NOTAÇÕESN = {0, 1, 2, 3,...}Z : conjunto dos números inteirosR : conjunto dos números reaisC : conjunto dos números complexos0 : conjunto vazio[a, b] = {x ∈R; a ≤ x ≤ b}(a, b) = ]a, b[ = {x ∈R; a < x < b}[a, b) = [a, b[ = {x ∈R; a ≤ x < b}(a, b] = ]a, b] = {x ∈R; a < x ≤ b}A B x A x B− = ∈ ∉{ ; }i : unidade imaginária; i2 1= −|z|: módulo do número z ∈ Cz : conjugado do número z ∈ CRe z : parte real de z ∈ CIm z : parte imaginária de z ∈ CI: matriz identidadeA−1: inversa da matriz inversível AAt: transposta da matriz Adet A: determinante da matriz AAC : complementar de A

(A) : coleção de todos os subconjuntos de AAB: segmento de reta unindo os pontos A e B

AB: arco de circunferência de extremidades Ae BObservação: Os sistemas de coordenadas con-siderados são cartesianos ortogonais.

Considere uma população de igual número dehomens e mulheres, em que sejam daltônicos5% dos homens e 0,25% das mulheres. Indi-que a probabilidade de que seja mulher umapessoa daltônica selecionada ao acaso nessapopulação.

a) 121

b) 18

c) 321

d) 521

e) 14

alternativa A

A probabilidade de uma pessoa selecionada aoacaso ser homem e daltônico é 50% ⋅ 5% = 2,5%.E a probabilidade de ser mulher e daltônica é50% ⋅ 0,25% = 0,125%. Logo P (mulher|daltônica) =

= P (mulher edaltônica)P (daltônica)

= 0,125%2,5% 0,125%+

=

= 1252 625

= 121

.

Sejam α β, ∈ C tais que |α| = | β | = 1 e|α − β| = 2. Então α β2 2+ é igual a

a) −2 b) 0 c) 1 d) 2 e) 2i

alternativa B

Observando que | |z w− é igual à distância entreas imagens dos complexos z e w no plano comple-xo, sendo A, B e O as imagens de α, β e 0, te-mos OA ,= − = =| | | |α α0 1 OB = − = =| | | |β β0 1

e AB = − =| |α β 2 . Como AB OA OB2 2 2= + ,pela recíproca do Teorema de Pitágoras, o triân-gulo AOB é retângulo em O. Assim, α β= ±i ⇔⇔ = −α β2 2 ⇔α β2 2 0+ = .

Considere o sistema Ax b= , em que

A kk

=−

− −

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

1 2 32 61 3 3

, b =⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

160

e k R∈ .

Sendo T a soma de todos os valores de k quetornam o sistema impossível e sendo S asoma de todos os valores de k que tornam osistema possível e indeterminado, então o va-lor de T S− éa) −4 b) −3 c) 0 d) 1 e) 4

Questão 1

Questão 2

Re

B

A

11

O

lm

2

Questão 3

alternativa A

A matriz completa associada ao sistema Ax b=é:

1 2 3 1

2 k 6 6

1 3 k 3 0L1 L3

2L1 L2−

− −

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟ +

− +

L1 L3

2L1 L2 L231 2 3 1

0 k 4 0 4

0 1 k 1+

− + −+

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

L23 (k 4) L2 L31 2 3 1

0 1 k 1

0 k 4 0 4

−

+

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

− + +

− + + −

− + −

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

(k 4) L2 L31 2 3 1

0 1 1

0 0 k(k 4) k

k

Assim, o sistema é possível e indeterminado se, e

somente se,− + =− =

⇔ =k(k 4) 0

k 0k 0 e é impossí-

vel se, e somente se,− + =− ≠

⇔ = −k(k 4) 0

k 0k 4.

Logo T S 4 0 4− = − − = − .

Sejam A e C matrizes n n× inversíveis taisque det( )I C A+ =−1 1 3 e det A = 5. Saben-

do-se que B A C t= +− −3 1 1( ) , então o deter-

minante de B é igual a

a) 3n

d) 35

1n −

b) 2352⋅

n

e) 5 3 1⋅ −n

c) 15

alternativa D

Sendo A e C matrizes inversíveis n n× , B tam-bém é n n× .

Como det A 5= , então det A15

1− = e

det(I C A) det A13

15

115

1 1+ ⋅ ⋅ = ⋅ = ⇔− −

⇔ + ⋅ ⋅ = ⇔− −det[(I C A) A ]1

151 1

⇔ + =− −det(A C )1

151 1 .

Portanto det B det [3(A C ) ]1 1 t= + =− −

= ⋅ + = =− −−

3 det(A C )315

35

n 1 1n n 1

.

Um polinômio P é dado pelo produto de 5 po-linômios cujos graus formam uma progressãogeométrica. Se o polinômio de menor grautem grau igual a 2 e o grau de P é 62, então ode maior grau tem grau igual aa) 30 b) 32 c) 34 d) 36 e) 38

alternativa B

Seja q a razão da progressão geométrica formadapelos graus dos polinômios. Como seu primeirotermo é 2 e a soma dos seus 5 termos é 62:

2 2q 2q 2q 2q 622 3 4+ + + + = ⇔

⇔ + + + − = ∗q q q q 30 0 ( )4 3 2

Sabemos que o grau de um polinômio é um núme-ro natural e as possíveis raízes naturais de ( )∗ sãoos divisores positivos de 30, ou seja, 1, 2, 3, 5, 6,10, 15 e 30. Destes, o único que satisfaz a equa-ção ( )∗ é q 2= , pois 2 2 2 2 30 04 3 2+ + + − = .Logo o polinômio de maior grau tem grau igual a2 q 2 2 324 4⋅ = ⋅ = .

Um diedro mede 120o. A distância da arestado diedro ao centro de uma esfera de volume4 3π cm3 que tangencia as faces do diedro é,

em cm, igual a

a) 3 3 b) 3 2 c) 2 3 d) 2 2 e) 2

alternativa E

Sendo R o raio da esfera de volume 4 3 π cm3 ,

4 R3

4 3 R 3 cm3π π= ⇔ = .

A figura a seguir mostra a secção que passa pelocentro O da esfera e é perpendicular à aresta dodiedro em P:

matemática 3

Questão 4

Questão 5

Questão 6

A distância do centro da esfera à aresta do diedro é

OP. No triângulo retângulo OPQ, sen60OQOP

o = ⇔

⇔ = ⇔ =32

3OP

OP 2 cm.

Considere o quadrado ABCD com lados de10m de comprimento. Seja M um ponto sobre

o lado AB e N um ponto sobre o lado AD,eqüidistantes de A. Por M traça-se uma reta

r paralela ao lado AD e por N uma reta s pa-

ralela ao lado AB, que se interceptam no pon-to O. Considere os quadrados AMON eOPCQ, onde P é a intersecção de s com o lado

BC e Q é a intersecção de r com o lado DC.Sabendo-se que as áreas dos quadradosAMON, OPCQ e ABCD constituem, nesta or-dem, uma progressão geométrica, então a dis-tância entre os pontos A e M é igual, em me-tros, aa) 15 5 5+

b) 10 5 5+

c) 10 5−

d) 15 5 5−

e) 10 3 5−

alternativa D

Considere a figura a seguir:

Sendo x a distância, em metros, entre os pontosA e M, x 10< , os lados dos quadrados AMON eOPCQ medem x e 10 x− , respectivamente.Então, as áreas de AMON, OPCQ e ABCD cons-tituem, nesta ordem, a PG (x , (10 x) , 10 )2 2 2− .

Assim, recordando que 0 < x 10< , (10 x)2− =

= ⋅ ⇔x 102 2 (10 x) 10x2− = ⇔⇔ − + = ⇔x 30x 100 02 x 15 5 5= − .

Considere o polinômio p x a x a x( ) = + +55

44

+ + −a x a x a33

22

1, em que uma das raízes

é x = −1. Sabendo-se que a1, a2, a3, a4 e a5são reais e formam, nesta ordem, uma pro-gressão aritmética com a4 = 1/2, então p( )−2 éigual aa) −25 b) −27 c) −36 d) −39 e) −40

alternativa A

Se (a1, a2 , a3 , a4 , a5 ) é uma PA, então a a1 5+ == +a a2 4 .Como x 1= − é uma raiz de p(x) a x a x5

54

4= + ++ + −a x a x a3

32

21, então p( 1) 0− = ⇔

⇔ − + − + − = ⇔a a a a a 05 4 3 2 1⇔ + − + − = ⇔ =a a (a a ) a 0 a 04 2 5 1 3 3 .

Como a124 = , a razão da PA é a a4 3− =

= − =12

012

e seus termos são

− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟1,

12

,0,12

1, .

Portanto p(x) xx2

x2

154 2

= + − + e p( 2)− =

= − + − − − + = −( 2)( 2)

2( 2)

21 255

4 2.

matemática 4

60°

60°O

Q

P

3

3

Questão 7

Questão 8

A

10 _ x

BMx

PN

x x

xO

10 _ x 10 _ x

D CQ 10 _ x

Sobre a equação polinomial 2 4 3 2x ax bx+ + ++ − =cx 1 0, sabemos que os coeficientes a, b,c são reais, duas de suas raízes são inteiras edistintas e 1/2 − i/2 também é sua raiz.Então, o máximo de a, b, c é igual aa) −1 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4

alternativa C

Como todos os coeficientes da equação são reais

e12

i2

− é raiz, seu conjugado12

i2

+ também é

raiz. Sendo r < s as outras duas raízes, estas sãointeiras e, pelas relações entre coeficientes e raí-

zes,12

i2

12

i2

rs12

rs 1−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = − ⇔ = − ⇔

⇔ = −r 1 e s 1= .

Assim, a equação pode ser escrita como

2(x 1)(x 1) x12

i2

x12

i2

− + − −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

− +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=0 ⇔

⇔ − − + − =2x 2x x 2x 1 04 3 2 .

Portanto o máximo de a, b, c é c 2= .

É dada a equação polinomial( ) ( ) ( )a c x b c x c a x+ + + + + + − +2 3 13 2

+ + + =( )a b 4 0com a, b, c reais. Sabendo-se que esta equa-ção é recíproca de primeira espécie e que 1 éuma raiz, então o produto abc é igual aa) −2 b) 4 c) 6 d) 9 e) 12

ver comentário

Sendo P x x( ) = + + + + + +(a c 2) (b 3c 1)x3 2

+ − + + +(c a)x (a b 4), temos 3 casos:• ∂P 3= :Como a equação é recíproca de primeira espéciee 1 é raiz, a c 2 0+ + ≠ ea c 2 a b 4

b 3c 1 c a

(a c 2) (b 3c 1) (c a) (a b 4

+ + = + ++ + = −+ + + + + + − + + + ) 0=

⇔

⇔= ++ + = −+ + = −

⇔+ = −+ = −= +

⇔=c b

a b c

a b

2

2 1

5c 7

a 3b 5

a 7b 17

c b 2

a 4

2

b 3

c 1

= −= −

Logo abc 4 ( 3) ( 1) 12= ⋅ − ⋅ − = .

• ∂P 2= :b 3c 1 0+ + ≠ e

a c 2 0

b 3c 1 b 4

(b 3c 1) (c a) (a b 4) 0

+ + =+ + = + ++ + + − + + + =

⇔a

⇔+ = −− = −+ = −

⇔

= −

=

= −

a c 2

a 3c 3

2b 4c 5

a94

c14

b 3

Logo abc94

14

( 3)2716

= −⎛⎝⎜⎞⎠⎟ ⋅ ⋅ − = .

• ∂P 1= :

c 0− ≠a e

a c 2 0

b 3c 1 0

( a (a b 4)

( a (a b 4) 0

+ + =+ + =− = + +− + + + =

⇔c

c

)

)

⇔

+ + =+ + =− =+ + =

a c 2 0

b 3c 1 0

c a 0

a b 4 0

; absurdo.

Portanto abc 12= ou abc = 2716

. Supondo que a

equação fosse de terceiro grau, a alternativa Eseria a correta.

Sendo [−π π/ ]/ ,2 2 o contradomínio da funçãoarco-seno e [0, π] o contradomínio da funçãoarco-cosseno, assinale o valor de

cos arcsen35

arccos45

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟.

a) 112

b) 725

c) 415

d) 115

e) 12 5

alternativa B

Seja arc sen35

= α . Como 02

< <α π, podemos

considerar o triângulo a seguir:

matemática 5

Questão 10

Questão 9

Questão 11

Logocos45

cos45

α α= ⇔ =arc e

cos arc sen35

arc cos45

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

= = − = ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ − =cos(2 ) 2 cos 1 2

45

1725

22

α α .

Dada a cônica λ : 12 2x y− = , qual das retas

abaixo é perpendicular à λ no pontoP = (2, 3 )?

a) y x= −3( 1) b) y x= 32

c) y x= +33

( 1) d) y x= − −35

( 7)

e) y x= − −32

( 4)

alternativa E

Seja a o coeficiente angular da reta tangente a λno ponto P (2; 3 )= . Derivando em x a relaçãoque a cônica satisfaz, obtemos, para y 0≠ ,

2x 2ydydx

0dydx

xy

− ⋅ = ⇔ = e, portanto, a =

= 23

.

Logo uma equação da reta perpendicular a λ

em P é y 332

(x 2)− = − − ⇔

⇔ = − −y3

2(x 4).

O conjunto imagem e o período def x x x( ) ( ) ( )= + −2 3 6 12sen sen são, respecti-

vamente,

a) [−3, 3] e 2π

c) [ , ]− 2 2 e π3

e) [−1, 3] e 23π

b) [−2, 2] e 23π

d) [−1, 3] e π3

alternativa C

Observando que cos 2 1 2 sen2α α= − paraα ∈ R e supondo que o domínio de f é R,f(x) 2 sen (3x) sen(6x) 12= + − == − − = − =sen(6x) (1 2 sen (3x)) (6x) cos(6x)2 sen

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=212

sen(6x)12

cos(6x)

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =2 cos

4sen(6x) s

4cos(6x)

π πen

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟2 sen 6x

4π

, que tem conjunto imagem

[ 2 ; 2 ]− e período26 3π π= .

Para x R∈ , o conjunto solução de| | | |5 5 4 5 5 13 2 1x x x x− + ⋅ = −+ é

a) {0, 2 5 , 2 3}± ±b) {0,1, log ( )}5 2 5+

c) 0, 2,12

12

3225 5 5log log log,

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

d) {0, log ( )5 2 5+ , log ( )5 2 3+ ,log ( )}5 2 3−e) A única solução é x = 0

alternativa D

Seja 5 yx = . Então:

| | | |y 5y 4y y 13 2− + = − ⇔⇔ − − = − ⇔| | | |y(y 1)(y 4) y 1

⇔− =

− =⇔

− =| |

| |

y 1 0

ou

y(y 4) 1

y 1 0

ou

y(y 4) 1

ou

y(y 4) 1

− =

− = −

⇔

matemática 6

�

53

Questão 12

Questão 13

Questão 14

⇔

=

− − =

− +

y 1

ou

y 4y 1 0

ou

y 4y

2

2 1 0

y 1

ou

y 2 5

ou

y 2 3=

⇔

=

= ±

= ±

Já que y 5 0x= > para todo x real e 2 5 0− < ,

5 1x = ou 5 2 5x = + ou 5 2 3x = + ou

5 2 3 x 0x = − ⇔ = ou x log (2 5 )5= + ou

x = +log (2 3 )5 ou x log (2 3 )5= − .Logo o conjunto solução é{0,log (2 5 )5 + , log (2 3 )5 + , log (2 3 )}5 − .

Um subconjunto D de R tal que a funçãof D: → R, definida por f x x x( ) | ( )|= − +ln 2 1 é

injetora, é dado pora) Rd) (0, 1)

b) ( , ]−∞ 1e) [1/2, ∞)

c) [0, 1/2]

alternativa C

Temos ln(x x 1) 0 x x 1 12 2− + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔⇔ ≤ ≥x 0 ou x 1. Assim:

f(x)n(x x 1), se x 0 ou x 1

n(x x 1), se 0 x 1

2

2=

− + ≤ ≥

− − + ≤ ≤

⎧⎨l

l

⎪

⎩⎪

Seja g(x) x x 1 x12

34

22

= − + = −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + ,

g R R: → . Então a imagem de g é34

; +∞⎡⎣⎢

⎡⎣⎢, g é

decrescente em −∞⎤⎦⎥

⎤⎦⎥

;12

e crescente em

12

; +∞⎡⎣⎢

⎡⎣⎢

, e o gráfico de g é simétrico em relação

à reta x = 12

.

Deste modo devemos considerar quatro interva-los:

• f é decrescente em ] ; 0]−∞ e assume, nesse in-tervalo, os valores de [0, [+ ∞ ;

• f é crescente em 0;12

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

e assume, nesse inter-

valo, os valores de 0; f12

0; ln34

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

= − ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

=

= ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

0; n43

;l

• f é decrescente em12

;1⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

e assume, nesse in-

tervalo, os valores de f(1); f12

0; n43

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

= ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

l ;

• f é crescente em [1; [+∞ e assume, nesse in-tervalo, os valores de [0; [+∞ .

Observando ainda que f(x) n43

x12

= ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⇔ =l ou

l ln (x x 1) n43

x x 143

2 2− + = ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⇔ − + = ⇔

⇔ = −x12

216

ou x12

216

= + , podemos fa-

zer o esboço do gráfico de f:

Dentre as alternativas, a única que apresenta umsubconjunto D de R tal que f(x) é injetora é a al-ternativa C.

A soma de todas as soluções distintas daequação

cos cos cos3 2 6 9 0x x x+ + = ,que estão no intervalo 0 ≤ ≤x π/2, é igual a

a) 2π b) 2312

π c) 96

π d) 76

π e) 1312

π

alternativa E

cos 3x 2 cos 6x cos 9x 0+ + = ⇔

⇔ +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + = ⇔2 cos

9x 3x2

cos9x 3x

22 cos 6x 0

⇔ + = ⇔2 cos 6x cos 3x 2 cos 6x 0⇔ + = ⇔2 cos 6x(cos 3x 1) 0⇔ =cos 6x 0 oucos 3x 1= − ⇔

⇔ = +6x2π πk ou3x 2= +π πk (k ∈Z) ⇔

⇔ = +x12 6π πk

ou x3

23

= +π πk(k ∈Z)

Para0 x2

≤ ≤ π, as soluções são

π12

,π π π

12 6 4+ = ,

π π π12

26

512

+ = eπ3

, cuja soma éπ π

12 4+ +

+ + =512 3

1312

π π π.

matemática 7

Questão 15

y

x0 1 1_2

3_4n

1_2

21_6

_ 1_2

21_6

+

l

Questão 16

Considere o conjunto D n n= ∈ ≤ ≤{ N;1 365}e H D⊂ ( ) formado por todos os sub-conjuntos de D com 2 elementos. Escolhen-do ao acaso um elemento B ∈H, a probabili-dade de a soma de seus elementos ser 183 éigual a

a) 1730

b) 4633 215

c) 1365

d) 9233 215

e) 91730

alternativa A

Os elementos de H cuja soma é 183 são da forma{x, 183 − x} para 1 ≤ x ≤ 91, num total de 91. Alémdisso, o número de elementos de H, ou seja, onúmero de subconjuntos de D com 2 elementos é365

2365 364

2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = ⋅

. A probabilidade pedida é, en-

tão,91

365 3642

1730⋅ = .

Considere o triângulo ABC isósceles em queo ângulo distinto dos demais, B �AC, mede40°. Sobre o lado AB, tome o ponto E tal queA �CE = 15°. Sobre o lado AC, tome o ponto Dtal que D �BC = 35°. Então, o ângulo E �DBvalea) 35° b) 45° c) 55° d) 75° e) 85°

alternativa D

Sendo o triângulo ABC isósceles, com BAC� dife-rente dos demais ângulos, m(ACB)� = m ABC( � ) =

= − =180 402

70o o

o . Além disso, m(ECB)� =

= m(ACB) m(ACE)� �− = 70 15 55o o o− = e, notriângulo BCE, m(BEC)� ==180 m(EBC) m(ECB)o − −� � == − − =180 70 55 55o o o o . Assim, o triânguloBCE é isósceles com BC = BE.

Como m(CBD) 35 m(ABD),o� �= = BC BE= e BDé comum, pelo caso LAL, os triângulos BCD eBED são congruentes, de modo que m(EDB)� == = − −m(CDB) 180 m(DBC) m(BCD)o� � � == − − =180 35 70 75o o o o .

Sejam X, Y, Z, W subconjuntos de N tais que( ) { , , , }X Y Z− ∩ = 1 2 3 4 , Y = { , }5 6 , Z Y∩ = 0,W X Z∩ − =( ) { , }7 8 , X W Z∩ ∩ = { , }2 4 .Então o conjunto [ ( )] [ ( )]X Z W W Y Z∩ ∪ − ∩ ∪é igual aa) {1, 2, 3, 4, 5}b) {1, 2, 3, 4, 7}c) {1, 3, 7, 8}d) {1, 3}e) {7, 8}

alternativa C

Observe, inicialmente, que Z Z N= ∩ == ∩ ∪ = ∩ ∪ ∩ =Z (Y Y) (Z Y) (Z Y)

= ∪ ∩ = ∩0 (Z Y) Z Y . Logo (X Y) Z− ∩ == ∩ ∩ = ∩ ∩ = ∩(X Y) Z X (Y Z) X Z.

Desta forma, considerando que (X Y) Z− ∩ == ∩ =X Z {1, 2,3, 4},W (X Z) {7, 8}∩ − = eX W Z∩ ∩ = {2, 4}, podemos construir o Diagra-ma de Venn a seguir e preencher algumas desuas regiões:

matemática 8

Questão 17

Questão 18

35°

35°

55°

15°

40°

55°

A

E

D

B C

Questão 19

Temos então que A X (Z W)= ∩ ∪ == {1, 2,3, 4,7,8} não possui elementos em comumcom Y e, conseqüentemente, o conjunto pedido éigual a A W Z− ∩ = {1,3,7,8}.

Sejam r e s duas retas paralelas distando10 cm entre si. Seja P um ponto no plano de-finido por r e s e exterior à região limitadapor estas retas, distando 5 cm de r. As res-pectivas medidas da área e do perímetro, emcm2 e cm, do triângulo equilátero PQR cujosvértices Q e R estão, respectivamente, sobreas retas r e s, são iguais a

a) 17533

e 5 21 b) 17533

e 10 21

c) 175 3 e 10 21 d) 175 3 e 5 21

e) 700 e 10 21

alternativa B

Considere a reta que passa por P e é perpendi-

cular a r e s. Como � ≥ 15, sen5 1

3α = ≤ ⇒

�

⇒ <α 30o e portanto R está no mesmo semipla-no de Q em relação a PU.

Seja α = m(PQT)� . Então, como PQR é eqüilátero,

m(TQR) 60o� = − α, m m(QRV) (TQR)� �= == 60o − α (alternos internos) e m(PRU)� == − − − = +180 60 (60 ) 60o o o oα α.Assim, nos triângulos retângulos PQT e PRU:

sen( 60 )15

sen5

sen( 60 )sen

15

5

ooα

α

αα

+ =

=⇒ + = ⇔�

�

�

�

⇔ + = ⇔sen cos 60 sen 60 cossen

3o oα α

α

⇔ + = ⇔ =12

32

cotg 3 cotg53

α α

No triângulo PQT,cotgTQPT

53

TQ5

α = ⇔ = ⇔

⇔ =TQ25 3

3.

Aplicando o Teorema de Pitágoras no mesmo

triângulo, � = = + =PQ PT TQ2 2

= +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =5

25 33

10 213

22

.

Assim, a área e o perímetro do triângulo eqüiláte-

ro PQR são, respectivamente,�2 34

=

=

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=

10 213

3

4175 3

3cm

2

2 e

3 310 21

310 21� = ⋅ = cm.

As questões dissertativas, numeradas de 21 a30, devem ser resolvidas e respondidas no ca-derno de soluções.

Dado o conjunto A { R; 3 2 },2 2= ∈ + <x x x x

expresse-o como união de intervalos da retareal.

Resposta

3x 2x x 0 3x 2x x2 2 2 4+ < ⇔ ≤ + < ⇔

⇔+ ≥

> +⇔

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ≥

− −

3x 2x 0

x 3x 2x

3x x23

0

x 3x 2x

2

4 24 2 > 0

matemática 9

W Z

X

N

2

7 138

4

Questão 20

60°

P

5

T

10

Q r

sVRU

60°� 60° _�

60°_�

+

�

Questão 21

Questão 24

Porém 3x x23

0+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ≥ ⇔ x

23

≤ − ou x 0≥ e

x 3x 2x 0 x (x 3x 2) 04 2 3− − > ⇔ ⋅ − − > ⇔

⇔ ⋅ + ⋅ − > ⇔ < −x (x 1) (x 2) 0 x 12 ou

− < <1 x 0 ou x 2> .Uma maneira de expressar o conjunto A é

] ; 1[ 1;23

]2; [−∞ − ∪ − −⎤⎦⎥

⎤⎦⎥

∪ +∞ .

Determine as raízes em C de 4 256 06z + = ,na forma a bi+ , com a, b R∈ , que pertençama

S z C z= ∈ < + <{ | | };1 2 3 .

Resposta

Temos que:I.1 z 2 3 1 z 2 32 2 2< + < ⇔ < + < ⇔| | | |

⇔ < + + < ⇔1 (z 2)(z 2) 9

⇔ < + + < ⇔1 (z 2)(z 2) 9

⇔ < ⋅ + + + < ⇔1 z z 2(z z) 4 9

⇔ < + + < ⇔1 z 4 Re(z) 4 92| |

⇔ − − < < − +| | | |z 34

Re(z)z 5

4

2 2

II. 4z 256 0 z 64 z 646 6 6+ = ⇔ = − ⇒ = − ⇔| | | |

⇔ = ⇔ =| | | |z 64 z 26

Logo, de I e II, basta encontrarmos as raízes da

equação dada que satisfazem− < <74

Re(z)14

.

Como z 64 z 2 (cos i sen )6 6 6= − ⇔ = + ⋅ ⇔π π

⇔ = + + ⋅ +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟z 2 cos

2k6

i sen2k

6π π π π

,

0 k 5≤ ≤ , os valores pedidos são (observe que

− ≅ − > − ⎞⎠⎟3 1,73

74

:

• z 2 cos2

i sen2

2i= + ⋅⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =π π

;

• z 2 cos56

i sen56

3 i= + ⋅⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = − +π π

;

• z 2 cos76

i sen76

3 i= + ⋅⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = − −π π

e

• z 2 cos32

i sen32

2i= + ⋅⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = −π π

.

Seja f x x x( ) ( )= + +ln 2 1 , x ∈ R. Determineas funções h, g : R → R tais que f x g x( ) ( )= ++ h x( ), ∀ ∈x R, sendo h uma função par e guma função ímpar.

Resposta

Como h é par e g é ímpar, h( x) h(x)− = eg( x) g(x)− = − para todo x real. Assim, f( x)− == − + − = − +g( x) h( x) g(x) h(x) e

f(x) g(x) h(x)

f( x) g(x) h(x)

= +− = − +

⇔

⇔=

+ −=

+ + + − +

=

h(x)f(x) f( x)

2n (x x 1) n (x x 1)

2

g(x)f(

2 2l l

x) f( x)2

n (x x 1) n (x x 1)2

2 2− −=

+ + − − +⇔

l l

⇔=

+ + − += + +

=

h(x)n [(x x 1)(x x 1)]

212

n (x x 1)

g(x)

2 24 2l

l

12

nx x 1

x x 1

2

2l

+ +

− +

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

Sejam α, β, γ ∈ R. Considere o polinômio p(x)dado por x x x5 4 39 2 2− + − − + + +( ) (α β γ α β

+ − +2 2 2γ )x ( ) ( )α β γ α β γ− − + + + + −1 2 1x .

Encontre todos os valores de α, β e γ de modoque x = 0 seja uma raiz com multiplicidade 3de p(x).

Resposta

Já que x 0= tem multiplicidade 3:

α β γα − β − γα β γ

α − β − γ

αβ γ =β

+ + − =+ =

+ + − =≠

⇔=+≠ −

2 2 2 0

1 0

2 1 0

2 0

0

1

2 γ

Como β γ= −1 , devemos ter1 2 1− ≠ − ⇔ ≠ −γ γ γe, conseqüentemente, β ≠ 2.Logo, para que x 0= tenha multiplicidade 3, de-vemos ter α = 0, β = −1 k, γ = k, k ∈R – {−1}.

matemática 10

Questão 22

Questão 23

Uma matriz real quadrada A é ortogonal se Aé inversível e A At− =1 . Determine todas asmatrizes 2 2× que são simétricas e ortogonais,expressando-as, quando for o caso, em termosde seus elementos que estão fora da diagonalprincipal.

Resposta

Uma matriz A é simétrica e ortogonal se, e so-mente se, A A1 t− = = A e | |A ≠ 0. Assim:

A A A A A A A I1 1 2= ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔ =− −

Seja Aa b

b c=

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ simétrica. Logo A I2 = ⇔

⇔⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⇔ + +

+ +

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

a b

b ca b ab bc

ab bc b c

2 2 2

2 2

1 0

0 1=

=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⇔

+ =+ =

+ =

1 0

0 1

a b 1

b(a c) 0

b c 1

2 2

2 2

Temos b(a c) 0 b 0+ = ⇔ = ou a c= − .

Analisemos os dois casos:

• b 0= : temos a 12 = ec 1 a 12 = ⇔ = ± ec 1= ± ,

portanto as matrizes1 0

0 1⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ,

1 0

0 1−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ,

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1 0

0 1e

−−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1 0

0 1são simétricas e ortogonais.

• a c= − : temos a b 1 a 1 b2 2 2+ = ⇔ = ± − ;− ≤ ≤1 b 1.

As matrizes 1 b b

b 1 b

2

2−

− −

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ e

− −−

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

1 b b

b 1 b

2

2são simétricas e ortogonais.

Resumindo, as matrizes pedidas são da forma

1 0

0 1⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ,

−−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1 0

0 1, 1 b b

b 1 b

2

2−

− −

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ e

− −−

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

1 b b

b 1 b

2

2com − ≤ ≤1 b 1.

Determine todos os valores α ∈ −⎤⎦⎥

⎡⎣⎢

π π2

,2

tais que a equação (em x)

x x4 4 22 3 tg 0− + =αadmita apenas raízes reais simples.

Resposta

Vamos interpretar o trecho "... admita apenasraízes reais simples" como "admita apenas raízesreais, sendo todas simples".x 2 3 x tg 04 4 2− + = ⇔α

⇔=

− + = ∗

x y

y 2 3 y tg 0 ( )

2

2 4 αPara que todas as raízes da equaçãox 2 3 x tg 04 4 2− + =α sejam reais e simples, asraízes de ( )∗ devem ser positivas e distintas.Logo:

( 2 3 ) 4 1 tg 0

tg1

0

( 2 3 )1

0

tg 3

tg 0

4 2

4

− − ⋅ ⋅ >

>

− − >

⇔ <>

αα α

α

Para α π π∈ −⎤⎦⎥

⎡⎣⎢2

;2

,0 tg 3 03

< < ⇔ < <α α π.

Em um espaço amostral com uma probabili-dade P, são dados os eventos A, B e C taisque: P (A) = P (B) = 1/2, com A e B indepen-dentes, P A B C( )∩ ∩ = 1/16, e sabe-se queP A B A C(( ) ( ))∩ ∪ ∩ = 3/10. Calcule as pro-babilidades condicionais P C A B( | )∩ eP C A BC( | )∩ .

Resposta

Sendo A e B independentes, P (A B)∩ =

= ⋅ = ⋅ =P (A) P(B)12

12

14

. Assim, P (C A B)| ∩ =

= ∩ ∩∩

= =P (C A B)P (A B)

11614

14

.

matemática 11

Questão 25 Questão 26

Questão 27

Os eventos A e BC são também independentes,de modo que P (A B ) P (A) P (B )C C∩ = ⋅ =

= ⋅ −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =1

21

12

14

.

Temos também P ((A B) (A C))∩ ∪ ∩ == ∩ + ∩ − ∩ ∩ ∩ ⇔P (A B) P (A C) P ((A B) (A C))

⇔ = + ∩ − ∩ ∩ ⇔310

14

P (A C) P (A B C)

⇔ = + ∩ − ⇔ ∩ =310

14

P (A C)1

16P (A C)

980

.

Além disso, como B B 0C∩ = ⇒

⇒ ∩ ∩ ∩ ∩ ∩ =(A C B) (A C B ) 0C ,

P (A C) P (A C (B B ))C∩ = ∩ ∩ ∪ =

= ∩ ∩ ∪ ∩ ∩ =P ((A C B) (A C B ))C

= ∩ ∩ + ∩ ∩ ⇔P (A C B) P (A C B )C

⇔ = + ∩ ∩ ⇔980

116

P (A C B )C

⇔ ∩ ∩ =P (A C B )120

C .

Logo P (C A B ) =P (C A B )

P (A B )C

C

C| ∩ ∩ ∩∩

=

= =

12014

15

.

Obs.: a identidade P (A C) P (A C B)∩ = ∩ ∩ +

+ ∩ ∩P (A C B )C também pode ser visualizadano Diagrama de Venn:

Um triângulo acutângulo de vértices A, B e Cestá inscrito numa circunferência de raio5 2

3. Sabe-se que AB mede 2 5 e BC mede

2 2. Determine a área do triângulo ABC.

Resposta

Sejam α = m(BAC)� , β = m(ABC)� e γ = m(ACB)� .

Pela lei dos senos,AB

senBC

senγ α= = ⇔2R

⇔ = =⋅

=senBC

Rα

22 2

25 2

3

35

e

senAB

Rγ = =

⋅=

22 5

25 2

3

3 1010

. Como o triân-

gulo ABC é acutângulo,cos 1 sen2α α= − =

= − ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =1

35

45

2ecos 1 sen2γ γ= − =

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =1

3 1010

1010

2

.

Logo a área do triângulo ABC é12

AB BC sen⋅ ⋅ =β

= ⋅ ⋅ ⋅ − − =12

2 5 2 2 sen(180 )o α γ

= ⋅ + =2 10 sen( )α γ= + =2 10 (sen cos sen cos )α γ γ α

= ⋅ + ⋅⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =2 10

35

1010

3 1010

45

6.

Seja C uma circunferência de raio r e centroO e AB um diâmetro de C. Considere o triân-gulo equilátero BDE inscrito em C. Traça-sea reta s passando pelos pontos O e E até in-terceptar em F a reta t tangente à circunfe-rência C no ponto A. Determine o volume dosólido de revolução gerado pela rotação da

região limitada pelo arco AE e pelos segmen-tos AF e EF em torno do diâmetro AB.

Resposta

Considere a figura a seguir:

matemática 12

A B

C

A C B� �A C B�C

�

Questão 28

Questão 29

O

H

A

D

F’ F

t

E

r

s

B

30°30°30°

A

Como o triângulo BDE é eqüilátero, DE é perpen-dicular a AB e, portanto, paralelo a t, e m (OFA)� == =m(OEH) 30o� . Temos, então, no ΔOEH, OH =

= ⋅ =OE sen30r2

o e HE OE c 30r 3

2o= ⋅ =os

e, no ΔOAF, AFOA

tg 30r 3o= = .

O volume do sólido obtido é dado pela diferençaentre o volume do tronco de cone, de altura HA =

= − =OA OHr2

e raios das bases HEr 3

2= e

AF r 3= , e o volume do segmento esférico, de

altura HAr2

= e raio HEr 3

2= . Temos, então:

V3

r2

(r 3 ) r 3r 3

2r 3

22

2

= ⋅ + ⋅ +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

π

− ⋅ ⋅⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ = − =π π π

6r2

3r 3

2r2

7 r8

5 r24

2 2 3 3

= 2 r3

3π

Considere a parábola de equaçãoy ax bx c= + +2 , que passa pelos pontos

(2,5), ( , )−1 2 e tal que a, b, c formam, nesta or-dem, uma progressão aritmética. Determinea distância do vértice da parábola à reta tan-gente à parábola no ponto (2,5).

Resposta

Se a parábola de equação y ax bx c2= + + pas-sa pelos pontos (2; 5) e (1; 2)− e se a, b e c for-mam uma progressão aritmética, então

4a 2b c 5

a b c 2

a c 2b

4a 2b c 5

b 2

a c 2b

a 1

b 2

c

+ + =− + =+ =

⇔+ + =

=+ =

⇔= −== 5

.

A parábola possui assim equaçãoy = − + +x 2x 52 . Seu vértice tem coordenadas

− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =b

2a;

4a(1; 6)

Δ. Além disso, y’ 2x 2= − + ,

portanto a reta tangente à parábola no ponto(2; 5) tem coeficiente angular − ⋅ + = −2 2 2 2e sua equação é y 5 2(x 2)− = − − ⇔⇔ + − =2x y 9 0. A distância entre (1; 6) e areta de equação 2x y 9 0+ − = é

d2 1 6 9

2 1

552 2

=⋅ + −

+= .

matemática 13

Questão 30