– 1

FRENTE 1 – ÁLGEBRA

n Módulo 24 – Números Complexos

1) (5 + 7i) · (3 – 2i) = 15 – 10i + 21i – 14i2 = 15 + 11i + 14 = 29 + 11iResposta: C

2) f(z) = z2 – z + 1 ⇒ f(1 – i) = (1 – i)2 – (1 – i) + 1 == 1 – 2i + i2 – 1 + i + 1 = – iResposta: E

3) 2x + (y – 3)i = 3y – 4 + xi, (x e y são reais) ⇔

⇔ ⇔ ⇔ ⇒ x · y = 10

Resposta: C

4) I) z1 = a + 8ai e z2 = – 4 + bi, (a, b � �) ⇒⇒ z1 + z2 = (a – 4) + (8a + b)i

II) (z1 + z2) deve ser imaginário puro, então a – 4 = 0 e �b � �

⇔⇔ a = 4 e �b � �

Resposta: a = 4 e �b � �

5) I) (a + i) · (3 + 2i) = 3a + 2ai + 3i + 2i2 = (3a – 2) + (2a + 3)iII) (a + i) · (3 + 2i) deve ser um número real, então

2a + 3 = 0 ⇔ a = –

Resposta: D

6) (a + i)4 = (a + i)2 · (a + i)2 = (a2 + 2ai + i2) · (a2 + 2ai + i2) =

= [(a2 – 1) + 2ai] · [(a2 – 1) + 2ai] = [(a2 – 1) + 2ai]2 =

= (a2 – 1)2 + 2 · (a2 – 1) · 2ai + 4a2i2 = (a2 – 1)2 – 4a2 + 4a(a2 – 1)i

Para que (a + i)4 seja um número real, devemos ter:

4a · (a2 – 1) = 0 ⇔ 4a = 0 ou a2 – 1 = 0 ⇔ a = 0 ou a = ± 1

Assim, a pode assumir 3 valores reais, a saber: 0, 1 e – 1Resposta: C

7) = = = =

= = – i

Resposta: E

8) = = =

= = = = + i

Resposta: A

9) = = = =

= = + i � �, então:

= 0 ⇔ 2y – x = 0 ⇔ x – 2y = 0

Resposta: A

10) = = = = = i

Logo, 4

= i4 = 1

Resposta: E

11) I) (1 + i)10 = [(1 + i)2]5 = (1 + 2i + i2)5 = (2i)5 = 25 · i5 = 32i

II) = = · = = –

Resposta: A

n Módulo 25 – Potências Naturais de i eForma Algébrica

1) = = = 1 – i

Resposta: D

2) I) n = = = = 126

II) k = i + i2 + i3 + i4 + i5 + i6 + i7 + i8 + .... + i125 + i126 = i125 + i126 =1442443 1442443

= 0 = 0

= i1 + i2 = i – 1 = – 1 + iResposta: C

3) (1 + i)5 = (1 + i)2 · (1 + i)2 · (1 + i) =

= (1 + 2i + i2) · (1 + 2i + i2) · (1 + i) = (2i) · (2i) · (1 + i) =

= 4i2 · (1 + i) = – 4 · (1 + i)

Resposta: C

4) (1 + i)10 = [(1 + i)2]5 = [12 + 2i + i2]5 = (2i)5 = 32i

Resposta: A

5) (1 – i)16 = [(1 – i)2]8 = [12 – 2i + i2]8 = (–2i)8 = 256i8 = 256

Resposta: E

6) Sejam u = a + bi ⇒ u– = a – bi e v = c + di ⇒ v– = c – di

I) u– + v– = 1 – i ⇔ (a – bi) + (c – di) = 1 – i ⇔

⇔ (a + c) – (b + d)i = 1 – i ⇔

II) u2 – v2 = 6 ⇔ (u – v) · (u + v) = 6 ⇔

⇔ [(a + bi) – (c + di)] · [(a + bi) + (c + di)] = 6 ⇔

⇔ [(a – c) + (b – d)i] · [(a + c) + (b + d)i] = 6

CADERNO 6 – CURSO E

x = – 5y = – 2�x = y – 3

2 · (y – 3) = 3y – 4�2x = 3y – 4y – 3 = x�

3–––2

4 – 4i – 1––––––––4 – (– 1)

4 – 2i – 2i + i2–––––––––––––

22 – i2(2 – i) · (2 – i)––––––––––––(2 + i) ·(2 – i)

2 – i–––––2 + i

4––5

3––5

3 – 4i–––––––

5

35 + 10i + 7i + 2i2–––––––––––––––––

72 – (2i)2

(5 + i) · (7 + 2i)–––––––––––––––(7 – 2i) · (7 + 2i)

5 + i––––––7 – 2i

17–––53

33–––53

33 + 17i––––––––

5333 + 17i–––––––49 + 4

35 + 17i – 2––––––––––––––

49 – 4i2

2x + 2yi – xi – yi2–––––––––––––––––

22 – i2(x + yi) · (2 – i)–––––––––––––(2 + i) · (2 – i)

x + yi––––––2 + i

z1–––z2

(2y – x)–––––––

5(2x + y)–––––––

5(2x + y) + (2y – x)i

––––––––––––––––––4 + 1

2y – x––––––

5

2i–––2

1 + 2i + i2––––––––––

1 + 1(1 + i)2–––––––12 – i2

(1 + i) · (1 + i)––––––––––––––(1 – i) · (1 + i)

1 + i–––––1 – i

�1 + i–––––1 – i�

i–––32

i–––32i2

i––i

1–––––32 · i

1–––––32 · i

1–––––––(1 + i)10

– 1 + i–––––––

– 1i2 + i1––––––

i2i246 + i121––––––––

i34

9 · 8 · 7 · 6 · 5!––––––––––––––4 · 3 · 2 · 1 · 5!

9!––––––––––4! · (9 – 4)!�9

4�

a + c = 1b + d = 1�

MATEMÁTICA

III) Substituindo (I) em (II), temos:

[(a – c) + (b – d)i] · [1 + i] = 6 ⇔

⇔ (a – c) + (a – c)i + (b – d)i + (b – d)i2 = 6 ⇔

⇔ [(a – c) – (b – d)] + [(a – c) + (b – d)]i = 6 + 0i ⇔

⇔ ⇔

IV) ⇔ ⇒ ⇒ u – v = 3 – 3i

Resposta: D

7) Para z = a + bi e z– = a – bi, temos:

z + 2z– + 3z + 4z– = 320 + 28i ⇔⇔ 4z + 6z– = 320 + 28i ⇔ 4 · (a + bi) + 6 · (a – bi) = 320 + 28i ⇔⇔ 4a + 4bi + 6a – 6bi = 320 + 28i ⇔ 10a – 2bi = 320 + 28i ⇔

⇔ ⇒ z = 32 – 14i

Resposta: C

8) Para z = a + bi e z– = a – bi, temos:

z– = z2 ⇔ (a – bi) = (a + bi)2 ⇔ a – bi = a2 + 2abi + b2i2 ⇔

⇔ a – bi = (a2 – b2) + 2abi ⇔

⇔ ⇔ ⇔ ou ⇔

⇔ ou ⇔ ou ou

ou ou ⇒

⇒ z = 0 ou z = 1 ou z = – + i ou z = – – i

Resposta: E

9) Para z = x + yi e z– = x – yi, temos:

z · z– – 4 = 0 ⇒ (x + yi) · (x – yi) = 4 ⇔ x2 + y2 = 4, que representa

uma circunferência de centro na origem e raio 2.

Resposta: B

10) a) (I) z · z– = 4(x + iy) · (x – iy) = 4 ⇔ x2 – i2y2 = 4 ⇔ x2 + y2 = 4Os pontos (x, y), da última equação, descrevem umacircunferência de centro na origem e raio 2.

Pode-se, também, observar que:

x2 + y2 = 4 ⇔ � x2 + y2 = 2 ⇔ � z � = 2

(II) (z–)2 = z2

(x – iy)2 = (x + iy)2 ⇔ x2 – 2xyi + i2y2 = x2 + 2xyi + i2y2 ⇔⇔ 4xyi = 0 ⇔ x = 0 ou y = 0 ⇔ Re(z) = 0 ou Im(z) = 0

b) Fazendo (I) � (II), temos:

Assim, as intersecções são os pontos P1(2; 0); P2(0; 2); P3(– 2, 0) e P4(0; – 2).

Respostas: a) � z � = 2; Re(z) = 0 ou Im (z) = 0

b) (2; 0), (0; 2), (– 2; 0) e (0; – 2)

11) ⇒ Im(z1) � Im(z2)

Resposta: E

n Módulo 26 – Função Polinomial

1) Se P(x) = x3 + (2 + m)x2 + (3 + 2m)x + 3m, então:

P(m) = m3 + (2 + m) . m2 + (3 + 2m)m + 3m =

= m3 + 2m2 + m3 + 3m + 2m2 + 3m =

= 2m3 + 4m2 + 6m

2) P(x) = xn – xn – 1 + xn – 2 – … + x2 – x + 1; P(– 1) = 19Como os sinais dos coeficientes se alternam e x2 tem coefi -ciente positivo, todos os termos que possuem coeficientepositivo têm expoente par e, portanto, n é par.Para x = – 1, tem-se:P(– 1) = (– 1)n – (– 1)n – 1 + (– 1)n – 2 – … + (– 1)2 – (– 1)1 + 1 == 1 + 1 + 1 + … + 1 + 1 + 1 = 19

18 termos (pois 18 + 1 = 19)

Como de “(– 1)n” a “– (– 1)1” temos 18 termos, então n = 18.Resposta: E

a – c = 3b – d = – 3�(a – c) – (b – d) = 6

(a – c) + (b – d) = 0�

u = 2 – iv = – 1 + 2i�

a = 2b = – 1c = – 1d = 2

�a + c = 1a – c = 3b + d = 1b – d = – 3

�

a = 32b = – 14�10a = 320

⇔– 2b = 28�

a2 – b2 = a

1a = – ––

2�a2 – b2 = a

b = 0�a2 – b2 = ab(2a + 1) = 0�a2 – b2 = a

2ab = – b�

a = 1b = 0�a = 0

b = 0�1

a = – ––2

1 1–– – b2 = – ––4 2

�a2 = ab = 0�

1a = – ––

2

�3b = – ––––

2�

1a = – ––

2

�3b = –––––

2�

�3–––2

1––2

�3–––2

1––2

�z1 = 3 + 4i ⇒ Im(z1) = 4z2 = 5 – 7i ⇒ Im(z2) = – 7

2 –

3) Se 2 . P(x) + x2 . P(x – 1) = x3 + 2x + 2, então:

I) Para x = 0 fi 2 . P(0) + 02 . P(0 – 1) = 03 + 2 . 0 + 2 €

€ 2 . P(0) = 2 € P(0) = 1

II) Para x = 1 fi 2 . P(1) + 12 . P(1 – 1) = 13 + 2 . 1 + 2 €

€ 2 . P(1) + 1 . P(0) = 1 + 2 + 2 € 2 . P(1) + 1 . 1 = 5 €

€ 2 . P(1) = 4 € P(1) = 2

Resposta: E

4) Em P(x + 1) = x2 – 7x + 6, substituindo x por x – 1, tem-se:

P(x – 1 + 1) = (x – 1)2 – 7(x – 1) + 6 €

€ P(x) = x2 – 2x + 1 – 7x + 7 + 6 € P(x) = x2 – 9x + 14

5) I) P(x) = ax3 + bx2 + cx + 2

II) P(– x) = a(– x)3 + b(– x)2 + c(– x) + 2 = – ax3 + bx2 – cx + 2

III) P(x) – P(– x) = 2ax3 + 2cx

IV)Se P(x) – P(– x) = x3 fi 2ax3 + 2cx = x3, então:

€

V) P(– 1) = 0 fi – a + b – c + 2 = 0 fi

fi – + b – 0 + 2 = 0 € b = –

Assim, P(x) = . x3 – . x2 + 2 e, portanto,

P(1) = – + 2 = 1 e P(2) = . 8 – . 4 + 2 = 0

Resposta: C

6) Para que o polinômio p(x) = (m – 4)x3 + (m2 – 16)x2 + (m + 4)x + 4 tenha grau 2,devemos ter:

€ fi não existe m

Resposta: E

7) gr(f) = n + 2

gr(g) = n – 1

f(x) g(x)

r(x) q(x)

I) gr(q) = gr(f) – gr(g) = (n + 2) – (n – 1) = 2 + 1 = 3 fi gr(q) = 3II) 0 � gr(r) � gr(g) fi 0 � gr(r) � n – 1; n Œ �*, n � 2

8) 4x2 – (x2 + x3) + x3 + 2x – 3x2 – 2x =

= 4x2 – x2 – x3 + x3 + 2x – 3x2 – 2x = 4x2 – 4x2 + 0 . x3 + 0 . x =

= 0 . x3 + 0 . x2 + 0 . x

Resposta: E

9) I) ax2 + b(x + 1)2 + c(x + 2)2 = (x + 3)2 €

€ ax2 + bx2 + 2bx + b + cx2 + 4cx + 4c = x2 + 6x + 9 €

€ (a + b + c) . x2 + (2b + 4c) . x + b + 4c = x2 + 6x + 9

II) € €

€ € €

III) a – b + c = 1 – (– 3) + 3 = 1 + 3 + 3 = 7

Resposta: E

10) I) P1(x) = (m + n + p)x4 – (p + 1)x3 + mx2 + (n – p)x + n

II) P2(x) = 2mx3 + (2p + 7)x2 + 5mx + 2m

III) P1(x) = P2(x) €

€ € €

€ €

Resposta: A

11) = + €

€ = €

€ Ax + A + Bx – B = x + 3 € (A + B) . x + (A – B) = x + 3 €

€ €

Resposta: E

12) = + + € =

= €

€ a(x2 – 4) + bx2 + 2bx + cx2 – 2cx = 8 €

€ (a + b + c)x2 + (2b – 2c)x – 4a = 8 €

€ €

Resposta: E

� 2a = 12c = 0 �

1a = ––

2c = 0

1–––2

3–––2

1–––2

3–––2

1–––2

3–––2

1–––2

3–––2

�m – 4 = 0m2 – 16 ≠ 0 �m = 4

m ≠ 4 e m ≠ – 4

�a + b + c = 12b + 4c = 6b + 4c = 9

�a + b + c = 1b + 2c = 3b + 4c = 9

�a + b + c = 1b + 4c = 9c = 3

�a + b = – 2b = – 3c = 3

�a = 1b = – 3c = 3

�m + n + p = 0– p – 1 = 2mm = 2p + 7n – p = 5mn = 2m

�m + n + p = 02m + p = – 1m = 2p + 7n – p = 5mn = 2m

�m + n + p = 0p = – 3m = 1n = 2

�m = 1n = 2p = – 3

x + 3–––––––x2 – 1

A–––––––

x – 1

B–––––––

x + 1

x + 3–––––––––––––––(x – 1) . (x + 1)

A . (x + 1) + B . (x – 1)––––––––––––––––––––––

(x – 1) . (x + 1)

� A + B = 1 A – B = 3 � A = 2

B = – 1

8–––––––x3 – 4x

a–––x

b–––––––

x – 2

c–––––––

x + 2

8––––––––––––––––––x . (x – 2) . (x + 2)

a . (x – 2) . (x + 2) + b . x . (x + 2) + c . x . (x – 2)–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––

x . (x – 2) . (x + 2)

�a + b = c = 02b – 2c = 0– 4a = 8

�a = – 2b = 1c = 1

– 3

n Módulo 27 – Polinômios: Divisão

1) P(x) = x5 – 7x2 + 2x + 4Q(x) = x3 – 8

I) x5 – 7x2 + 2x + 4 x3 – 8

– x5 + 8x2 x2

–––––––––––––––––R(x) = x2 + 2x + 4

II) R(x) = x2 + 2x + 4

A = 1; B = 2; C = 4

III) 4A + 2B + C = 4 + 4 + 4 = 12

Resposta: C

2) x4 + 69 x2 + 4x + 8

– x4 – 4x3 – 8x2 x2 – 4x + 8–––––––––––––––––– 4x3 – 8x2 + 69+ 4x3 + 16x2 + 32x–––––––––––––––––

8x2 + 32x + 69– 8x2 – 32x – 64–––––––––––––––––

5

Resposta: D

3) I) P(x) = 2 . (x + 1)2 + x . (x – 1) + 8 =

= 2x2 + 4x + 2 + x2 – x + 8 = 3x2 + 3x + 10

II) 3x2 + 3x + 10 x2 + x + 1

– 3x2 – 3x – 3 3––––––––––––––

7

Resposta: C

4) P(x) x2 + 1fi

x + 1 2x – 1

fi P(x) = (x2 + 1) . (2x – 1) + (x + 1) €

€ P(x) = 2x3 – x2 + 2x – 1 + x + 1 € P(x) = 2x3 – x2 + 3x

Resposta: D

5) I) P(x) x2 + x – 1

13x + 5 x – 5

Portanto:

P(x) = (x2 + x – 1) . (x – 5) + 13x + 5

II) P(1) = (12 + 1 – 1) . (1 – 5) + 13 . 1 + 5 = – 4 + 13 + 5 = 14

Resposta: E

6) I) x3 + mx2 – 1 x2 + x – 1

– x3 – x2 + x x + (m – 1)––––––––––––––––––

(m – 1) . x2 + x – 1– (m – 1) . x2 – (m – 1) . x + m – 1––––––––––––––––––––––––––––––––(– m + 2) . x + m – 2

II) (– m + 2) . x + m – 2 = 0 . x + 0 €

€ € m = 2

Resposta: E

7) I) ax4 + 5x2 – ax + 4 x2 – 4

– ax4 + 4ax2 ax2 + (5 + 4a)–––––––––––––––––––––

(5 + 4a)x2 – ax + 4– (5 + 4a)x2 + 16a + 20–––––––––––––––––––––

– ax + 16a + 24

II) r(4) = 0 fi r(4) = – 4a + 16a + 24 = 0 fi 12a = – 24 fi a = – 2

III) Q(x) = ax2 + (5 + 4a) = – 2x2 + [5 + 4 . (– 2)] = – 2x2 – 3

IV)Q(1) = – 2 . (1)2 – 3 = – 2 – 3 = – 5

Resposta: C

8) Note que x2 + 2x – 3 = (x + 3) . (x – 1)

Fazendo P(x) = x80 + 3 . x79 – x2 – x – 1, temos:

I) x80 + 3 . x79 – x2 – x – 1 x + 3

r1 Q1(x)

r1 = P(– 3) = (– 3)80 + 3 . (– 3)79 – (– 3)2 – (– 3) – 1 =

= 380 – 380 – 9 + 3 – 1 = – 7 fi P(– 3) = – 7

II) x80 + 3 . x79 – x2 – x – 1 x – 1

r2 Q2(x)

r2 = P(1) = 180 + 3 . 179 – 12 – 1 – 1 = 1 + 3 – 1 – 1 – 1 = 1 fi

fi P(1) = 1

III) P(x) (x + 3) . (x – 1) fi

R(x) = ax + b Q(x)

fi P(x) = (x + 3) . (x – 1) . Q(x) + ax + b

IV) fi € fi R(x) = 2x – 1

V) R(0) = 2 . 0 – 1 = – 1

Resposta: B

� – m + 2 = 0m – 2 = 0

� P(– 3) = – 7P(1) = 1 � – 3a + b = – 7

a + b = 1 � a = 2 b = – 1

4 –

FRENTE 2 – ÁLGEBRA

n Módulo 24 – Juros Simples e Composto

1) a) O rendimento (Rs) da aplicação, durante os 4 me sesconsiderados, em reais e a juros simples, foi de

Rs = = 400

b) A juros compostos, a aplicação renderá, em reais,

Rc = 1000 . (1 + 10%)4 – 1000 = 1000 . 1,14 – 1000 = 464,1

Respostas: a) R$ 400,00 b) R$ 464,10

2) C = x, i = 20%, J = x e J = fi x = fi t = 5

Resposta: E

3) Se o capital total da pessoa é x reais, então:

I) O valor da aplicação é C = x

II) A taxa é de 2,5% ao mês, então, i = 2,5

III) O tempo é t = 90 dias = 3 meses

IV) Os juros são de J = 9600

Assim, 9 600 = € 3x = 960 000 € x = 320 000

Resposta: A

4) I) O capital é C = 1 500 000

II) A taxa é de 2% ao mês, então, i = 2.

III) O tempo é t = 3 anos = 36 meses

IV) Os rendimentos (juros) são dados por:

J = = = 1 080 000

Resposta: R$ 1 080 000,00

5) I) O capital é C = 70 000II) A taxa é de 15% ao ano, então, i = 15

III) O tempo é t = 120 dias = 4 meses = de um ano =

= ano

IV) Os juros são dados por:

J = = = 3 500

Resposta: R$ 3 500,00

6) Sendo C, em reais, o capital aplicado a 1,8% ao mês, então, R$ 24000 – C é o capital aplicado a 3% ao mês, assim, paraque os juros em um mês sejam de R$ 480,00, tem-se:

+ = 480 €

€ 1,8 . C + 72 000 – 3C = 48 000 € 1,2 . C = 24 000 € C = 20 000Resposta: E

n Módulo 25 –Sequências, ProgressãoAritmética

1) Se a1 = 1, a2 = 3 e an + 2 = an + an + 1, "n Œ �*, então:

I) a3 = a1 + a2 = 1 + 3 = 4

II) a4 = a2 + a3 = 3 + 4 = 7

III) a5 = a3 + a4 = 4 + 7 = 11

IV) a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 1 + 3 + 4 + 7 + 11 = 26

Resposta: D

2) I) an = 1 – = = , "n Œ �*

II) a1 . a2 . a3 . … . a98 . a99 =

= . . . … . . = = 0,01

Resposta: C

3) Na P.A., tem-se a7 = 12 e r = 5, então:

a7 = a1 + 6 . r fi 12 = a1 + 6 . 5 € 12 = a1 + 30 € a1 = – 18Resposta: A

4) O décimo quinto termo da progressão aritmética (5; 7; 9; …)é a15 = 5 + 14 . 2 = 33.

Resposta: C

5) A população mundial atual é de 4 × 1,5 bilhão de pes soas, ouseja, 6,0 bilhões de habitantes.Assim, na progressão aritmética (p1, p2, p3 , …) quedetermina o número de habitantes da Terra em (2007, 2008,2009, …), respectivamente, temos:I) p1 = 6,0 bilhões e p2 = 6,095 bilhões, portanto, a razão (r) da

progressão é, em número de habitantes, r = (6,095 – 6,0)bilhão = 0,095 bilhão.

II) p19 = p1 + (19 – 1) . r = (6,0 + 18 . 0,095) bilhões == 7,71 bilhões.

O número de habitantes da Terra que, em 2025, não terá água

potável será de . 7,71 bilhões = 5,14 bilhões.

Resposta: A

6) I) (20; 23; 26; …; 152) é uma P.A. de razão 3, então:an = a1 + (n – 1) . r fi 152 = 20 + (n – 1) . 3 €€ 132 = (n – 1) . 3 € 44 = n – 1 € n = 45, assim, o restau -rante serviu 152 refeições após 45 dias de funcionamento.

II) Não abrindo aos domingos, cada semana tem 6 dias defuncionamento do restaurante, assim:

fi 45 = 6 . 7 + 3

III) Se o primeiro dia de funcionamento foi uma segunda-feira, 45 dias depois equivalem a 7 semanas de segunda asábado mais 3 dias, o que ocorreu numa quarta-feira.

Resposta: C

1 000 . 10 . 4–––––––––––––

100

cit––––100

x . 20 . t–––––––

100

2––5

2–– x . 2,5 . 35

––––––––––––––100

C . i . t –––––––

1001 500 000 . 2 . 36

–––––––––––––––––100

4–––12

1––3

C . i . t –––––––––

100

170 000 . 15 . ––

3––––––––––––––––

100

C . 1,8 . 1–––––––––––

100

(24 000 – C) . 3 . 1––––––––––––––––––

100

1––––––n + 1

n + 1 – 1–––––––––

n + 1n

––––––n + 1

1––2

2––3

3––4

98–––99

99––––100

1––––100

2–––3

453

67

– 5

7) Observando-se que

f(n + 1) = = + = f(n) + , a

sequência definida por é uma P.A. cujo

primeiro termo é f(1) = 2 e cuja razão é r = , assim:

f(101) = f(1) + 100 . r = 2 + 100 . = 2 + 50 = 52

Resposta: D

8) I)fi 1492 + (15 – 7) = 1500 é múltiplo de 15

II)fi 3 427 – 7 = 3 420 é múltiplo de 15

III) Os múltiplos de 15 entre 1 492 e 3 427 estão em P.A. com

a1 = 1 500, r = 15 e an = 3 420, assim:

an = a1 + (n – 1). r fi 3 420 = 1 500 + (n – 1) . 15 €

€ 3 420 = 1 500 + 15n – 15 € 1 935 = 15n € n = 129

Resposta: 129

n Módulo 26 –Propriedades da Progressão Aritmética

1) 3r – 1 = € 6r – 2 = 2r – 4 € 4r = – 2 € r = –

Resposta: B

2) I) Se a for a idade do filho do meio e r for a razão, podemosre presentar essas idades por a – 2r; a – r; a; a + r; a + 2r

II) Pelo enunciado:

€

III) As idades são: 14; 17; 20; 23; 26.

IV) A idade do 2o. filho é 23.Resposta: B

3) Sendo x a quantia emprestada por cada irmão, em milharesde reais, tem-se:I) (15 – x; 4 + 2x; 17 – x) é uma P.A., então

4 + 2x = €

€ 8 + 4x = 32 – 2x € 6x = 24 € x = 4II) O valor emprestado, acrescido de 20% é dado por

2x . 1,20 = 2 . 4 . 1,20 = 9,6

III) 9,6 milhares de reais = 9 600 reais

Resposta: E

4) Na P.A., a9 + an – 8 = a1 + an, pois 9 + n – 8 = 1 + n, assim:

a9 + an – 8 = (x – 1)3 + (x + 1)3 =

= x3 – 3x2 + 3x – 1 + x3 + 3x2 + 3x + 1 = 2x3 + 6xResposta: A

5) a6 + an–5 = a1 + an, pois 6 + n – 5 = 1 + n.

Portanto, a6 + an–5 = a1 + an = 120

Resposta: A

n Módulo 27 –Soma dos Termos de umaProgressão Aritmética

1) Os n primeiros números ímpares (1, 3, 5, ..., 2n – 1) formamuma progressão aritmética de primeiro ter mo a1 = 1,milésimo termo a1000 = 2 . 1000 – 1 = 1999, e cuja soma é dadapor:

€ €

€ S1000 = 1.000.000

Resposta: A

2) Observando que 100 ___7 e 250 ___7 concluímos que o2 14 5 35

primeiro múltiplo de 7 após o 100 é a1 = 100 + (7 – 2) = 105 e

o múl tiplo de 7 que antecede o 250 é an = 250 – 5 = 245.

A soma pedida é, portanto,

Sn = 105 + 112 + 119 + ... + 245 =

Como an = a1 + (n – 1) . r, temos que

245 = 105 + (n – 1) . 7 € n – 1 = 20 € n = 21

Então, Sn = = 175 . 21 = 3 675

Resposta: E

3) S11 = . 11 = 1474 €

€ = 134 € = 134 € a6 = 134

Resposta: C

4) Se Tn representa o enésimo número triangular, então T1 = 1T2 = 1 + 2T3 = 1 + 2 + 3�Tn = 1 + 2 + 3 + … + n

Portanto, T100 = 1 + 2+ 3 + … + 100 = . 100 = 5050

Resposta: A

2 . f(n) + 1––––––––––––

22 . f(n)

––––––––2

1–––2

1–––2

�f(1) = 2

1f(n + 1) = f(n) + ––

21

–––2

1–––2

1 492 157 99

3 427 157 228

r – 1 + r – 3–––––––––––––

21––2

� (a – 2r) + (a – r) + a + (a + r) + (a + 2r) = 100(a + 2r) – (a – 2r) = 12 � a = 20

r = 3

15 – x + 17 – x–––––––––––––––

2

(a1 + an) . nSn = –––––––––––––

2

(1 + 1999) . 1000S1000 = –––––––––––––––––

2

(105 + 245) ––––––––––– . n

2

(105 + 245) ––––––––––– . 20

2

(a1 + a11)–––––––––

2

(a1 + a11)–––––––––

22a6–––––2

(1 + 100)–––––––––

2

6 –

5) Os números naturais n, 100 ≤ n ≤ 999, que, divididos por 9,deixam resto 2, são os termos da progressão aritmética: (101;110; 119; ...; 992), de razão r = 9

Fazendo a1 = 101 e ap = 992, tem-se:

ap = a1 + (p – 1) . r fi 992 = 101 + (p – 1) . 9 € p = 100

e Sp = S100 = = 54 650

Resposta: D

6) I) Se (a1, a2, a3, …, a25) forem os 25 primeiros termos de umaprogressão aritmética, de razão 2, que representam ospreços dos DVDs, então

€

II) A soma do 25 primeiros termos da progressão aritmética (8, 10, 12, …, 56, …) é

S25 = . 25 = 800

Resposta: E

7)

Observe na figura que o ponto A de início da busca é o centrode um quadrado, onde um dos vértices é o ponto N, local donaufrágio.Se AN = 15���2 milhas, o último trecho percorrido pela equipeantes de atingir os naúfragos é lado de um quadrado de 30milhas de lado.Assim, a equipe andou3 + 3 + 6 + 6 + 9 + 9 + … + 30 + 30 = 2 . (3 + 6 + 9 + … + 30) =

= 2 . = 330 milhas e levou = 11 horas.

Resposta: B

8)

Portanto,

€ e,

consequentemente, r = a2 – a1 = 4.

Resposta: D

9) a) a1 + a9 = a1 + a1 + 8r = a1 + r + a1 + 7r = a2 + a8

b) S9 = 17 874 € = 17 874 e como

a1 + a9 = a5 + a5 = 2 . a5, tem-se:

= 17 874 € 9 . a5 = 17 874 € a5 = 1 986

Respostas: a) demonstraçãob) 1986

FRENTE 3 – GEOMETRIA MÉTRICA

n Módulo 24 – Prismas

1)

I) Área lateral (AL):

AL = 48 m2 fi 3 . L2 = 48 fi L = 4 m

II) Área da base (Ab):

Ab = = m2 = 4���3 m2

III) Volume do prisma (V):

V = Ab . h = 4���3 . 4 m3 = 16���3 m3

Resposta: E

2)

Prisma de base pentagonalResposta: E

(101 + 992) . 100–––––––––––––––––

2

� a25 = a1 + (25 – 1) . 2

a25 = 7a1� a1 = 8

a25 = 56

8 + 56–––––––––

2

(3 + 30) . 10––––––––––––

2

330––––30

� S1 = a1 = 2 . 12 + 3 . 1 = 5S2 = a1 + a2 = 2 . 22 + 3 . 2 = 14

� a1 = 5a1 + a2 = 14 � a1 = 5

a2 = 9

(a1 + a9) . 9–––––––––––––

2

2 . a5 . 9––––––––––

2

42 . ���3––––––––

4L2 . ���3

––––––––4

– 7

3)

I) Base do prisma:

52 = 42 + h2 fi h = 3

II) Área da base (Ab):

Ab = m2 = 12 m2

III) Volume do prisma (V):V = Ab . H = 12 m2 . 3m = 36 m3

Resposta: C

4)

I) Aresta da base (�):� = raio circunferência circunscrita = 2

II) Área base (Ab):

Ab = 6 . = = 6���3

III) Área lateral (AL):

AL = 6 . � . h = 6 . 2 . ���3 = 12���3

IV)Área total (AT):

AT = 2 . Ab + AL = 2 . 6���3 + 12���3 =

= 12���3 + 12���3 = 24���3

Resposta: B

5)

I) Altura da base (a), em cm: 102 = a2 + 62 fi a = 8

II) Área da base (Ab), em cm2:

Ab = = 48

III) Altura do prisma (h), em cm, e volume do prisma (V), emcm3:V = Ab . h fi 528 = 48 . h € h = 11

Resposta: B

6)

I) Área lateral (AL), em cm2: AL = 4 . 25 . 50 = 5000

II) Área da base (Ab), em cm2:Ab = 25 . 25 = 625

III) Sendo n, em cm, o comprimento do tecido, temos:AL + Ab = n . 50 fi 5000 + 625 = n . 50 € n = 112,5

IV)112,5 cm = 1,125 m

Resposta: E

8 . 3–––––

2

�2 ���3––––––

46 . 22 ���3

––––––––––4

12 . 8––––––

2

8 –

7) I) Área da base do prisma (pentágono da frente do galpão):

Ab = 2 . = 32

II) Volume galpão = Abase . 12 = 32 . 12 = 384

Resposta: B

8)

I) Área total (AT), área da base (Ab), área lateral (AL), em m2,

e aresta da base (�), em m:

AT = 2 . Ab + AL fi 80 = 2 . �2 + 4 . � . 3 €

€ �2 + 6� – 40 = 0 fi � = 4, pois � > 0

II) Volume do prisma (V), em m3:

V = Ab . h = �2 . h = 42 . 3 = 48

Resposta: B

9)

a) Considerando que os lados são as arestas de base (�), emcm, e a área lateral (AL), em cm2, temos:AL = 6 . � . h fi 60 = 6 . � . 5 € � = 2

b) Volume do prisma (V), em cm3, e área da base (Ab), emcm2:

V = Ab . h = 6 . . h = 6 . . 5 = 30���3

Respostas: a) 2 cm b) 30���3 cm3

10)

I) Cálculo da aresta do cubo:

V = 1� = 1 dm3 = 1000 cm3 = a3 fi a = 10 cm

II) Cálculo de x:

tg 30° = fi = € x = cm

III) Volume do leite derramado, em cm3, é o volume do pris -ma de base triangular e altura a.

Vleite = Abase . altura = . 10 =

Resposta: C

n Módulo 25 – Paralelepípedos e Cubos

1)

x2 = 22 + 22 ⇔ x2 = 8 fi x = 2���2Resposta: B

2) I) AP = AB + BP = 2 + 3 = 5

II) PC2 = AP2 + AC2 = 52 + 22 = 25 + 4 = 29 fi PC = �����29

III) PD2 = PC2 + CD2 = 29 + 22 = 29 + 4 = 33 fi PD = �����33

Resposta: PC = �����29 e PD = �����33

(3 + 5) . 4––––––––––

2

22 . ���3––––––––

4l2 . ���3

––––––––4

10���3––––––

3x

––––––10 cm

���3–––3

x–––a

500���3–––––––

3

10���3–––––– . 10

3–––––––––––––

2

– 9

3)

I) Se I é o centro do quadrado, então AI = . ���2

II) Se M é o ponto médio de AE, então AM =

III) Aplicando-se o Teorema de Pitágoras no triângulo MAI,

temos (MI)2 = (AM)2 + (AI)2 fi

fi (MI)2 = 2

+ . ���2 2

= fi MI =

Resposta: C

4) Seja a a medida da aresta do cubo de volume V = a3.

I) (a – 1)3 = V – 61 fi a3 – 3a2 + 3a – 1 = a3 – 61 ⇔⇔ – 3a2 + 3a + 60 = 0 ⇔ a2 – a – 20 = 0 fi a = 5, pois a > 0

II) A área total do cubo é 6 . a2 = 6 . 52 = 6 . 25 = 150Resposta: C

5) O triângulo EDG é equilátero de lado 20���2 cm, pois ossegmentos ED, DG e EG são as diagonais das faces ADHE,CDHG e EFGH do cubo, respectivamente. Logo, sua área S,em cm2, é dada por:

S = = 200���3

Resposta: C

6) De acordo com o enunciado, temos:80% . 20 . 8 . h = 256 € 128 . h = 256 € h = 2Resposta: B

7) Sejam a, b e c as medidas, em cm, das dimensões do parale -lepípedo:

I) fi c = 8

II) fi b = 5

III) b = 5 e c = 8, então bc = 40

IV)A área total do paralelepípedo, em cm2, é:

AT = 2(ab + ac + bc) = 2(30 + 48 + 40 ) = 2 . 118 = 236

Resposta: C

8) A área total do sólido é dada por:

AT = 2 . (13 . 7 – 5 . 3) + 2 . (7 . 2) + 2 . (13 . 2) + 2 . (3 . 2) =

= 2 . 76 + 2 . 14 + 2 . 26 + 2 . 6 = 244

Resposta: D

9) Para que o volume do bloco (Vb) seja igual ao volume doorifício (V0), o volume do cubo (Vc), em cm3, deverá ser talque:

Vc = 2V0 fi 80 . 80 . 80 = 2 . L . L . 80 €

€ L2 = 3 200 € L = 40 �2

Resposta: B

10) I) O volume total da carroça é 1 m . 1 m . 2 m = 2 m3.II) Se x, em metros, for a altura da nova carroça, então:

2 . 1 . x = 1,2 . 2 ⇔ x = 1,2Resposta: B

n Módulo 26 – Pirâmide

1)

Sejam � a medida da aresta da base, g o apótema lateral e ao apótema da base, em centímetros.I) 4� = 40 ⇔ � = 10

II) a = = = 5

III) g2 = a2 + 122 = 25 + 144 = 169 fi g = 13

IV)A área lateral da pirâmide, em centímetros quadrados, édada por:

AL = 4 . = 4 . = 4 . 65 = 260

Resposta: 260 cm2

a–––2

a–––2

� a–––2 � � a

–––2 �

3a2

––––4

a���3–––––

2

(20���2 )2 . ���3––––––––––––––

4

abc = 240

ab = 30�abc = 240

ac = 48�

10–––2

�––2

10 . 13–––––––

2

� . g–––––––

2

10 –

2)

I) No triângulo ABC, temos: (AC)2 = (18 cm)2 + (18 cm)2 fi

fi AC = 18���2cm.

II) AO = = fi AO = 9���2 cm

III) No triângulo VOA, sendo h a medida da altura da pirâ -mide, em centímetros, temos:

(VA)2 = (VO)2 + (AO)2 fi 152 = h2 + (9���2)2 ⇔

⇔ h2 = 63 fi h = 3���7Resposta: B

3) Seja 2x a medida da aresta da base, em centímetros.

I) No triângulo VOM, temos: 262 = 242 + x2 fi x = 10

II) AB = 2x = 2 . 10 = 20

III) A área da base, em centímetros quadrados, é AB = 202 = 400

IV)A área lateral, em centímetros quadrados é

AL = 4 . = 1040

V) A área total, em centímetros quadrados éAT = AB + AL = 400 + 1040 = 1440

Resposta: A

4)

No triângulo VOM, temos:

(VM)2 = (0,5m)2 + (1,5m)2 € VM = m

Sendo AL a área lateral da pirâmide, temos:

AL = 4 . = 2 . 1 . = ����10 � 3,1

Assim, a alternativa D é a que indica a menor quan tidadesuficiente de lona.Resposta: D

5)

Se x é a medida da aresta da base, em centímetros, de acordocom o Teorema de Pitágoras, tem-se:

x 2 x 2

(–––) + 152 = 172 € (–––) = 64 € x = 162 2

Resposta: B

6)

AC–––2

18 ����2 cm––––––––––

2

20 . 26––––––––

2

A

D

V

C

M

B

O

1,5

0,5

1

1

MAT-0001362-b����10

–––––2

����10 –––––

2

(BC) . (VM)–––––––––––

2

– 11

Sejam a a medida da aresta da base e h a medida da alturada pirâmide, em centímetros. No triângulo retângulo POM,temos:

tg 60° = fi ���3 = fi h =

Como o volume da pirâmide é 36���3 cm3, temos:

. a2 . h = 36���3 fi . a2 . = 36���3 ⇔

⇔ a3 = 216 ⇔ a = 3�����216

Resposta: A

7) Seja � a medida da aresta da base, em metros:

I) AB = 64 fi �2 = 64 fi � = 8

II) OM = = = 4

III) (VM)2 = (VO)2 + (OM)2 fi (VM)2 = 42 + 42 fi VM = 4���2

IV)A área lateral da pirâmide, em metros quadrados, é dada

por: AL = 4 . A∆VBC = 4 . = 64���2

Resposta: B

8)

I) AC = 6���2 m fi OA = = m = 3���2 m

II) VA2 = VO2 + OA2 fi (6 m)2 = h2 + (3���2 m)2 fi h = 3���2 m

Resposta: A

9) I) O volume da pirâmide é dado por . 12 . H

II) O volume do prisma é dado por 22. h.

III) Se os volumes são iguais, então:

. 12 . H = 22 . h ⇔ = 4h ⇔ = 12

Resposta: B

10)

I) AC = 2���2 fi OA = = = ���2

II) VA2 = VO2 + OA2 fi 22 = h2 + (���2)2 fi h = ���2

Resposta: B

n Módulo 27 – Cilindros

1)

O volume de leite em pó, em cm3, é:

. (Vcilindro) = . (π . 52 . 10) = 200 π = 200 . 3 = 600

Resposta: C

h––––

a––2

h––––

a––2

a���3–––––

2

1–––3

1–––3

a���3–––––

2

�––––

2

8––––

2

8 . 4 . ���2––––––––––

2

AC––––

2

6���2–––––

2

1–––3

H–––h

H–––3

1–––3

2���2–––––

2

AC––––

2

4–––5

4–––5

12 –

2)

I) Seja V o volume do tanque original, VR o volume após o

aumento do raio em 5 m e Va o volume após o aumento

da altura em 5 m. Então, em metros cúbicos, tem-se:

V = π . R2 . 4

Vr = π . (R + 5)2 . 4

Va = π . R2 . 9

II) Conforme enunciado; VR = V + x e Va = V + x €

€ VR = Va € π(R + 5)2 . 4 = π R2 . 9 €

€ 4R2 + 40R + 100 = 9R2 € R2 – 8R – 20 = 0 €

€ R = 10 m, pois R > 0.

III) O volume do tanque original é, em metros cúbicos,

V = π . 102 . 4 = 400π.

Resposta: D

3) I) Se B e H forem, respectivamente, as medidas da área daseção transversal e da altura do recipiente inicial, então1,2H será a altura do recipiente final e 0,8B a área da basecorrespondente.

II) O volume do recipiente inicial é B . H.

III) O volume do recipiente final é 0,8B . 1,2H = 0,96BH, assim,o volume final é 96% do volume inicial, portanto, o volumedo recipiente diminuiu 4%.

Resposta: A

4) = = = =

Resposta: B

5) Sejam R e h = 2R as medidas, em centímetros, do raio da basee da altura do cilindro equilátero.I) A área total, em centímetros quadrados, é dada por:

2πR2 + 2πRh = 48h ⇔ 2πR (R + h) = 48π ⇔⇔ R . (R + 2R) = 24 ⇔ R2 + 2R2 = 24 ⇔⇔ 3R2 = 24 ⇔ R2 = 8 fi R = 2���2, pois R > 0

II) O volume, em centímetros cúbicos, é dado por:

V = π . R2 . h = π . R2 . 2R = π . 8 . 2 . 2���2 = 32���2 π

Resposta: E

6) Sejam R e h as medidas do raio da base e da altura docilindro. Se V é o volume e AL a área lateral, então:

= ⇔ = ⇔

⇔ = ⇔ 16 dm = ⇔ R = 32 dm

Resposta: C

7) O sólido gerado é um cilindro de raio R = 1 cm e altura h = 1 cm.

A área total AT, em centímetros quadrados, é dada por:AT = 2 . π . R2 + 2 . π . R . h = 2 . π . 12 + 2 . π . 1 . 1 = 2π + 2π =4π

Resposta: A

8) O reservatório é um cilindro de raio R = 1 mm = 0,1 cm ealtura h = 12 cm.O volume do reservatório cilíndrico é dado por:V = π . R2 . h = π . (0,1 cm)2 . 12 cm � 3,14 . 0,01 . 12 cm3 == 0,3768 cm3 = 0,3768 m�

Resposta: A

9)

Se ABCD é um quadrado de lado 10, então, h = 10 e 2R = 10 ⇔ R = 5, assim, o volume do cilindro é V = π . R2 . h == π . 52 . 10 = 250π

Resposta: D

At––––Al

2πR(h + R)–––––––––––

2πRh

h + R–––––––

h

2R + R–––––––

2R

3–––2

R––––

2

64 dm3––––––––––

400 cm2

π . R2 . h––––––––––––2 . π . R . h

V––––AL

R––––

2

R––––

2

64 dm3––––––––––

4 dm2

– 13

10)

Sejam R e h as medidas, em centímetros, do raio da base e

da altura do cilindro tipo B.

Do enunciado, tem-se: h = 2R e π R2 h = π . 82 . 2 €

€ R2 . 2R = 128 € R3 = 64 € R = 4

Como h = 2R, temos: h = 2 . 4 € h = 8

Sendo SA a área total do cilindro do tipo A e SB a área total

do cilindro do tipo B, em centímetros quadrados, temos:

I) SA = 2π . 82 + 2π . 8 . 2 = 160π

II) SB = 2π . 42 + 2π . 4 . 8 = 96π

O valor de x é . 100 � 66,7

Resposta: C

11)

Se R, em centímetros, é a medida do raio do cilindro original,VR o volume após o aumento do raio em 12 cm e VA o volumeapós o aumento de altura em 12 cm, de acordo com o enun -ciado, deve-se ter:VR = VA fi π . (R + 12)2 . 4 = π . R2 . 16 ⇔ (R + 12)2 = 4R2 ⇔⇔ R2 + 24R + 144 = 4R2 ⇔ 3R2 – 24R – 144 = 0 ⇔⇔ R2 – 8R – 48 = 0 fi R = 12, pois R > 0

Resposta: A

8 R

2 h

(A) (B)

MAT-0015541-b

160π – 96π––––––––––––

96π

14 –