.

Resolução1) Se (a1, a2, a3, …, an, …) for uma progressão

aritmética de razão d, então a10 = a1 + 9d e a50 = a1 + 49d

2) an = 10 + 25d ⇒

⇒ . 10 = 10 + 25d ⇔

⇔ 2a1 + 9d = 2 + 5d ⇔ 2a1 + 4d = 2

3) an = 4550 ⇒ . 50 = 4550 ⇔

⇔ 2a1 + 49d = 182

4) De (2) e (3), temos:

⇔ ⇒ d – a1 = 11

50∑n = 1

10∑n = 1

d = 4a1 = – 7�2a1 + 49d = 182

2a1 + 4d = 2�

a1 + a1 + 49d–––––––––––––

2

50∑n = 1

a1 + a1 + 9d–––––––––––––

2

10∑n = 1


6 DDSejam f, g: � → � tais que f é par e g é ímpar. Dasseguintes afirmações:

I. f . g é ímpar,

II. f o g é par,

III. g o f é ímpar,

é (são) verdadeira(s)

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

d) apenas I e II. e) todas.

Resolução

f(– x) = f(x) e g(–x) = – g(x), pois f e g são respectiva -

mente funções par e ímpar.

I. Verdadeira.

f(– x) . g(– x) = f(x) . (– g (x)) = – f(x) . g(x) ⇔

⇔ f . g é ímpar.

II. Verdadeira.

(fog) (–x) = f[g(–x)] = f[–g(x)] = f[g(x)] = (fog)(x) ⇔

⇔ fog é par.

III. Falsa.

(gof) (–x) = g[f(–x)] = g[f(x)] = (gof)(x) ⇔ gof é par.


7 BBA equação em x,

arctg (ex + 2) – arccotg = , x ∈ � \{0},

a) admite infinitas soluções, todas positivas.

b) admite uma única solução, e esta é positiva.

c) admite três soluções que se encontram no intervalo

– , .

d) admite apenas soluções negativas.

e) não admite solução.

Resolução

Com – < a < e 0 < b < π, temos:

1) a = arc tg (ex + 2) ⇔ tg a = ex + 2

2) b = arc cotg ⇔ cotg b = ⇔

⇔ tg b =

3) a – b = ⇔ tg (a – b) = tg (π/4) ⇔

⇔ = 1 ⇔ tg a – tg b = 1 + tg a . tg b

Se, na equação:

(ex + 2) – = 1 + (ex + 2) .

fizermos ex = y, resulta:

(y + 2) – = 1 + (y + 2) . ⇔

⇔ y2 + 2y – y2 + 1 = y + y3 – y + 2y2 – 2 ⇔⇔ y3 + 2y2 – 2y – 3 = 0 ⇔ (y + 1) . (y2 + y – 3) = 0 ⇔

⇔ y = – 1 ou y = ou y =

Como y > 0, a única possibilidade e

y =

Portanto:

ex = ⇔ x = loge

> 0

Dessa forma, a equação admite uma únicasolução, e esta é positiva.

�3–––2

5–––2

π––4�ex

––––––e2x – 1�

tg a – tg b––––––––––

1 + tg a . tg b

π––4

e2x – 1–––––––

ex

ex–––––––e2x – 1

ex

�––––––––�e2x – 1

π–––2

π–––2

– 1 – ��13––––––––––

2

– 1 + ��13––––––––––

2

y2 – 1�––––––�y

y2 – 1�––––––�y

e2x – 1�––––––––�ex

e2x – 1�––––––––�ex

��13 – 1�––––––––�2

��13 – 1––––––––

2

– 1 + ��13–––––––––––

2


8 CCSabe-se que o polinômio p(x) = x5 – ax3 + ax2 – 1, a ∈ �,admite a raiz – i.

Considere as seguintes afirmações sobre as raízes de p:

I. Quatro das raízes são imaginárias puras.

II. Uma das raízes tem multiplicidade dois.

III. Apenas uma das raízes é real.

Destas, é (são) verdadeira(s) apenas

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

Resolução1) – i é raiz ⇒ + i é raiz ⇒

⇒ p(i) = i5 – a . i3 + a . i2 – 1 = 0 ⇒ a = – 12) a = – 1 ⇒

⇒ p(x) = x5 + x3 – x2 – 1 = x3(x2 + 1) – (x2 + 1) ⇒⇒ p(x) = (x2 + 1)(x3 – 1) = (x2 + 1).(x – 1) . (x2 + x + 1)

3) p(x) = 0 ⇔⇔ x2 + 1 = 0 ou x – 1 = 0 ou x2 + x + 1 = 0 ⇔⇔ x = + i ou x = – i ou x = 1 ou

x = – + i ou x = – – i

Portanto, I) F ; II) F e III) V

��3––––

21

–––2

��3––––

21

–––2


9 AA

Um polinômio real p(x) = an xn, com a5 = 4,

tem três raízes reais distintas, a, b e c, que satisfazem osistema

Sabendo que a maior das raízes é simples e as demais têmmultiplicidade dois, pode-se afirmar que p(l) é igual a

a) – 4. b) – 2. c) 2. d) 4. e) 6.

Resolução

1) ⇔

⇔ ⇔

2) As raízes de p(x) = 0 são r1 = 2, r2 = , r3 = ,

r4 = – 1, r5 = – 1

3) p(x) = an xn, com a5 = 4 ⇒

⇒ p(x) = 4(x – 2) x –2

. (x + 1)2 ⇒

⇒ p(1) = 4(1 – 2) . 1 –2

. (1 + 1)2 = – 4

5∑n = 0

a + 2b + 5c = 0a + 4b + 2c = 62a + 2b + 2c = 5�

a + 2b + 5c = 0

a + 4b + 2c = 6 .

2a + 2b + 2c = 5�

5∑n = 0

3–––2

3–––2

a = 23

b = ––2

c = – 1�a + 2b + 5c = 0

2b – 3c = 6– 11c = 11�

�3––2�

�3––2�


10 EE

Considere o polinômio p(x) = an xn com coefi -

cientes a0 = – 1 e an = 1 + ian – l, n = 1, 2, ..., 15. Dasafirmações:

I. p(– 1) ∉ �,

II. �p(x)� ≤ 4 (3 + ��2 + ��5), ∀x ∈ [– 1, 1],

III. a8 = a4,

é (são) verdadeira(s) apenas

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

ResoluçãoObservemos que:a0 = – 1a1 = 1 + i . a0 = 1 – ia2 = 1 + i . a1 = 1 + i . (1 – i) = 2 + ia3 = 1 + i . a2 = 1 + i . (2 + i) = 2ia4 = 1 + i . a3 = 1 + i . (2i) = – 1

desta forma, an é igual a – 1, (1 – i), (2 + i) ou 2i,conforme n seja do tipo 4k, 4k + 1, 4k + 2 ou 4k + 3,com n ∈ �, respectivamente.I) Falsa, pois

p(– 1) = an(– 1)n = a0 – a1 + a2 –

– a3 + a4 – … – a15 = [– 1 – (1 – i) + (2 + i) – 2i] +

+ [– 1 – (1 – i) + (2 + i) – 2i] + … +

+ [– 1 – (1 – i) + (2 + i) – 2i] = 0 ∈ �

II) Verdadeira

Observe que x ∈ [– 1; 1] ⇒ xn ∈ [– 1; 1] ⇔

⇔ �xn� ≤ 1 ⇔ �an� . �xn� ≤ �an� e

�p(x)� = � an xn � =

= �a0x0 + a1x1 + a2x2 + … + a15x15� ≤

≤ �a0x0� + �a1x1� + �a2x2� + … + �a15x15� =

= �a0�.�x0� + �a1�.�x1� + �a2�.�x2� + … + �a15�.�x15� ≤

≤ �a0� + �a1� + �a2� + … + �a15� =

= 4(�a0� + �a1� + �a2� + �a3�) = 4 . (1 + ��2 + ��5 + 2) =

= 4(3 + ��2 + ��5), pois �a0� = �– 1� = 1,

�a1� = �1 – i� = ��2, �a2� = �2 + i� = ��5, �a3� = �2i� = 2

III)Verdadeira, pois

a8 = 1 + ia7 = 1 + i . (1 + ia6) = 1 + i – a6 =

= 1 + i – (1 + ia5) = i – i(1 + ia4) = a4

15∑n = 0

15∑n = 0

15∑n = 0


11 BBA expressão (2��3 + ��5)5 – (2��3 – ��5)5 é igual a

a) 2630��5. b) 2690��5. c) 2712��5.

d) 1584��15. e ) 1604��15.

Resolução

1) �2��3 +��5 �5

= �2��3 �5

+ 5 . �2��3 �4

. ��5 +

+ 10 . �2��3 �3. ��5 �

2 + 10 . �2��3 �

2. ��5 �

3 +

+ 5 . �2��3 �1. ��5 �

4 + ��5 �

5

2) �2��3 – ��5 �5

= �2��3 �5

– 5 . �2��3 �4

. ��5 +

+ 10 . �2��3 �3. ��5 �

2 – 10 . �2��3 �

2. ��5 �

3 +

+ 5 . �2��3 �1. ��5 �

4 – ��5 �

5

3) �2��3 + ��5 �5

– �2��3 – ��5 �5

=

= 2 �5 . �2��3 �4

. ��5 + 10 . �2��3 �2. ��5 �

3 +

+ ��5 �5 = 2 . �720��5 + 600 ��5 + 25 ��5 =

= 2690 ��5


12 AAUm palco possui 6 refletores de iluminação. Num certoinstante de um espetáculo moderno os refletores sãoacionados aleatoriamente de modo que, para cada um dos

refletores, seja de a probabilidade de ser aceso.

Então, a probabilidade de que, neste instante, 4 ou 5refletores sejam acesos simultaneamente, é igual a

a) . b) . c) .

d) . e) + .

Resolução

Se a probabilidade de um refletor ser aceso é , a

de não ser aceso é .

Assim sendo, a probabilidade pedida é:

C6,4 .4

. 2

+ C6,5 .5

. 1

=

= + = =80–––243

64–––243

144–––243

16–––27

1�–––�3

2�–––�3

1�–––�3

2�–––�3

1––3

2––3

25

–––35

24

–––34

479––––729

151––––243

49–––81

16–––27

2–––3


13 DDConsidere a matriz

A = ∈ M3×3 (�),

em que a4 = 10, det A = – 1000 e a1, a2, a3, a4, a5 e a6formam, nesta ordem, uma progressão aritmética de razão

d > 0. Pode-se afirmar que é igual a

a) – 4. b) – 3. c) – 2. d) – 1. e) 1.

Resolução

1) det A = = a1 . a4 . a6 = –1000 ⇒

⇒ a1 . 10 . (a1 + 5d) = –1000 ⇔ a1 . (a1 + 5d) = –100

2) a4 = a1 + 3d = 10 ⇔ a1 = 10 – 3d

3) (10 – 3d) (10 – 3d + 5d) = –100 ⇔

⇔ 3d2 + 5d – 100 = 0 ⇔ d = ⇔

⇔ d = 5, pois d > 0

4) a1 = 10 – 3d = 10 – 3 . 5 = –5

5) Se a1 = –5 e d = 5, então = –1a1–––d

– 5 ± 35––––––––

6

a100

a2a40

a3a5a6

a1–––d

a1

0

0

a2

a4

0

a3

a5

a6

�


14 CCSobre os elementos da matriz

A = ∈ M4x4 (�)

sabe-se que (xl, x2, x3, x4) e (y1, y2, y3, y4) são duasprogressões geométricas de razão 3 e 4 e de soma 80 e255, respectivamente, Então, det(A–l) e o elemento(A–1)23 valem, respectivamente,

a) e 12. b) e –12.

c) e 12. d) e .

e) e .

Resolução

1) (x1, x2, x3, x4) é uma progressão geométrica de

razão 3 e x1 + x2 + x3 + x4 = 80

Logo: x1 + 3x1 + 9x1 + 27x1 = 80 ⇔ x1 = 2 ⇒

⇒ (x1, x2, x3, x4) = (2, 6, 18, 54)

2) (y1, y2, y3, y4) é uma progressão geométrica de

razão 4 e y1 + y2 + y3 + y4 =255

Logo: y1 + 4y1 + 16y1 + 64y1 = 255 ⇔ y1 = 3 ⇒

⇒ (y1, y2, y3, y4) = (3, 12, 48, 192)

3) det A = =

= 1 . (–1)5 . =

= 1 . (–1) . 1 . (–1)6 . = – (288 – 216) = –72

4) det (A–1) = = –

1–––12

1–––72

1–––12

1– –––

72

1– –––

72

1– –––

72

1–––72

x1

y1

0

1

x2

y2

0

0

x3

y3

0

0

x4

y4

1

0�

1–––72

1–––––det A

612

1848

6120

18480

541921

2301

61200

184800

5419210


5) Interpretando “o elemento (A–1)23” como sendo “oelemento b23 da matriz inversa de A”, temos:

b23 = =

= 12

cofator do elemento a32 de A––––––––––––––––––––––––––

det A

–864––––––72

= ––––––––––––– =–72

–1848

54192

(–1)5 .231

18480

541920

= ––––––––––––––––––––––––– =–72


15 AA

O valor da soma sen sen , para todo

α ∈ �, é igual a

a) �cos – cosα.

b) �sen – sen .

c) cos – cos .

d) �cos – cos .

e) cos – cosα.

Resolução

Lembrando que cos (a + b) – cos (a – b) =

= –2 sen a . sen b, temos:

cos + – cos – =

= –2 sen . sen ⇔

⇔ cos – cos = – 2sen . sen ⇔

⇔ sen . sen =

= �cos – cos ⇔

Desta forma:

sen . sen =

= �cos – cos =

= �cos – cos α + cos – cos +

+ cos – cos + cos – cos +

+ cos – cos + cos – cos =

= �cos – cos α1–––2

α�–––�729

α�–––�243α�–––�81

α�–––�729α�–––�243

3α�–––�3nα�–––�3n

1–––2

α�–––�3n2α�–––�3n

α�–––�3n2α�–––�3n

α�–––�3n3α�–––�3n

α�–––�3n2α�–––�3n

α––––�3n

2α�––––3n

α––––�3n

2α�––––3n

α�––––�729

α�––––�243

α�––––�729

1–––2

α�––––�729

α�––––�243

α�––––�729

α�––––�243

1–––2

α�––––�729

1–––2

α�–––�3n

2α�–––�3n

6

∑n = 1

α�–––�3n2α�–––�3n

6∑

n = 1

α�–––�27α�–––�81

α�–––�9α�–––�27

α�–––�3α�–––�9

α�–––�31

–––2

3α�–––�3nα�–––�3n

1–––2

6∑

n = 1


16 BB

Se os números reais α e β, com α + β = , 0 ≤ α ≤ β,

maximizam a soma sen α + sen β, então α é igual a

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

Resolução

1) sen α + sen β = 2 sen⇒

⇒ sen α + sen β = ��3 cos =

= ��3 cos �α – �

2) sen α + sen β = ��3 . cos �α – � é máximo para

α – = 0 ⇒ α = 2π––3

2π––3

2π––3

2π––3

α – β––––

2

�α + β α – β––––– cos –––––

2 24π

α + β = –––3

7π–––12

5π–––8

3π–––5

2π–––3

π ��3–––––

3

4π–––3


17 AAConsidere as circunferências C1: (x – 4)2 + (y – 3)2 = 4 eC2: (x – 10)2 + (y – 11)2 = 9. Seja r uma reta tangenteinterna a C1 e C2, isto é, r tangencia C1 e C2 e interceptao segmento de reta

–––––O1O2 definido pelos centros O1 de C1

e C2 de C2. Os pontos de tangência definem um segmentosobre r que mede

a) 5��3. b) 4��5. c) 3��6. d) . e) 9.

ResoluçãoAs circunferências C1: (x – 4)2 + (y – 3)2 = 4 eC2: (x – 10)2 + (y – 11)2 = 9 têm centro e raio,respectivamente:O1 (4, 3), r1 = 2 e O2 (10, 11), r2 = 3.A partir do enunciado, temos o seguinte gráfico, com:

1) O1O2 = (10 – 4)2 + (11 – 3)2 = 10

2) O1T1 = r1 = 2

3) O2T2 = r2 = 3

4) T1T2 é a distância entre os pontos de tangência.

Considerando o triângulo O1AO2 retângulo em A,

temos:

AO21 + AO2

2 = O1O22 (Teorema de Pitágoras)

Como O1O2 = 10, AO2 = r1 + r2 = 5 e O1A = T1T2,conclui-se que:

T1T22 + 52 = 102 ⇔ T1T2

2 = 75 ⇔ T1T2 = 5 . ��3

25–––3


18 DD

Um cilindro reto de altura cm está inscrito num

tetraedro regular e tem sua base em uma das faces dotetraedro. Se as arestas do tetraedro medem 3 cm, ovolume do cilindro, em cm3, é igual a

a) . b) . c) .

d) . e) .

Resolução

Sejam H e h as medidas, em centímetros, das alturasdos tetraedros regulares VABC e VDEF.Assim:

H = = ��6 e h = H – = ��6 – =

Sendo � a medida, em centímetros, da aresta dotetraedro VDEF, temos:

h = ⇒ = ⇔ � = 2

A medida r, em centímetros, do raio da base do

cilindro é da altura do triângulo equilátero DEF.

Assim, r = . = . =

Logo, o volume V do cilindro, em centímetros cúbicos,é:

V = π r2 . = π . . =

π––3

π ��6–––––

9

π ��6–––––

6

π ��3–––––

6

π ��3–––––

4

��6––––

3

A

B

C

D

3

F

r

E

h

H

3___6

3

V

π ��6 –––––

9��6

––––3

��3 2�––––�3

��6 ––––

3

��3 ––––

3

2 ��3 –––––

21

–––3

� ��3 –––––

21

–––3

1–––3

� ��6 –––––

3

2 ��6 –––––

3

� ��6 –––––

3

2 ��6 –––––

3��6

––––3

��6 ––––

3

3 ��6 –––––

3


19 EEUm triângulo equilátero tem os vértices nos pontos A, Be C do plano xOy, sendo B = (2,1) e C = (5,5). Dasseguintes afirmações:

I. A se encontra sobre a reta y = + ,

II. A está na intersecção da reta y = + com

a circunferência (x – 2)2 + (y – 1)2 = 25,

III. A pertence às circunferências (x – 5)2 + (y – 5)2 = 25

e2

+ (y – 3)2 = ,

é (são) verdadeira(s) apenas

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

Resolução

1) O ponto médio do segmento ––––BC é

2) O ponto A pertence à mediatriz do segmento ––––BC

cuja equação é y – 3 = – . ⇔

⇔ y = – x +

3) d2AB = d2

BC ⇒ (x – 2)2 + (y – 1)2 = 9 + 16 ⇔

⇔ (x – 2)2 + (y – 1)2 = 25

4) d2AM = ⇒ + (y – 3)2 =

5) A está na intersecção da reta de equação

y = – x + com a circunferência de equa-

ção (x – 2)2 + (y – 1)2 = 25 e a afirmação II,portanto, é verdadeira.

6) O ponto A também pertence à circunferência deequação

+ (y – 3)2 = e a afirmação III, pois,

também é verdadeira.

11–––2

3– –– x

4

75–––4

7�x – ––�2

45–––8

3– –– x

4

45–––8

3–––4

7�x – –––�2

3–––4

7M �––, 3�2

M

B(2,1)

A(x,y)

C(5,5)

75–––4

7�x – –––�2

2

45–––8

3–––4

75–––4

7�x – –––�2

2

5 ��3 2�–––––�2


A1

B(2,1)

C(5,5)

M

A2

(x-2) +(y-1) = 252 2

y = - 34

x+ 458

72

754)

2

)x- + =(y-3)2


20 BBSejam A, B, C e D os vértices de um tetraedro regularcujas arestas medem 1 cm. Se M é o ponto médio dosegmento

–––AB e N é o ponto médio do segmento

–––CD, então

a área do triângulo MND, em cm2, é igual a

a) . b) . c) .

d) . e) .

Resolução

––––DM é altura do triângulo equilátero ABD, e portanto,

DM = = cm

No triângulo retângulo MND, temos:

(MN)2 + (ND)2 = (DM)2 ⇒

⇒ (MN)2 + = ⇒ MN = cm

Assim, a área S do triângulo MND, em centímetrosquadrados, é:

S = = =

��3––––

9

��3––––

8

��3––––

6

��2––––

8

��2––––

6

��2 ––––

8

��2 1 –––– . –––

2 2–––––––––

2MN . ND––––––––

2

��2 ––––

2��3 2�––––�

21 2 �–––�2

��3 ––––

2

1 . ��3 ––––––

2


AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADASDE 21 A 30, DEVEM SER RESOLVIDAS E

RESPONDIDAS NO CADERNO DE SOLUÇÕES.

21Sejam A, B e C conjuntos tais que C � B,

n(B\C) = 3n(B � C) = 6n(A � B), n(A � B) = 22 e (n(C), n(A), n(B)) é uma progressão geométrica de razãor > 0.

a) Determine n(C).

b) Determine n(P(B\C)).

ResoluçãoSeja n(C) = x

1) C � B ⇔ B � C = C ⇒

2) n (B \ C) = 3n(B � C) ⇔⇔ n[B – (B � C)] = 3n(B � C) ⇔ n[B – C] == 3n(C) ⇔ n(B) – n(C) = 3n(C) ⇔

, pois C � B

3) Se (n(C), n(A), n(B)) é uma progressão geo -

métrica, então [n(A)]2 = n(C) . n(B) = x . 4x ⇔

⇔ , pois n(A) ≥ 0.

4) 3n(B � C) = 6n(A � B) ⇔ 3x = 6n(A � B) ⇔

⇔ n(A � B) =

5) Desta forma,

n(A � B) = n(A) + n(B) – n(A � B) =

= 2x + 4x – = = 22 ⇒ x = 4

Assim, n (C) = x = 4

e n(P (B \ C)) = 2n(B \ C)

= 23n(B � C) = 23 . x

=

= 23 . 4 = 212 = 4096

Respostas: a) 4 b) 4096

n(B � C) = n(C) = x

11x–––2

x–––2

x–––2

n(A) = 2x

n(B) = 4n(C) = 4x


22A progressão geométrica infinita (a1, a2, ..., an, ...) temrazão r < 0. Sabe-se que a progressão infinita (aI, a6, ..., a5n+1, ...) tem soma 8 e a progessão infinita (a5, a10, ..., a5n, ...) tem soma 2. Determine a soma daprogressão infinita (a1, a2, ..., an, ...).

ResoluçãoSe (a1, a2, a3, …) for uma progressão geométricainfinita de razão r < 0, então:

1) (a1, a6, a11,…) é uma progressão geométrica

infinita de razão r5 e, portanto:

= 8

2) (a5, a10, a15, …) é uma progressão geométricainfinita de primeiro termo a5 = a1 . r4 e razão r5 e,portanto:

= 2

3) De (1) e (2), temos:

= ⇔ = 4 ⇔

⇔ r = ± ⇒ r = – , pois r < 0

4) = 8 e r = – , então

= 8 ⇔ a1 = 8 + ��2

5) A soma dos termos da progressão geométricainfinita (a1, a2, a3, …) é

= 14 – 6��2

Resposta: 14 – 6��2

a1––––––1 – r5

1–––r4

8–––2

a1––––––1 – r5

––––––––––a1 . r

4

––––––1 – r5

a1 . r4

––––––1 – r5

8 + ��2–––––––––––

��21 + ––––

2

a1––––––––––––��2

1 + �––––�5

2

��2––––

2

a1––––––1 – r5

��2––––

2

1––––

��2


23Analise se a função f : � → �, f(x) = é bijetora

e, em caso afirmativo, determine a função inversa f–1.

Resolução1) Como a função g definida por

g(x) = 3x é estritamente crescente, então x1 < x2 ⇒

⇒ 3x1 < 3

x2 ⇒ 3x1 – 3

x2 < 0, ∀x1, x2 ∈ �

2) Como a função h definida por

f(x) = 3–x é estritamente decrescente, então

x1 < x2 ⇒ 3–x1 > 3

– x2 ⇒ 3–x1 – 3

– x2 > 0 ⇒

⇒ – (3–x1 – 3

– x2) < 0, ∀x1, x2 ∈ �

3) A função f definida por f(x) = é estrita-

mente crescente, pois para todo x1, x2, tal que x1 < x2, tem-se f(x1) < f(x2), pois

f(x1) – f(x2) = – =

= [(3x1 – 3

x2) – (3–x1 – 3

–x2)] < 0 ⇒ f(x1) < f(x2)

4) Se a função f é estritamente crescente, então ela éinjetora.

5) Im(f) = CD(f) = � ⇒ f é sobrejetora.

6) Se f é injetora e sobrejetora, ela é bijetora.

7) y = ⇒ 2y = 3x – ⇒

⇒ (3x)2 – 2y (3x) – 1 = 0 ⇒ 3x = ⇒

⇒ 3x = y + �� y2 + 1 ⇒ x = log3 (y + �� y2 + 1 )

8) A função f –1: � → � é definida por

f–1(x) = log3 (x + �� x2 + 1)

Resposta: f é bijetora e

f –1: � → � tal que f–1(x) = log3(x + �� x2 + 1)

3x – 3–x

––––––––2

3x2 – 3

–x2–––––––––

23

x1 – 3–x1

–––––––––2

3x – 3–x–––––––

2

2y + �� 4y2 + 4–––––––––––––

2

1–––3x

3x – 3–x–––––––

2

1–––2


24Seja f : � → � bijetora e ímpar. Mostre que a funçãoinversa f–1 : � → � também é ímpar.

Resolução

Sendo f: � → � bijetora e ímpar, para todo a ∈ �,

temos:

f(a) = b ∈ � ⇔ f –1(b) = a e f(– a) = – b

De f(– a) = – b, temos f –1(– b) = – a

Assim:

f– 1(– b) = – a = – f– 1(b) e, portanto, f– 1 é ímpar.


25Considere o polinômio p(x) = anxn, com coeficien -

tes reais, sendo a0 ≠ 0 e a6 = 1. Sabe-se que se r é raiz dep, – r também é raiz de p. Analise a veracidade oufalsidade das afirmações:

I. Se r1 e r2, �r1� ≠ �r2�, são raízes reais e r3 é raiz não realde p, então r3 é imaginário puro.

II. Se r é raiz dupla de p, então r é real ou imagináriopuro.

III. a0 < 0.

Resolução

1) p(x) = anxn = a0 + a1x1 + a2x2 + a3x3 + a4x4 +

+ a5x5 + x6 tem coeficientes reais. Portanto, se α + βi é raiz, então α – βi é raiz com a mesmamultiplicidade.

2) Se r1 e r2, �r1� ≠ �r2�, são raízes reais e r3 é raiz não

real de p, então p(r1) = 0, p(– r1) = 0, p(r2) = 0,

p(– r2) = 0, p(r3) = 0, p(– r3) = 0.

3) Se r3 = α + βi é raiz, então α – βi é raiz e se – r3 = – α – βi é raiz, então – α + βi é raiz. Paraque α + βi, α – βi, – α – βi, – α + βi representemapenas duas raízes, então α = 0, necessariamente,e as raízes são βi, – βi.

4) Considerando que se r é raiz de p, – r também éraiz de p, com a mesma multiplicidade, então se ré raiz dupla de p, então – r é raiz dupla de p.Se r = α + βi é a raiz dupla, então – r = – α – βi éraiz dupla. Mas, se α + βi é raiz, então α – βi é raize se α – βi é raiz, então – α + βi é raiz. Para que α + βi (dupla), – α – βi (dupla), α – βi (dupla), – α + βi (dupla) representem apenas as 4 raízes,deve-se ter α = 0 ou β = 0.

5) Considerando que se r é raiz de p, –r também éraiz de p, sem a mesma multiplicidade, então umpolinômio p pode ter as seguintes raízes:(1 + i) (dupla); (1 – i) (dupla); (–1 – i) (simples); (–1 + i) (simples)

6) O produto das 6 raízes de p(x) = 0 é + .

Se r1, – r1, r2, – r2, r3 e – r3 são as 6 raízes, então

a0 = r1 (– r1) . r2 (– r2) . r3 . (– r3) ⇔

⇔ a0 = – (r1 . r2 . r3)2

6

∑n = 0

6

∑n = 0

a0–––1


7) Se r1, r2 e r3 são raízes reais, então a0 < 0.

8) Se r1 e r2 são raízes reais e r3 = γi, então:

a0 = –(r1 . r2 . r3)2 = –(r1 . r2 . γi)2 =

= – (r1 . r2 . γ)2 . i2 ⇒ a0 = (r1 . r2 . γ)2 > 0

Resposta: A afirmação (I) é verdadeira.A afirmação (II) é falsa.A afirmação (III) é falsa.


26Uma urna de sorteio contém 90 bolas numeradas de 1 a90, sendo que a retirada de uma bola é equiprovável àretirada de cada uma das demais.

a) Retira-se aleatoriamente uma das 90 bolas desta urna.Calcule a probabilidade de o número desta bola ser ummúltiplo de 5 ou de 6.

b) Retira-se aleatoriamente uma das 90 bolas desta urnae, sem repô-la, retira-se uma segunda bola. Calcule aprobabilidade de o número da segunda bola retiradanão ser um múltiplo de 6.

Resolução1) Os múltiplos de 5 compreendidos entre 1 e 90,

inclusive, são os termos da progressão aritmética(5; 10; 15; …; 90), num total de 18 termos.

2) Os múltiplos de 6 compreendidos entre 1 e 90,inclusive, são os termos da progressão aritmética(6; 12; 18; …; 90), num total de 15 termos.

3) Os múltiplos de 5 e 6 compreendidos entre 1 e 90são 30, 60 e 90.

4) Os múltiplos de 5 ou 6 compreendidos entre 1 e 90totalizam 18 + 15 – 3 = 30 números.

a) A probabilidade de o número desta bola ser um

múltiplo de 5 ou 6 é =

b) Dos 90 números da urna, 75 não são múltiplos de6. A probabilidade da segunda bola retirada nãoser um múltiplo de 6 é

. + . =

Respostas: a) b)5

–––6

1–––3

5–––6

74–––89

75–––90

75–––89

15–––90

1–––3

30–––90


27Considere as matrizes A ∈ M4x4(�) e X, B ∈ M4x1(�) :

A = ; X = ; e B = ;

a) Encontre todos os valores reais de a e b tais que aequação matricial AX = B tenha solução única.

b) Se a2 – b2 = 0, a ≠ 0 e B = [1 1 2 4]t, encontre X tal queAX = B.

Resoluçãoa) AX = B tem solução única ⇔ det A ≠ 0 ⇔

⇔ ≠ 0 ⇔ (–2) . ≠ 0 ⇔

⇔ (– 4) . a2 ≠ 0 ⇔ a ≠ 0

b) AX = B ⇒ . =⇒

⇒

Da equação (III), temos: y = 1Subtraindo-se a equação (IV) da equação (I),temos:

2ax – y = –3 ⇒ 2ax – 1 = –3 ⇒ x = –

Substituindo-se x e y na equação (II), temos:

b . + 1 + az = 1 ⇒ z = = =

Substituindo-se x, y e z na equação (I), temos:

a . + 1 + b . + w = 1 ⇒ w = 1 –

Como a2 – b2 = 0 e a ≠ 0, temos: = 1 e

portanto w = 0

Respostas: a) a ≠ 0

b) X =

b1b2b3b4

�xyzw

�ab0–a

1122

ba0b

1001

�

ab–a

bab

101

ab0–a

1122

ba0b

1001

1

– ––a

11

–––b

0

�

b2–––a2

b2–––a2

b–––a2

1�– ––�a

1–––b

b–––b2

b–––a2

1�– ––�a

1–––a

ax + y + bz + w = 1 (I)bx + y + az = 1 (II)

2y = 2 (III)– ax + 2y + bz + w = 4 (IV)

�

1124

�xyzw

�ab0–a

1122

ba0b

1001

�


28Considere a equação

(3 – 2 cos2 x) �1 + tg2 � – 6 tg = 0.

a) Determine todas as soluções x no intervalo [0, π[.

b) Para as soluções encontradas em a), determine cotg x.

Resolução

a) (3 – 2 . cos2x) . – 6 . tg = 0 ⇔

⇔ (3 – 2 . cos2x) . sec2 – 6 . = 0 ⇔

⇔ – 6 . = 0

⇔ = 0 ⇔

⇔ = 0 ⇔

⇔ 3 – 2 . (1 – sen2x) – 3 . sen x = 0, com cos ≠ 0⇔

⇔ 2 . sen2x – 3 . sen x + 1 = 0 ⇔

⇔ sen x = 1 ou sen x =

No intervalo [0; π [, resulta:

x = ou x = ou x =

b) Sendo cotg x = , temos:

1) Para x = →

→ cotg = = = ��3

xsen ––2–––––––x

cos ––2

x–––2

x–––2

x�1 + tg2 –––�2

x–––2

x–––2

��3–––––2––––––1––2

πcos ––6––––––π

sen ––6

π–––6

π–––6

cos x––––––sen x

5π–––6

π–––2

π–––6

1–––2

x–––2

3 – 2 . cos2x – 3 . sen x–––––––––––––––––––x

cos2 ––2

x x3 – 2 . cos2x – 6 . sen –– . cos ––2 2––––––––––––––––––––––––––––x

cos2 ––2

xsen ––2–––––––x

cos ––2

3 – 2 . cos2x––––––––––––

xcos2 ––

2


2) Para x = → cotg = = = 0

3) Para x = →

→ cotg = = = – ��3

Respostas: a) x = ou x = ou x =

b) cotg x = ��3 ou cotg x = 0 ou cotg x = – ��3

5π–––6

π–––2

π–––6

��3– ––––2––––––1––2

5πcos –––6–––––––5π

sen –––6

5π–––6

5π–––6

0–––1

πcos ––2––––––π

sen ––2

π–––2

π–––2


29Determine uma equação da circunferência inscrita no

triângulo cujos vértices são A = (1,1), B = (1,7) e C = (5,4)

no plano xOy.

Resolução

O triângulo ABC é isósceles e a circunferência inscritatem seu centro C’ pertencente à reta y = 4. Seja C’ (a, 4) que acarreta r = a –1 > 0

A reta AC tem equação:

= 0 ⇔ 3x – 4y + 1 = 0

A distância de C’ à reta AC é igual a r, da qual:

a – 1 = ⇔ a – 1 = ⇔

⇔ �3a – 15� = 5a – 5 ⇔ a = 5/2 ou a = – 5 (rejeitado)

Assim, r = – 1 =

Logo, uma equação da circunferência inscrita no

triângulo ABC é

Resposta:

3–––2

5–––2

�3a – 15�–––––––––

5

�3a – 16 + 1�–––––––––––

��9 + 16

x51

y41

111

9(x – 5/2)2 + (y – 4)2 = –––

4

9(x – 5/2)2 + (y – 4)2 = –––

4


30As superfícies de duas esferas se interceptam ortogonal -mente (isto é, em cada ponto da intersecção os respectivosplanos tangentes são perpendiculares). Sabendo que os

raios destas esferas medem 2 cm e cm, respectiva -

mente, calcule

a) a distância entre os centros das duas esferas.

b) a área da superfície do sólido obtido pela intersecçãodas duas esferas.

Resolução

a) As superfícies de duas esferas se interceptamortogonalmente quando, para qualquer ponto Ada intersecção, temos os raios

—AB e

—AC perpen di -

culares.Assim, no triângulo ABC, retângulo em A, temos:

(BC)2 = 22 +2

⇒ BC = cm

b) No triângulo retângulo ABC, temos:

I) (AB)2 = (BC) . (BM) ⇒ 22 = . BM ⇒

⇒ BM = cm

II) CM = BC – BM = – ⇒ CM = cm

Assim, DM = BD – BM = 2 – ⇒

⇒ DM = cm e EM = CE – CM = – ⇒

⇒ EM = cm

A área S da superfície do sólido obtido pelaintersecção das duas esferas é dada pela soma dasáreas das calotas esféricas com alturas

—DM e

—EM

determinadas nas esferas com centros em B e emC, respectivamente.

3–––5

2–––5

3–––2

9–––10

8–––5

5–––2

8–––5

9–––10

8–––5

5–––2

� 3–––2 � 5

–––2

3–––2


Logo, S = 2π . (AB) . (DM) + 2π . (AC) . (EM) =

= 2π . 2 . + 2π . . = cm2

Respostas: a) cm b) cm217π––––

55

–––2

17π––––

53

–––5

3–––2

2–––5


matemÁtica - cursinho objetivo - curso pré …‡” x 2+ y = 64 e 2y = 0 ⇔ x = ± 8 e y = 0 4)...

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