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Proposta de Resolução dos Exercícios de Escolha Múltipla “Preparar o Exame Trigonometria e Números Complexos” Página 1
Preparar o Exame 2013 – 2016 – Matemática A
Página 300
PREPARAR O EXAME
Questões de Escolha Múltipla
1.
Temos que sombreada círculo setor OAPOPCA A A A . Temos que:
4círculoA Nota que o raio do círculo é 2 porque a respetiva circunferência é definida por 2 2 4 x y
2setor OAPA A área do setor circular de raio r e amplitude é dada por 2
2
r
2 2sen2sen
2
OPCA Repara que a base do triângulo é OB que é um raio da circunferência,
enquanto que a altura é a ordenada do ponto P que é 2sen
Assim, 2 2sen 2 2 sen sombreadaA
Resposta: B
2.
Pela definição de seno de um ângulo, 1 1
sen sensen
AB
x x ACxAC AC
Resposta: A
3.
Vejamos se cada um das opções é solução da equação dada:
2 5tg 5 7 2 5tg 7 2 5 1 7 7 720 4
20
é solução da equação
3 3
2 5tg 5 7 2 5tg 7 2 5 1 7 7 720 4
3
20
é solução da equação
7 7
2 5tg 5 7 2 5tg 7 2 5 1 7 7 720 4
7
20
é solução da equação
9 9
2 5tg 5 7 2 5tg 7 2 5 1 7 3 720 4
9
20
não é solução da equação
Resposta: D
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4.
No intervalo considerado, a função cos x é crescente, pelo que 3cos x será decrescente. Então,
considerando a função f como a extensão de g a (repara que 3
gD ), o contradomínio de g é
,3
f f :
1 1
1 3cos 1 33 3 2 2
f
1 3cos 1 3 1 4 f
Assim, o contradomínio de g é 1
,42
Resposta: C
5.
Considera a figura, onde foi acrescentado o ponto R . Temos que:
sen sen2 1 2
x OR xOR é a abcissa de P
cos cos2 1 2
x PR xPR é a ordenada de P
Então, as coordenadas do ponto P são sen ,cos2 2
x x
Resposta: B
6.
Se 5
23
, então e pertencem ao 4º quadrante. Neste quadrante a função cos x é
positiva e crescente e as funções sen x e tg x são negativas e crescentes, pelo que:
cos cos 0 pois, no 4º quadrante, cos cos
cos tg 0 pois, no 4º quadrante, cos 0x e tg 0x
sen sen 0 pois, no 4º quadrante, sen sen
tg tg 0 pois, no 4º quadrante, tg 0x
Resposta: C
11
R
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7.
Temos que 0,75OPQ
A . Observando a figura, concluímos que
1 tg
2 2OPQ
QO RPA
, pelo
que 1tg 1,5 tg 1,5 56º . Considerando o triângulo QRP , temos que
1tg 1,5tg tg tg tg 0,75 37º
2 2
RP
QR
Assim, 56º e 37º
Resposta: B
8.
Como o trapézio representado é retângulo, temos que os ângulos não assinalados têm de
amplitude 2
, cada um.
Então, 2 2 2 2 22
. Analisemos cada uma das opções:
sen sen 2 sen 2 2sen cos a opção A não é verdadeira
2 2 2 2cos cos 2 cos 2 cos sen sen cos a opção B é verdadeira,
enquanto que a C não o é
2
2 tgtg tg 2 tg 2
1 tg
a opção D não é verdadeira
Resposta: B
9.
Se ,2
, então 3º quadrante e temos que sen 0 , cos 0 e tg 0 .
Analisemos cada um das opções:
00
tg sen 0
a opção A não representa um número negativo
0 0
cos sen 0
a opção B representa um número negativo
0 0
sen cos 0
a opção C não representa um número negativo
00
tg cos 0
a opção D não representa um número negativo
Resposta: B
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10.
Se sen tg 0 , temos que sen e tg têm sinais contrários, pelo que cos 0 . Relembra
que sen
tgcos
. Assim, excluímos as opções B e D
Sabemos que co2 0
2 2
2s2
1 1 11 tg cos cos
cos 1 tg 1 tg
Resposta: C
11.
Temos que OPQP OP PQ QO . Pelo enunciado sabemos que 1OP QO .
Consideremos o ponto X como mostra a figura:
Temos que cos 2 0,416OX rad , pelo que 1,416XP .
Além disso, sen 2 0,909 QX rad .
Considerando o triângulo retângulo XPQ e aplicando o teorema
de Pitágoras, obtemos 2
2 21,416 0,909 1,6827 PO PO .
Assim, 1 1,6827 1 3,7 OPQ
P OP PQ QO
Resposta: B
12.
Comecemos por resolver a equação dada:
1
cos3
1º
12 3cos 2 1 3cos 2 1 cos 2 2 2 ,
3 2Q
x x x x k x k k
.
Analisemos cada um dos intervalos dados: nota que 1º , 3º , - 4º , - 2º ,2 2 2 2
Q Q Q Q
no intervalo3
,2 2
a equação tem duas soluções este intervalo engloba os 2º e 3º quadrantes
no intervalo 0,2 a equação tem quatro soluções este intervalo engloba os quatro quadrantes
no intervalo ,2
a equação tem três soluções este intervalo engloba os 4º, 1º e 2º quadrantes
X
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no intervalo 0,2
a equação tem apenas uma solução este intervalo engloba o 1º quadrante
Resposta: C
13.
A área pretendida é dada por:
2
1 tg tg
2 2 2 2 2setor de amplitudeOPQ
OP PQ rA A A
.
Resposta: D
14.
Analisando o gráfico dado, é fácil concluir que o período positivo mínimo da função f é
5 8
8 43 3
2 2 6 3
Resposta: C
15.
Vamos considerar os triângulos OPB .e OCQ
22 21 5
12 2
OB OB
.
Então, 1 2 5
sen55
2
22 21 5
12 2
OC OC
Então, sen sen
1 2 5sen sen
2 2 55
2
x x
sen cos2
2 5 2 5cos cos
5 5x x
1
1
P
Q
1
1
P
Q
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Assim, 2 5
sen5
e 2 5
cos5
, pelo que 2 5 2 5 4 5
sen cos5 5 5
Resposta: D
16.
O vetor OP é dado por cos ,senOP , pelo que o declive da reta OP é sen
cos
. Como a reta
r é tangente à circunferência no ponto P , temos que 1 cos
senr
OP
mm
Resposta: D
17.
O perímetro pretendido é dado por 2 2DC
P P AC AO . Temos que 2 1
2DCP
.
Consideremos o triângulo OCA , em que ˆ2
AOC
. Então,
1 1
cos sen2 sen
OCOA
OA OA
sen
tgcos
cos 1sen cos
12 sen tg
sen
AC ACAC AC
OA
Assim, 2 2
tg senP
Resposta: B
18.
Pelo enunciado, temos que a função f é contínua em , pelo que também o é em 0x .
Então, 0 0
lim lim 0x x
f x f x f
:
0
senl0 0 0 0 0 0 im 1
sen sen 1 sen 1lim lim lim lim lim lim
x
x x x x x x x
x
ax x ax x a x af x
bx bx bx b b x b b
0
ln 1lim 1
0, 0
0 0 0 0 0
ln 1 ln 1 ln 1 1 1lim lim lim lim lim
x
x
x
Se x b
x x
x
x x x
bx x bx bxx b bf x
ax ax ax a bx a a a
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0 2f
Então, a e b são tais que
12
12
a
b b
b
a a
. Resolvendo este sistema obtemos 1 1a b .
Resposta: A
19.
Temos que OPQR OPQ ROQA A A . Observando a figura, concluímos que:
2OPQ
OQ bA
em que b é a abcissa do ponto P . Então,
1cos
cos2
2 4OPQ
A
11
12
2 2 4ROQ
RO OQA
Então,
cos 1 1 cos
4 4 4OPQR
A
Resposta: B
20.
Temos que a função definida por 2sen 2 1g x x é derivável em , pelo que é derivável em
x a e
' limx a
g x g ag a
x a
. Então, o limite pedido é o valor da derivada de g em x a .
Então:
'2 1' 2sen 2 sen 2 2sen 2 2 cos 2g x x x x x
2sen cos sen 2
4sen 2 cos 2 2sen 4x x x
lim ' 2sen 4x a
g x g ag a a
x a
Resposta: B
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21.
Temos que 2 2 2 2 1
4 4 14
x y x y , pelo que o raio da circunferência representada é 1
2.
Assim:
1
2 12
AB
considerando o triângulo ABC , temos que 1
coscos
ABAC
AC
Então, 1 cos 1
1cos cos
AB AC
Resposta: A
22.1
Para que g seja contínua somente à direita do ponto 0 temos de ter
0 0
lim 0 limx x
g x g g x
. Assim:
0 2g
0
0
20 0 0 0 0
sen sen sen1lim lim lim lim lim
2 2 2x x x x x
ax ax axg x
x x x x x x
0
senlim 1
, 0
0
Se 0
sen1 1lim 1
0 2 2 2x
x x
x
x ax
ax aa a
ax
0 0
2
0
sen 0lim lim 0
cosx ax
xg x
a a x a a
Então, 2 2 22
aa
Resposta: D
22.2
20
02 1 cos 1 cossen 1 coslim lim lim lim
cos 1 cos 1 cos
1 11 cos 2lim
x x x x
x
x xx xg x
a a x a x a x
x
a a a
Resposta: C
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23.
Como lim lim 2n
nx , temos que, pela definição de limite segundo Heine,
lim tg lim tg tg 0 tg2 2 2 2
nx
g x g x
Resposta: A
24.
2
2 2 2
2
sen sen2lim
' sen sensen 1 12 2 2 2lim lim lim tgcos 0 cos
cos cos cos cos'2 2 22 lim
2
x
x x x
x
x
f x x xa x
xb x x
x x xg
x
Resposta: A
25.
Comecemos por determinemos o domínio da função dada:
: 3 tg 0 ,4 4 2
g
kD x x x k
cálculo auxiliar:
73 tg 0 tg 3 ,
4 4 4 3 12x x x k x k k
4 2 4 2
k kx x
Assim, 7
: ,12 4 2
g
kD x x k x k
, pelo que, nem
7
12
nem
3
4
pertencem
ao domínio da função g , o que nos permite excluir as opções B e C.
Vejamos se 3
4x
e
7
12x
são equações de retas assíntotas do gráfico de g :
3 3 3
4 4 4
2 2 2lim lim lim 0
33 tg 3 tg
4 2
x x x
g x
x
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3 3 3
4 4 4
2 2 2lim lim lim 0
33 tg 3 tg
4 2
x x x
g x
x
Então, a reta de equação 3
4x
não é assíntota do gráfico de g .
7 7
12 12
2 2 2 2lim lim
03 33 tg 3 tg
4 3
x x
g x
x
Então, a reta de equação 7
12x
é assíntota do gráfico de g .
Resposta: D
26.
sen 2 sen
lim lim sen 2 lim sen 12 2x k
nn nx
f u n
.
Resposta: D
27.
0
0
0 0 0
sen ln 1 sen ln 1lim lim limx x x
ax bx ax bx
cx cx cx
.
0
0
senlim 1
0, 0
ln 1lim
0
0
1
0, 0
sen ln 1lim lim 1 1
x
x
x
xSe x ax
x
xSe x bx
x x
ax bxa b a b a b
c ax c bx c c c
Resposta: D
28.
42 4 2
3 3 3 30 0 0 0
2
3 30 0 0
0
0
03 3 9 3lim sen cos 3 sen lim sen cos lim lim sen
2 2 2 2 2 2
3 3lim sen 1 sen lim9 lim sen
2 2 2
lim
x x x x
x x x
x
x x x x x x xx
x x x x
x x xx
x x
3 3
3 3 3 30 0 0
3 3 3 3sen lim sen lim sen lim sen
2 2 2 2x x x
x x x x
x x x x
.
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0
senlim 1
0,
3 3
3
30
2
0
0
sen sen3 3 32 2
3lim lim 12 8 8
2x
x
xx
S
x
x
x
e
x x
xx
Resposta: B
29.
Analisemos a primeira derivada, a segunda derivada e a imagem de zero da função indicada em
cada uma das opções, quando for necessário
Opção A:
sen ' cosx x e sen '' cos ' senx x x A opção A não é verdadeira pois sen ' sen ''x x .
Opção B:
1
ln 'x ex e
e
2
1 1ln '' 'x e
x e x e
A opção B não é verdadeira pois
ln ' ln ''x e x e .
Opção C:
cos ' senx x e cos '' sen ' cosx x x A opção C não é verdadeira pois cos ' cos ''x x .
Opção D:
'x xe e e '' 'x x xe e e Então, ' ''x xe e
0 1e Então, a opção D é verdadeira.
Resposta: D
30.1
Sabemos que o período de uma função do tipo tgy a b cx d é c
. Então, o período
positivo mínimo da função definida por 2 tg3
xg x
é 3
1
3
Observando o gráfico dado, concluímos que 4 34
2 35 5
a
Resposta: C
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30.2
Calculemos 6g sabendo que tg 2 .
2
6 2 tg 2 26 2 tg 2 tg 2 2 2 4 2
3 1 tg 1 2g
Resposta: A
31.
) 0 0
sen 22 1lim lim sen lim sen 2 2lim 2
2in
n y y
yx n y
n y y
sabendo que tg 2 .
i) Mudança de variável: Se n então 1
0n Seja
1 1y n
n y , 0y .
Como lim 2nx , temos que, pela definição de limite segundo Heine,
2 2
2 2
2 2 22
log 4 cos log 2 4 cos 2 3 1 2lim lim
2 2 1 2 3n xn x
x xg x
e e
Resposta: B
32.
Calculemos os valores de a , b e c :
ln
lim 0
ln lnlim lim lim 0 0 0 0
x
x x
x x x x
x
e x e x ea
x x x
0
0
senlim 1
, 2 0
1lim
0 0
0
1
0 0
sen 2 sen 2 sen 2 1 1lim lim lim 2lim 2 1 2
11 1 2 1lim x
x
x
xx xx x x x x
xSe x x
e
x
x
x x xxb
ee x e x
x
12
lim 1
,
3142 2
3
2
442 3 3 3
lim lim 1 lim 12 2 2 n
k
n nn
ke
nSe n n
nc e e
n n n
.
Então, 3
3 34
8 8 8
3log 4ln log 0 2 4ln log 8 4 ln 1 3 1 4
4a b c e e
Resposta: C
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33.
A probabilidade pedida é dada por região colorida
círculo
AP
A . Calculemos, então, as áreas necessárias:
21círculoA Nota que o círculo considerado é o círculo trigonométrico
2região colorida círculo círculoABCD ACDA A A A A .
Para calcular ACDA é necessário determinar DX , já que é a altura do
triângulo ACD .
Considerando o triângulo ACD , que é retângulo em D (triângulo inscrito numa semircircunferência) e
cuja amplitude em A é 3
2 6
, temos que 3
cos6 2
cos 36 2
AD
AD
Considerando agora o triângulo AXD , que é retângulo em X, temos que
1sen
6 2
3sen sen
6 6 2
DX
DX AD DXAD
Então,
32
32
2 2 2ACD ACD ACD
AC DXA A A
e
32 3
2região colorida região coloridaA A
Então, 3região colorida
círculo
AP
A
Resposta: A
34.
Calculemos os dezasseis primeiros termos de nu :
1 cos tg 1 33
u
2
2cos 2 tg 1 3
3u
3
3cos 3 tg 1 0 1
3u
4
4cos 4 tg 1 3
3u
X
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5
5cos 5 tg 1 3
3u
6
6cos 6 tg 1 0 1
3u
7
7cos 7 tg 1 3
3u
8
8cos 8 tg 1 3
3u
9
9cos 9 tg 1 0 1
3u
10
10cos 10 tg 1 3
3u
11
11cos 11 tg 1 3
3u
12
12cos 12 tg 1 0 1
3u
13
13cos 13 tg 1 3
3u
14
14cos 14 tg 1 3
3u
15
15cos 15 tg 1 0 1
3u
16
16cos 16 tg 1 3
3u
A probabilidade pedida é 3 2
2 2
16
2
4 2 7
60
C C
C
Para a contagem dos casos favoráveis, nota que existem 4
termos que se repetem três vezes e existem 2 termos que se repetem duas.
Resposta: D
35.1
Analisando a figura, temos que:
d é a função que nos dá uma distância, logo d não pode tomar valores negativos. A opção A
não é a correta.
a função d tem dois zeros, que correspondem às situações em que o ponto B se encontra
sobre o eixo Oy , pelo que são 3
2 2x x
. As opções C e D não são as correta pois não têm dois
zeros.
Resposta: B
35.2
Analisando a figura, temos que:
a área do triângulo é máxima quando 3 5 7
4 4 4 4x x x x
. Então, a função
derivada de g tem pelo menos quatro zeros As opções A e D não são as corretas.
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a área do triângulo é crescente no intervalo 0,4
, pelo que neste intervalo a função 'g é
positiva. A opção B não é a correta.
Resposta: C
36.
Determinemos z na forma trigonométrica:
2
22 2 3 2 2 3 16 4z i
Sendo um argumento de z , tem-se 2 3
tg 32
e 4º quadrante, portanto
3
Então, 43
z cis
Assim, um argumento de 22
43
i i
zcis
é 7
22 3 6
Nota que
2i cis
.
Resposta: D
37.
Temos que 4
1 8
1
1 3 32 2 2 2ni
z i z i i z i z i
.
Assim, 11Re 2 Rez i z e 11Im 2 Im 2z i z . Observando as várias opções,
concluímos que a imagem geométrica pedida é o ponto A .
Resposta: A
38.1
Temos que 1 3z w z w z i .
Resposta: B
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38.2
Como .é um argumento de 1 3w i , temos que 3
,22
.
Analisemos a que quadrante pertence cada uma das opções:
3 3 3 3 3 7
2 32 2 2 2 2 2
ou seja
3
2
pertence ao 3º quadrante
3 3 5
2 22 2 2 2 2 2
ou seja
2
pertence ao 1º quadrante
3
22 2
ou seja pertence ao 2º quadrante
3 3
22 2 2 2 2 2
ou seja
2
pertence ao 2º quadrante
Como um argumento de 3 i tem de pertencer ao 3º quadrante, a opção certa é a A.
Resposta: A
38.3
O inverso de 3
2 2i
w
.é dado por
33 1 3
2 2 2 2
iw
i i
. Vamos escrever este número na forma
trigonométrica:
temos que 1 3 10i cis , pelo que 33
1 3 10 3 10 10 3i cis cis nota que
221 3 1 3 10i
2 2 8 2 2i . Sendo um argumento de 2 2i , tem-se 2
tg 12
e 4º
quadrante, portanto 4
. Assim, 2 2 2 2
4i cis
Então, 3 10 10 3
5 5 3 5 5 32 2 4 4
2 24
ciswcis cis
icis
Resposta: D
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39.1 Tem-se que 1 1 1cisz , com 14 2
. Seja cisw o número complexo cuja imagem
geométrica é H. Por observação da figura, deduz-se que 2 4
. Assim vem:
1 1 1 1 12 2 2 1
2
ciscis
cis
z zw z z z
z w
Como 14 2
e
2 4 4 2
então, 1 1
4 4 2 2 2
Logo, como 12
, a imagem geométrica de 2z só pode estar no segundo quadrante.
Tendo em conta as opções, a imagem geométrica de 2z só pode ser F.
Resposta: B
39.2
Temos que 2
3 4 3 4 3 4iz z i i z iz z iz . Analisemos este resultado:
3z é o simétrico de 3z , pelo que a sua imagem geométrica obtém-se rodando 180º a imagem
geométrica de 3z .
A imagem geométrica de 4iz obtém-se da de 4z rodando 90º.
Assim, podemos fazer o seguinte esquema, com esta informação representada:
Como pretendemos determinar 3 4z iz utilizamos a regra do paralelogramo para obter p
resultado pretendido:
o
Im(z)
Re(z)
-z3
z4z3
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Assim, a imagem geométrica pretendida só pode ser o ponto G .
Resposta: C
40.
Se 0a e 0b , temos que arg 02
a bi
. Assim, arg arg2
z a bi
e
0 arg2
z
. Então, o conjugado de z pertence ao 4º quadrante e o simétrico do conjugado de
z pertence ao 2º quadrante.
Das opções apresentadas, o único número cujo argumento pertence a ,2
é o que consta na
opção B
Resposta: B
41.
Calculemos o número complexo que consta em cada uma das opções:
6 6 3 2 2 2 2
2 2 2 2 28 4 2 2 2 2
z w cis i cis i i i i
este número não
pertence à região colorida pois a sua parte imaginária é negativa.
5
8 8 2 8 2 8z w cis i cis cis cis cis
este número pertence à região colorida pois o
seu módulo é inferior a 2 e o seu argumento pertence a ,2
.
6 6 3 2 2 2 2
18 4 2 2 2 2
z w cis i cis i i i i
este número pertence à região
colorida pois a sua parte real pertence a 2,0 e a sua parte imaginária pertence a 0,2 .
o
Im(z)
Re(z)
-z3
z4z3
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4 2 24
1 18 2
z w cis i cis i
este número pertence à região colorida pois a sua parte real
pertence a 2,0 e a sua parte imaginária pertence a 0,2 .
Resposta: A
42.1
2 2 23 2 3 2 2 3iz i ab bi ab i b b ab i
Se a imagem geométrica de iz pertence à bissetriz dos quadrantes ímpares, temos que
Re Imiz iz , ou seja, 22 3b ab . Resolvendo esta equação em ordem a b , obtemos
20
3b b
a . Como, por hipótese, \ 0b , temos que
2
3b
a .
Resposta: C
42.1
22 2 3 2 2 2 3
2 2 2
3 2 23 2 6 3 4 2 6 2 3 4
2 2 2 4 4 4
ab bi biab bi ab ab i bi b ab b ab i biw
bi bi bi b b b
Se w for um imaginário puro, então Re 0 Im 0w w .
Resolvendo a equação
2 2
2
6 20
4
ab b
b
, obtemos
10 6 2 0 0
3b a b a . Como, por
hipótese, \ 0b , temos que 1
3a . Repara que se
1
3a , então Im 0w
Resposta: C
43.
Seja z a bi . Então,
2 3
2 3 2 3 2 2 32
a bz iz a bi i a bi a bi ai b
b a
. Resolvendo este
sistema, obtemos 1
2
b
a
. Assim, a solução da equação dada é 2 i .
Resposta: C
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44.
Calculemos z :
4
11 24 8 3 24 3 2
13 12 21
2 3 2 3 2 3 2 3 2 31 1 1 1 1 1 2 3 3 3
ni
i i i i i i i i ii i
i i i i i i
Vamos escrever z na forma trigonométrica:
3 3 18 3 2i .
Sendo um argumento de 3 3i , tem-se 3
tg 13
e 3º quadrante, portanto 5
4
Assim, 5
3 3 3 24
i cis
Então, 7 7 7
7 35 35 33 2 3 2 8 3 2
4 4 4z cis cis cis
Resposta: B
45.
Temos que w cis e w cis , 0,4
.
Nota que
Re 2 Re Re 2 03 3
cis cis cis cis
Im 2 0 Im 0 Im 2 03 3
cis cis cis cis
Então, a imagem geométrica de 23
cis cis
pertence ao 2º
quadrante, pelo que só poderá ser o ponto A .
Resposta: A
46.
Analisemos cada uma das opções, considerando z a bi :
se 0z ,
1
22 2
1 a bi a bi zz
a bi a bi a bi a b z
. A afirmação da opção A é verdadeira.
Re(z)
Im(z)
oH
w
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se 0z ,
1
22 2
1 a bi a bi zz
a bi a bi a bi a b z
. A afirmação da opção A é verdadeira.
2
Re2 2 2
z z a bi a bi aa z
. A afirmação da opção B é verdadeira.
22 2z z a bi a bi a b z . A afirmação da opção C é verdadeira.
2
2 2 2
z z a bi a bi bibi
e Im z b . A afirmação da opção D não é verdadeira.
Resposta: D
47.
Seja 2
7z cis
. Então,
4
1004 2 2 2 2
1006
1
2
4 4 41
67 7 7
2 2 2 7
7 7 7
ni
i i cis cis cisi z
cisz
cis cis cis
.
Assim, se w é tal que 6 6
arg arg7 7
w cis
, então a imagem geométrica de w
pertence ao 2º quadrante, pelo que só pode ser o ponto B .
Resposta: B
48.
Temos que 5 2ni i . Então,
4 1
5 2 2 5 2 2 5 2 5 1 45 1 4 ,
5ki
n n
i
n n ki i i i i i i i i n k n k
.
se 1k tem-se 1n , se 2k , tem-se 9
5n , …, se 6k , tem-se 5n , se 7k ,
tem-se 29
5n , …, se 11k , tem-se 9n . Repara que os valores naturais de n que satisfazem a
equação são 1, 5, 9, 13,…, ou seja, as soluções da equação constituem uma progressão aritmética de razão 4 cujo
primeiro termo é 1.
Resposta: C
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49.
Calculemos w :
8 2 2 3 2 1 4 21 8 2 2 3 2 4 203 3 3 3n n n n n n n nw i i i i i i i i i i i i
4
1 12 4 54 4 3 3
1
42 23 3 3 3 3 1 3 3 3n
n n n
i
ni i i i i i i i i i i i i
.
Assim, 3 3w i e a imagem geométrica de w pertence ao 3º quadrante. Então, a
representação trigonométrica de w só pode ser 5
3 24
cis
.
Resposta: C
50.
Vamos escrever 1 3
2 2i na forma trigonométrica:
1 3
1 12 2
i .
Sendo um argumento de 1 3
2 2i , tem-se
3
2tg 31
2
e 1º quadrante, portanto
3
.
Assim, 1 3
2 2 3i cis
.
Como w e 3
w cis
são raízes consecutivas de índice n de um número complexo, então
26
3n
n
. Nota que os argumentos de duas raízes consecutivas de índice n de um número complexo
diferem de 2
n
.
Resposta: B
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51.
Sejam 1z ,
2z e 3z as raízes cúbicas de w . Temos que, por exemplo, 1
2arg
2 3z
. Então,
2 2
2 2 2 7 4arg arg
2 3 3 3 6 3z z
e
3 3
7 2 4 2 11arg arg 2
6 3 3 3 6z z
. Assim, as imagens geométricas das outras
raízes cúbicas de w pertencem aos 3º e 4º quadrantes.
Resposta: D
52.
Se 1z a bi , com 0a e 0b , então a imagem geométrica de 1z pertence ao 4º quadrante.
A imagem geométrica da outra raiz quadrada de z , 2z , obtém-se rodando 2
2
radianos a
imagem geométrica de 1z em torno da origem, ou seja, 2 1z z . Então, a imagem geométrica de
2z pertence ao 2º quadrante.
Resposta: D
53.1
Sejam 1z e 6z os números complexos cujas imagens geométricas são os pontos B e G ,
respetivamente. Então,
8
6 16 2z 6z é raiz oitava de 16z cis
sendo um argumento de 1z , tem-se 2 1
2 cos cos2 2
e 1º quadrante,
portanto 3
. O raio da circunferência representada é 6 2z
6 1 6 6
2 5 19arg arg 5 arg arg
8 3 4 12z z z z
.
Então, 6
192
12z cis
.
Resposta: A
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53.2
Por 53.1 temos que 6
192
12z cis
, em que
6z é tal que 8
6z w .
Então, 19 38
arg 812 3
w
. Como 38 2 36 2
123 3 3 3
, temos que
2
3
Resposta: B
54.
Seja 1z o número complexo cuja imagem geométrica é o ponto A . Então, 1 2
2z cis
.
Os vértices do heptágono representado são as imagens geométricas das raízes sétimas de um
número complexo. Assim, sabemos que a diferença dos argumentos dos números complexos
correspondentes a dois vértices consecutivos do heptágono é 2
7
.
Averiguemos a diferença entre os argumentos de 1z e z :
23 16 8 24
14 2 14 7 7
. Assim, o vértice que é imagem geométrica de z é o 4º a seguir ao
vértice A , no sentido positivo, ou seja, é o ponto E .
Resposta: C
55.
Para que as imagens geométricas dos números dados sejam vértices de um hexágono regular
centrado na origem, os argumentos desses números têm de diferir entre si de 2
,6
kk
.
Analisemos cada uma das opções:
7 4 2
12 4 12 6
,
11 7 4 2
12 12 12 6
e
11 8 4
12 4 12 6
As imagens geométricas dos
números da opção A podem ser vértices de um hexágono nas condições do enunciado
3
2 2 6
icis
,
2i cis
e
3 5
2 2 6
icis
. Então,
2
2 6 6
,
5 2
6 2 6
e
5 4
6 6 6
As imagens geométricas dos números da opção B podem ser vértices de um hexágono nas condições
do enunciado
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3
2 22
i cis
. Então, 3 4 2
,2 3 6 6
kk
. As imagens geométricas dos números da opção C
não podem ser vértices de um hexágono nas condições do enunciado
1 0cis . Então, 2
03 3 6
,
2 2
3 3 3 6
e
2 2 40
3 3 6
. As imagens
geométricas dos números da opção C podem ser vértices de um hexágono nas condições do enunciado
Resposta: C
56.
Analisemos cada uma das opções:
Im Re 1z z não define a bissetriz dos quadrantes pares pois esta é definida pela
condição Im Rez z A condição dada representa a reta paralela à bissetriz dos quadrantes pares e que
passa no ponto 0,1 .
1z i z representa a mediatriz de PQ , em que P é o afixo de i e Q é o afixo de 1 . A
condição dada representa a bissetriz dos quadrantes ímpares.
arg4
z
a semirreta com origem em O e que forma um ângulo de amplitude 4
com o
semieixo positivo real. A condição dada representa a parte da bissetriz dos quadrantes pares contida no 4º
quadrante.
Im Re 0 Im Rez z z z . A condição dada representa a bissetriz dos quadrantes pares.
Resposta: D
57.
Comecemos por determinar a condição que define a coroa circular representada:
1 3z e 2 2
3 2 2 4 2z .
A coroa circular é definida por 2 3z As opções B e D são excluídas.
Para determinar o restante da condição pretendida, temos de determinar , o argumento de 2z :
tem-se 2
tg 12
e 3º quadrante, portanto 5
4
.
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Então, a condição que define a região colorida a azul é 5
2 3 arg2 4
z z
.
Resposta: A
58.
A condição 1z z r representa um círculo com centro no afixo de 1z e raio r . Então:
se a área do círculo é 9 , então 3r . As opções A e C são excluídas
como o centro pertence à bissetriz dos quadrantes pares, temos que
1 1 1 1Re Im Re Imz z z z . As opções B e C são excluídas
A única opção que não foi excluída é a D.
Resposta: D
59.
Analisemos cada uma das condições 2 2z e Re 1z zi :
2 2 1 1z z z esta condição representa o círculo de centro na origem e raio 1.
Re 1 Re 1 1 1 Im Re 1z zi a bi ai b a b b a z z esta condição
representa a reta paralela à bissetriz dos quadrantes ímpares que passa no ponto 0, 1 .
Representemos, então, a condição dada:
Já sabemos que o segmento representado é paralelo à bissetriz
dos quadrantes ímpares, pelo que podemos excluir as opções A e
D.
Calculemos o comprimento do segmento de reta representado:
1 1 2i i . Assim, podemos excluir a opção B.
Resposta: C
1
1
o
Im(z)
Re(z)
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60.
Vamos nomear os vértices do triângulo como se mostra na figura:
Temos que:
a região do plano limitada pela reta BC e à qual os pontos
do triângulo pertencem é definida pela condição Im 3z . A
opção A é excluída.
a semirreta com origem em A e que passa em C é
definida pela condição 7 7
arg 1 arg 14 4
z i z i
. A opção B é excluída.
a semirreta com origem em A e que passa em B não é definida pela condição
arg 1z i , visto que não faz um ângulo de radianos com o semieixo real positivo. A
opção C é excluída.
A única opção que não foi excluída é a D.
Resposta: D
61. Temos que:
o círculo representado tem centro na origem e raio 6 (2
65
cis
pertence à respetiva circunferência),
pelo que é representado pela condição 6z .
1,1A e 4,1B , pelo que a mediatriz do segmento AB é dada pela condição
1 4z i z . A região do plano limitada pela mediatriz do segmento AB e que contém o
ponto B é dada por 1 4z i z .
arg 14
i
e 2 2
arg 65 5
cis
. Então, o ângulo com vértice em O , em que o lado
origem é a semirreta com origem em O e que passa em C , e o lado extremidade é a semirreta
com origem em O e que passa em A , é definido por 2
arg5 4
z
Então, a região colorida da figura, incluindo a fronteira, é definida pela condição
2
6 arg 1 45 4
z z z i z
.
Resposta: B
A
C B
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62.
Analisemos cada uma das condições 2z z e 3z i :
2 2Re 2 Re 1 Re 1 Re 1z z z z z z . As opções B e C são excluídas
3z i representa um círculo com centro no afixo de i e raio 3 . A opção D é excluída
Resposta: A
63.
Temos que:
A condição III não pode definir a região colorida a amarelo porque 4z i representa um
círculo com centro no afixo de i e não no afixo de i . As opções A e D são excluídas
A condição II não pode definir a região colorida a amarelo porque Im 1z representa o
conjunto de pontos com parte imaginária inferior a 1 e, na figura dada, os pontos que pertencem
à região colorida têm parte imaginária superior ou igual a 1 . As opções B e D são excluídas
As condições I e IV definem a região colorida a amarelo.
Resposta: C
64.
Temos que:
1 Im 2z representa a região limitada pelas retas horizontais Im 1z e Im 2z . A
opção C é excluída
1z z i representa o semiplano limitado pela mediatriz de PQ , em que P é o afixo de
1 e Q é o afixo de i , e que contém o afixo de 1 . As opções A e B são excluídas
4z representa o círculo centrado na origem e de raio 4, que se encontra representado em
todas as opções.
Resposta: D
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65.
Vejamos a representação de cada uma das opções:
A B
C D
Im 2 Im 2 Im 2z z z
6Re 3 0 Re 3 0
Re 3 0 Re 3
zi z
z z
Resposta: C
66.
Sendo z a bi , 2 2 22 2 2 2 22 2z z a bi a bi a abi b a abi b
1 4 0 0 0 Re 0 Im 0abi a b z z
Esta condição define os eixos coordenados.
Resposta: A
2
Im(z)
o Re(z)2
arg(z)=3π
4
arg(z)=π
3
Re(z)o
Im(z)
2
Im(z)≤2
Re(z)≤ 2
2
2
Im(z)
o Re(z)
arg(z)=π
3z-(-2-2i)≤z
2
arg(z+2)=3π
4
arg(z+2)=5π
4
Re(z)≥ 3
3 2 Re(z)2 o
Im(z)
2
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67.
Temos que:
como 18 29 16 2 283 2 3 2 3 2i i i i i i i , a circunferência representada tem raio 2 A opção A
é excluída
o centro da circunferência é 3 2i A opção D é excluída
o ângulo representado tem vértice em 1 . A opção B é excluída
Resposta: C