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09-1797(M)_2ªAval-Matem-3ºEM-U1(prof)_15-04_ado

PROVA DE MATEMÁTICA - TURMAS DO 3O ANO DO ENSINO MÉDIO COLÉGIO ANCHIETA-BA - AGOSTO DE 2011.

ELABORAÇÃO: PROFESSORES OCTAMAR MARQUES E ADRIANO CARIBÉ.

RESOLUÇÃO: PROFESSORA MARIA ANTÔNIA C. GOUVEIA Questão 01

Quantos números pares, formados por algarismos distintos, existem entre 500 e 2000?

01) 432 02) 440 03) 450 04) 464 05) 480 RESOLUÇÃO:

C D U POSSIBILIDADES 5 (7 ou 9) 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8 ou 9 0 (2, 4, 6 ou 8) 3 ×××× 8 ×××× 5 = 120 6 ( ou 8) 1, 2, 3, 4, 5, 7, 8 ou 9 0 (2, 4 ou 8) 2 ×××× 8 ×××× 4 = 64

UM C D U POSSIBILIDADES

1 2 (3, 4, 5, 6, 7, 8 ou 9)

3, 4, 5, 6, 7, 8 ou 9

0 (2, 4, 6 ou 8) 1 ×××× 8 ×××× 7 ×××× 5 = 280

TOTAL DE POSSIBILIDADES: 120 + 64 + 280 =464 RESPOSTA: Alternativa 04. Questão 02.

A figura ao lado, representa a planta de situação de um terreno com a forma de um trapézio isósceles, na escala 1:200. A Prefeitura projetou uma rua com a largura de 6m e terá que desapropriar a área hachurada na planta pagando R$400,00 por metro quadrado. Quanto o proprietário receberá, em reais, por essa desapropriação? 01) 84.000 02) 94.800 03) 96.400 04) 98.200 05) 102.800

RESOLUÇÃO:

No triângulo retângulo BCH:

8)CH(36100)CH()BH()BC()CH( 2222 =⇒−=⇒−= .

Os triângulos retângulos BCH e BEG são semelhantes, então:

4

9)BG(

6

)BG(

8

3

)BH(

)BG(

)CH(

)EG(=⇒=⇒= ⇒

No trapézio ABEF, EF = cm5,17cm4

9222 =

×−

Considerando-se A’B’E’F’ o terreno que cuja planta é o trapézio ABEF, e como a planta foi feita na escala 1:200,

tem-se: ⇒×=×=×=⇒=== 3200G'E' e 22200B'A' 7,5;1200)F'(E'200

1

)'G'E(

)EG( e

200

1

)B'(A'

(AB) ;

200

1

)F'(E'

(EF)

E’F’= 3500cm = 35m; A’B’ = 4400cm = 44m e E’G’ = 600cm = 6m.

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A área do terreno a ser desapropriado é: ( ) 22 m237m

2

64435S =

×+= .

A indenização será de (400×237) reais = 94.800 reais. RESPOSTA: Alternativa 02.

Questão 03. . (MACK-SP) Se colocarmos em ordem crescente todos os números de 5 algarismos distintos, obtidos com os algarismos 1, 3, 4, 6 e 7, a posição do número 61473 será: 01) 760 02) 780 03) 800 04) 820 05) 840 RESOLUÇÃO:

UM CM C D U POSSIBILIDADES 1, (3 ou 4) 3, (4, 6 ou

7) 4, (6 ou 7) 6, (ou 7) 7 3 ×××× 4 ×××× 3 ×××× 2 ×××× 1 = 72

6 1 3 4, (ou 7) 7 1 ×××× 1 ×××× 1 ×××× 2 ×××× 1 = 2 6 1 4 3 7 1 6 1 4 7 3 1

TOTAL 76 RESPOSTA: Alternativa 01. Questão 04. Um quadrado ABCD de lado medindo 4u.c., situado no primeiro quadrante tem lados contidos nos eixos cartesianos Ox e Oy. A reta r passa pelo vértice do quadrado mais afastado da origem e forma com o semieixo positivo dos x um ângulo de 60°. A reta t passa pela diagonal do quadrado que não contém a origem. Determine a abscissa do ponto de interseção dessas retas.

01) 32 + 02) 23 + 03) 31 + 04) 21+ 05) 326 −

RESOLUÇÃO:

Sendo 4u.c. a medida do lado do quadrado, B = (4, 0) , C = (4, 4) e D = (0, 4)

O coeficiente angular da equação da reta r é a = 360tg =° , bx3y += . Como a

reta r passa pelo ponto

C = (4, 4): ( )344bb344 −=⇒+= . Logo r tem equação: ( )3143y −+= .

O coeficiente angular da equação da reta t é m = 1135tg −=° , nxy +−= . Como a

reta t passa pelo ponto

B = (4, 0), 4nn40 =⇒+−= ⇒ 4xy +−=

( ) ( ) ( )

−=−

=+

=⇒

=+

+−=−+⇒

+−=

−+=326

2

1334

13

34x

34)13(x

4x314x3

4xy

314x3y.

RESPOSTA: Alternativa 05.


Questão 05. Dispomos de 4 cores distintas e temos que colorir o mapa mostrado na figura com os países P, Q, R e S, de modo que países cuja fronteira é uma linha não podem ser coloridos com a mesma cor. De quantas maneiras é possível colorir o mapa?

01) 84 02) 56 03) 24 04) 120 05) 60

RESOLUÇÃO: Inicialmente consideremos que todos os países serão pintados de cores diferentes: para este caso existem 4! = 24 maneiras diferentes de pintar o mapa. Agora consideremos todos os casos em que dois países separados por apenas um ponto têm cores iguais e os dois outros cores diferentes. Por exemplo, escolher uma das quatro cores para os país P e pintar S com essa mesma cor; pintar R com uma das três cores restantes e Q com uma das últimas duas cores. Como pode ser R e Q com a

mesma cor e P e S com cores diferentes, existem 2! × 4 × 1 × 3 × 2 = 48 maneiras diferentes de pintar o mapa dessa forma. Agora consideremos todos os casos em que dois países separados por apenas um ponto têm cores iguais e os dois outros também cores iguais. Por exemplo, escolher uma das quatro cores para os país P e pintar S com essa

mesma cor; pintar R com uma das três cores restantes e Q com esta mesma cor. Existem então 4 × 1 × 3 × 1 = 12 maneiras diferentes de pintar o mapa dessa forma. TOTAL DE MANEIRAS DIFERENTES DE PINTAR O MAPA: 24 + 48 + 12 = 84. RESPOSTA: Alternativa 01 Questão 06.

Uma elipse tem os eixos contidos nos eixos Ox e Oy. Determine a excentricidade dessa elipse sabendo que ela

possui os pontos A = (0, 2) e B = ( )3 ,2

01) 2

3 02)

4

3 03)

2

1 04)

4

2 05)

2

2

RESOLUÇÃO:

⇒=+⇒

=

=⇒

=+

=

⇒

=+

=

14

y

16

x

16a

4b

14

3

a

4

4b

1b

3

a

4

1b

422

2

2

2

2

22

2

4a = e 2b = .

Seja c a metade da distância focal (F1F2).

No triângulo retângulo AOF1: 32c416c2 =⇒−= .

A excentricidade da elipse é o valor da razão a

ce = ⇒

2

3

4

32e == .



Questão 07.

Sobre fatorial, considere as seguintes afirmativas:

(I) 6

31

! 4 ! 5

! 4 ! 6=

+

+

(II) Simplificando a expressão ! 1)(n

! )2n(

! 1) n(

! )1n(

+

+−

−

+ obtemos n2 – 2

(III) A soma das soluções da equação 10! )1n( !n

1)!4(n ! 1) n(=

−−

−++ é 9.

Assinale a alternativa correta:

01) Somente a afirmativa I é falsa.

02) Somente a afirmativa II é falsa.

03) Somente a afirmativa III é falsa.

04) Somente uma afirmativa é verdadeira.

05) Todas as afirmativas são verdadeiras.

RESOLUÇÃO:

(I) VERDADEIRA.

( )( ) 6

31

15 4!

156 !4

! 4 ! 5

! 4 ! 6=

+

+×=

+

+

(II) VERDADEIRA.

( ) ( ) ( ) ( ) =−−+=+−×+=+

++−

−

−××+=

+

+−

−

+2nnn)2n(n1n

! 1)(n

! 1n)2n(

! 1) n(

! 1n n1n

! 1)(n

! )2n(

! 1) n(

! )1n( 2 n2 – 2

(III) VERDADEIRA.

[ ][ ]

⇒=−−

+×+−⇒=

−−−×

−+−××+⇒=

−−

−++10

1n! )1n(

4)n1) n( ! 1)(n10

! )1n( ! 1)(nn

1)!4(n ! 1)(n n1) n(10

! )1n( !n

1)!4(n ! 1) n(

⇒=+−⇒−=++⇒=−

+×+014n9n10n104nn10

1n

4)n1) n( 22

A soma dos dois valores de n que são raízes da equação é 9.


Questão 08. Considere a circunferência com o centro no primeiro quadrante, de raio 4, tangente à reta y = 2 e ao eixo Oy. Determine a equação da transformada dessa circunferência por uma homotetia de centro C = (6, 2) e razão

k = 2

1− .

01) x2 + y2 – 100 =0 02) x2 + y2 = 4 03) x2 + y2 – 6x + 2y – 40 = 0 04) x2 + y2 + 4y – 16 =0 05) x2 + y2 – 14x + 45 = 0


RESOLUÇÃO: As coordenadas do transformado de um ponto, por uma homotetia de razão k e centro no ponto C = (c’,c’’) são determinadas pelas relações: x'= kx + c’(1 - k) e e y'= ky + c’’(1 - k) Se a circunferência temo centro no primeiro quadrante, é tangente à reta y = 2 e ao eixo Oy, com raio 4, então seu centro é o ponto A = (4, 6).

Como a razão da homotetia é k = 2

1− , o raio da transformada mede 2u.c.

O centro da homotetia é C = (6, 2)

x'= kx + c(1 - k) = ( ) 7922

1164

2

1=+−=

++×− e y'= ky + c(1 - k) = 033

2

112)6(

2

1=+−=

++×− .

Logo o centro da circunferência transformada é A’ = (7, 0) e sua equação è:

( ) 4y7x 22=+− ⇒⇒⇒⇒ 449x14yx 22 =+−+ ⇒⇒⇒⇒ 045x14yx 22 =+−+

RESPOSTA: Alternativa 05. Questão 09.

Considere a função f: R → R dada por f (x) =

≥

<≤−

−<+

2 x se 4;

2 x 1 se ;x

1 x se 3; x2

2

Sobre esta função assinale a alternativa verdadeira.

01) f é sobrejetora.

02) f é crescente no intervalo ]–∞; 2[.

03) A equação f (x) = 2

1 tem 3 soluções distintas.

04) A equação f (x) = 5 admite uma única solução. 05) n.r.a. RESOLUÇÃO:

01) FALSA.

f não é sobrejetora pois o seu conjunto imagem ] –∞, 4] é diferente do seu contra-domínio que é R. 02) FALSA.

f não é crescente, nem decrescente, no intervalo ]–∞; 2[. 03) VERDADEIRA.

A reta f (x) = 2

1 intercepta o gráfico em três pontos distintos:

−

2

1,

4

5,

−

2

1,

2

2 e

2

1,

2

2.

04) FALSA. A reta f (x) = 5 não intercepta o gráfico da função em nenhum ponto.. 05) FALSA.


Questão 10. Dentre as proposições a seguir qual é a verdadeira? 01) A composta T1 o T2 das translações T1 e T2 equivale a uma simetria central. 02) A transformada da reta y = x por uma translação de vetor v = (0, 3) é a reta y = x – 3.

03) Se um círculo tem raio 5, então seu transformado por uma homotetia de raz ão k = – 2 tem área 50π. 04) Se T é uma translação de vetor v = (2, 1) e S é uma simetria central de centro C = (3, 0), então, S o T leva o

ponto (– 1, 4) no ponto (5, – 5). 05) Todo polígono regular de n lados tem 2n eixos de simetria. RESOLUÇÃO: 01) FALSA Seja T1 uma translação de vetor u e T2 uma translação de vetor u Graficamente:

Pelo gráfico concluí-se que sendo T1(x) = x + u e T2(x) = x + v, então, T1 o T2 = T1(T2(x)) = T1(x+v) = (x+v)+ u = x + (v + u) que é uma translação de vetor (u + v)

02) FALSA.

Na reta y = x, considere-se o segmento AB determinado pelos pontos A= (0,0) e B = (5, 5). Aplicando a translação de vetor v = (0,3):

A’ = (0 + 0, 0 + 3) = (0, 3) e B’ = (5 + 0, 5 + 3) = (5, 8) ⇒ que a reta que contém o segmento A’B’ é y = x + 3 e não y = x – 3.

03) FALSA. Se um círculo tem raio 5, então seu transformado por uma homotetia de razão k = – 2 tem raio 10 e sua área é

100π. 04) VERDADEIRA. Sendo T uma translação de vetor v = (2, 1) S (T (– 1, 4)) = S (– 1 +2, 4 + 1) = S(1, 5) Sendo S uma simetria de centro C = (c, c1), então, S(x, y) = (2c – x, 2c1 – y): S(1, 5) = (2.3 – 1, 2.0 – 5) = (5, – 5). 05) FALSA. Somente os polígonos regulares com número par de lados.


Questão 11.

Sobre a função f: R → R dada por f (x) = 3 – |x2 – 1| é correto afirmar.

01) A imagem de f é o intervalo [–2; +∞[. 02) f é uma função sobrejetora. 03) A função é positiva no intervalo ] –2 ; 2 [. 04) A função é crescente no intervalo [–1; 1]. 05) A função é sempre positiva.

RESOLUÇÃO:

Considerando g(x) = x2 – 1 e fazendo o estudo da variação de seus sinais em relação aos intervalos externos e internos às suas raízes x = -1 e x = 1 tem-se o gráfico ao lado

No intervalo ]-1, 1[ onde x2 – 1 < 0 , | x2 – 1 | = 1 – x2 ⇒⇒⇒⇒ f (x) = 3 – |x2 – 1| ⇒ f (x) = 3 – (1 – x2) = x2 + 2. Nos intervalos ]-∞∞∞∞, -1[ e ]1, + ∞∞∞∞[ nos quais x2 – 1 > 0, | x2 – 1 | = x2 – 1 ⇒⇒⇒⇒ f (x) = 3 – |x2 – 1| = 3 – (x2 – 1) = – x2 + 4

01) FALSA.

A imagem de f é o intervalo [–∞;3] 02) FALSA.

f não é uma função sobrejetora, pois [–∞;3] ≠ R. 03) VERDADEIRA. A função é positiva no intervalo ] –2 ; 2 [. 04) FALSA. A função não é crescente nem decrescente no intervalo [–1; 1]. 05) FALSA. Analisando o gráfico conclui-se que a função é negativa para valores de x pertencentes ao intervalo

[ ]2, 2[ ,] ∞+∪−∞− e positiva para todo x pertencente ao intervalo 2[ 2,] − .


Questão 12. Identifique a proposição verdadeira.

01) Se P é um ponto do espaço, é impossível a existência dos planos α, β e γ, tais que α ∩ β ∩ γ = {P}. 02) Se as retas r, s e t são paralelas duas a duas, então são coplanares.

03) Se a reta r é oblíqua ao plano α, então existe uma , e somente uma, reta s ⊂ α, tal que a reta s é perpendicular à reta r.

04) Se os pontos P e Q, não pertencem ao plano α, e são eqüidistantes deste plano, então a reta que passa por P e Q

é paralela a α.

05) Se o ponto P não pertence ao plano α, então existe uma, e somente uma, reta que possui P e é paralela ao plano

α. RESOLUÇÃO:

01) FALSA.

Na figura ao lado, P é um ponto do espaço, e α ∩ β ∩ γ = {P}.

02) FALSA. Na figura ao lado, as retas r, s e t são paralelas duas a duas, mas não são coplanares.

03) VERDADEIRA. Na figura ao lado, a reta r é oblíqua ao plano α, e somente a reta

s ⊂ α, é perpendicular à reta r.

04) FALSA.

Se os pontos P e Q, estiverem no mesmo semiespaço em relação ao plano α (FIGURA 1), a reta que passa por P e

Q é paralela a α. Porém se P e Q estiverem em semiespaços opostos relação ao plano α (FIGURA 2), a reta que

passa por P e Q não é paralela a α


05)

Na figura ao lado, o ponto P não pertence ao plano α, e todas as infinitas retas que possuem P e estão contidas

no plano β são paralelas ao plano α.

Questão 13. Seja f: R → R uma função definida por f (x) = |x + 3| – |x – 3|. Assinale a alternativa verdadeira.

01) A imagem de f é o intervalo de [–6; +∞[. 02) f é injetora. 03) f é ímpar. 04) f é crescente. 05) n.r.a. RESOLUÇÃO: Estudo da função: 1) Se x + 3 > 0 e x – 3 > 0, f (x) = x + 3 – (x – 3) = 6. 2) Se x + 3 > 0 e x – 3 < 0, f (x) = x + 3 – (–x + 3) = 2x. 3) Se x + 3 < 0 e x – 3 > 0, f (x) = –x – 3 – (x – 3) = –2x. 2) Se x + 3 < 0 e x – 3 < 0, f (x) = –x – 3 – (–x + 3) = –6

01) FALSA. A imagem de f é o intervalo de [–6; 6]. 02) FALSA. f(– 3 ) = f(–4 ) = – 6, f( 3 ) = f(4 ) = 6,.... 03) VERDADEIRA. Pelo gráfico percebe-se que para todo x , f(– x ) = –f(x ). Por exemplo, f(– 3 ) = –f(3). 04) FALSA. f não é crescente nem decrescente. 05) FALSA.

Graficamente:

Questão 14. O conjunto solução da equação |x2 – 6x – 4| = x2 – 4 possui quantos números inteiros? 01) 0 02) 1 03) 2 04) 3 05) 4 RESOLUÇÃO:

Se |x2 – 6x – 4| = x2 – 4 ⇒ x2 – 6x – 4 = x2 – 4 ou x2 – 6x – 4 = –x2 + 4 .

x2 – 6x – 4 = x2 – 4 ⇒ – 6x – 4 = – 4 ⇒ 6x = 0 ⇒ x = 0 Verificação: Para x = 0: |0 – 0 – 4| = 0 – 4 (F)

x2 – 6x – 4 = –x2 + 4 ⇒ 2x2 – 6x – 8 = 0 ⇒

x2 – 3x – 4 = 0 ⇒

x = 4ou x 1x2

53

2

1693=−=⇒

±=

+±

Verificação: Para x = – 1: |1 + 6 – 4| = 1 – 4 (F) Para x = 4:|16 – 24 – 4| = 16 – 4 (v)

O conjunto solução da equação |x2 – 6x – 4| = x2 – 4 é S = {4}. RESPOSTA: Alternativa 02.


Questão 15. O conjunto solução da inequação |x + 1| > 2x – 4 é:

01) ]1; 5[ 02) ]–∞; 1[ 03) ]1; +∞[ 04) ]–∞; 5[ 05) ]5; +∞[ RESOLUÇÃO:

De |x + 1| > 2x – 4 sendo 2x – 4 > 0 , tem-se: [5,]x

5x

ou

1x

5x

ou

3x3

4x21x

ou

4x21x

∞−∈⇒

<

<

⇒

<

<

⇒

−>+

+−<+

.

Analisando o gráfico, conclui-se que |x + 1| > 2x – 4, para todo x pertencente

ao intervalo ]–∞; 5[. RESPOSTA: Alternativa 04.

Graficamente

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