tc de matemÁtica (revisÃo) / 3ª sÉrie e extensivo · log50 + log40 + log20 + log2,5 é igual a:...
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TC DE MATEMÁTICA (REVISÃO) / 3ª SÉRIE E EXTENSIVO
PROFESSOR Fabrício Maia
ALUNO(A): Nº
TURMA: TURNO: DATA: / /
COLÉGIO:
OSG 5928/05
Ari Duque de Caxias Ari Washington Soares Ari Aldeota Da 7ª Série ao Pré-Vestibular Sede Hildete de Sá Cavalcante (do Maternal ao Pré-Vestibular) Rua Monsenhor Catão, 1655 Av. Duque de Caxias, 519 - Centro - Fone: (85) 3255.2900 Av. Washington Soares, 3737 - Edson Queiroz - Fone: (85) 3477.2000 (Início das Aulas: 2007) (Praça do Carmo) Clubinho do Ari - Av. Edílson Brasil Soares, 525 - Fone:(85) 3278.4264
1. Os valores de b para os quais a parábola y = x2 + bx tem um único ponto em comum com a reta y = x — 1 são:
a) —1 e 3 d) 0 e —1 b) —1 e 2 e) 0 e 2 c) —3 e —1 SOLUÇÃO:
Temos:
−=+=1xy
bxxy 2
Comparando: x2 + bx = x —1 x2 + (b —1)x + 1 = 0 Como as equações têm um único ponto comum, então: ∆ = 0 (b — 1)2 — 4.1.1 = 0 (b — 1)2 = 4 Daí, b — 1 = 2 → b = 3 ou b — 1 = —2 → b = —1 Resp.: A 2. Se f(x) = 4x+1 e g(x) = 4x, a solução da inequação f(x) > g(2 —x)
é: a) x > 0 d) x > 1,5 b) x > 0,5 e) x > 2 c) x > 1 SOLUÇÃO: Temos: f(x) > g(2 — x) 4x+1 > 42—x (base > 1) Daí, x + 1 > 2 —x
2x > 1 → 21
x >
Resp.: B 3. log50 + log40 + log20 + log2,5 é igual a: a) 1 d) 10 b) 3 e) 1000 c) 5
SOLUÇÃO: Lembre:
c.ba
ca
ba logloglog =+
Temos: log50 + log40 + log20 + log2,5 = log 100000 = log 105 = 5
soma = 5
Resp.: C
4. Utilizando-se a tabela abaixo, N log N 9 0,95 11 1,04 13 1,11 15 1,18 17 1,23 ... ... 371.293 5,55
conclui-se que 5 293.371 é igual a: a) 11 d) 15 b) 13 e) 17 c) 14 SOLUÇÃO: Tomando:
n = 5 293.371 Daí,
log n = log 5 293.371
log n = log 51
293371
log n = 293.371log.51
(veja tabela)
log n = 55,5.51
Log n = 1,11 (veja tabela) Logo: Resp.: B 5. O número de pontos de interseção dos gráficos de y = 3 logx
e de y = log 9x, sendo x > 0, é: a) 0 d) 3 b) 1 e) 4 c) 2
SOLUÇÃO:
Temos
==
x9logy
xlog.3y
Comparando: 3.log x = log 9x log x3 = log 9x Daí, x3 = 9x x3 — 9x = 0 x(x2 — 9) = 0 x = 0 (n.s) ou x2 — 9 = 0 → ou x = —3(n.s) Resp.: B
n = 13
x = 3
Sabemos:
f(x) = xalog
(x > 0 e 0 < a ≠ 1)
TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO
OSG 5928/052
6. A equação 1
5
2k3
1k
2
1k
=
+
++
+
a) não admite soluções. b) admite uma solução entre 1 e 5. c) admite uma solução entre 5 e 12. d) admite uma solução entre 12 e 20. e) admite uma solução maior que 20. SOLUÇÃO: Lembre:
++
=
+
+
1p
1n
1p
n
p
n
Daí
+=
++
+3
2k
3
1k
2
1k
Substituindo:
1
5
2k
3
2k
=
+
+
+=
+5
2k
3
2k
Logo: 3 + 5 = k + 2 → Resp.: C 7. A soma dos coeficientes do desenvolvimento de (1 + x2 — x3)9 é: a) —1 d) 3 b) 2 e) 4 c) 1 SOLUÇÃO: Sabemos: Se p(x) = anx
n + an—1xn—1 + ... + a1x + a0, com an ≠ 0. A soma
dos coeficientes do polinômio é dada por p(1). Assim: A soma dos coeficientes de (1 + x2 — x3)9 é dada por: Scoef. = (1 + 12 — 13)9 = (1 + 1 —1)9 = 1 Resp.: C 8. Encontre o coeficiente de x2 no desenvolvimento de
(x2 + 2x + 1)4. SOLUÇÃO: Lembre: Termo geral
ppn1p b.a.
p
nT −
+
=
Temos: (x2 + 2x + 1)4 = [(x + 1)2]4 = (x + 1)8 Termo geral
pp81p 1.x.
p
8T −
+
=
Queremos: 8 — p = 2 → p = 6 Daí,
T7 = 262 x281.x.6
8=
Resp.: 28 9. Calcule n sabendo que
191.8n
n...
3
n
2
n
1
n=
++
+
+
SOLUÇÃO: Lembre:
n2n
n...
2
n
1
n
0
n=
++
+
+
Daí
191.8n
n...
2
n
1
n=
++
+
−
0
n2n
Agora:
191.80
n2n =
−
2n —1 = 8.191 2n = 8.192 2n = 213 →
Resp.: 13
10. O número total de pares (x, y) que satisfazem a equação (x2 + y2 — 1)2 + (xy)2 = 0 é:
a) infinito d) 2 b) 0 e) 4 c) 1 SOLUÇÃO: Se a, b ∈ IR e n é par, então: an + bn = 0 ↔ a = b = 0 Temos: (x2 + y2 —1)2 + (xy)2 = 0 Daí,
==→==−+
0you0x0xy
01yx 22
se x = 0 → y2 = 1 → y = ± 1 se y = 0 → x2 = 1 → x = ± 1 pares: (0, 1), (0, —1), (1, 0), (—1, 0) Resp.: E
k = 6
n = 13
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OSG 5928/053
11. A parábola de equação y = x2 — 6 tem vértice M e corta o eixo x nos pontos A e B. Qual a área do triângulo ABM?
a) 1 d) 66
b) 6 e) 612
c) 6 SOLUÇÃO:
Lembre: f(x) = ax2 + bx + c, com a ≠ 0 Coordenadas do vértice
a2
bxV −=
)x(fyoua4
y VVV =∆
−=
Temos: — Coordenadas do vértice y = x2 — 6
0x1.2
0x VV =→
−=
yV = 02 — 6 → yV = —6 Então: M(0, —6) — Pontos de interseção com o eixo x.
x2 — 6 = 0 → x = 6xou6 −=
( ) ( )0,6Be0,6A −
Logo, a área do ∆ABM é dada por:
Área = ABMD21
612
106
106
160
DABM =−
−=
Área = a.u66612.21
=
Resp.: D 12. A distância do vértice da parábola y = (x — 2)(x — 6) à reta
y = 5x34
+ é:
a) 2572
d) 2543
b) 2529
e) 543
c) 43 SOLUÇÃO: i) f(x) = ax2 + bx + c, com a ≠ 0 Coordenadas do vértice
=
+=
)x(fy2
xxx
VV
21V
ii) Distância de um ponto a uma reta.
22
00r.p
ba
cbyaxd
+
++=
Temos: y = (x — 2).(x — 6) → parábola raízes: 2 e 6
42
62xV =
+=
yV = f(4) = (4 — 2).(4 — 6) = 2.(—2) = —4 Distância do vértice à reta:
22 )3(4
15)4.(34.4d
−+
+−−=
543
d =
Resp.: E 13. Resolvendo-se a inequação :obtemos),4x3(log)1x2(log
21
21 +−>+
a) 34
x21
<<− d) 53
x21
<<−
b) 34
x0 << e) 34
x53
<<
c) 53
x <
SOLUÇÃO: Lembre:
yxloglog ya
xa <→>
(0 < base < 1) Temos: )4x3(log)1x2(log
21
21 +−>+
Então:
<→>+−
−>→>+
<→<→+−<+
34
x.)E.C(04x3
21
x.)E.C(01x2
53
x3x54x31x2
ax + by + c = 0
P(x0, y0) r
4x — 3y + 15 = 0
(4, —4)
d = ???
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OSG 5928/054
Interseção Resp. D 14. Se o número complexo z = 1 — i é uma das raízes da
equação x10 — a = 0, o valor de a é: a) 16 d) —16i b) 32 e) —32i c) 64 SOLUÇÃO: Temos: x10 = a se z é raiz então z10 = a. Daí, a = (1 — i)10 a = [(1 — i)2]5 a = (—2i)5 a = —32i5 →
Resp.: E 15. A reta y = ax + 1 intercepta a curva x2 + 4y2 = 1 somente
num ponto. Calcule 8a2. SOLUÇÃO: Temos:
=+
+=
1y4x
1axy22
substituindo (I) em (II): x2 + 4(ax + 1)2 = 1 x2 + 4a2x2 + 8ax + 4 — 1 = 0
(Equação do 2º Grau) Condição: ∆ = 0 (única solução) Daí, (8a)2 — 4.(1 + 4a2).3 = 0 64a2 —12 — 48a2 = 0 16a2 = 12 Resp.: 6 16. A condição para que o trinômio mx2 + (m + 1)x + 1 seja
sempre positivo, qualquer que seja x, é que: a) m > 0 b) (m + 1)2 + 4m < 0 c) (m — 1)2 ≤ 0 d) m ≠ 1, m > 0 e) Não há valores de m tais que o trinômio proposto,
qualquer que seja x, se torne sempre positivo.
SOLUÇÃO: Devemos ter: 1ª condição: a > 0 → 2ª condição: ∆ < 0 → (m + 1)2 — 4.m.1 < 0 → → m2 + 2m + 1 — 4m < 0 → m2 — 2m + 1 < 0 → → (m —1)2 < 0 (absurdo, pois (m — 1)2 ≥ 0, ∀ m ∈ IR) Resp.: E 17. Sejam A = {1, 2, 3} e f : A → A definida por f(1) = 3, f(2) = 1
e f(3) = 2. O conjunto-solução de f[f(x)] = 3 é: a) {1) d) (1, 2, 3} b) {2} e) vazio c) {3} SOLUÇÃO: Temos: se x = 1 → f(f(1)) = f(3) = 2 → f(f(1)) = 2 (n.s) se x = 2 → f(f(2)) = f(1) = 3 → f(f(2)) = 3 (OK) se x = 3 → f(f(3)) = f(2) = 1 → f(f(3)) = 1 (n.s) S = {2} Resp.: B 18. Seja S a soma, em radianos, das raízes da equação
1 + cos x + cos 2x + cos 3x = 0, x ∈ [0, π]. Calcule πS6
.
SOLUÇÃO: Fórmula de Werner
cos p + cos q = 2 cos
−
+
2qp
cos2
qp
Temos:
1 + cos x = cos 0 + cos x =
2x
cos.2x
cos2
cos 2x + cos 3x =
2x
cos.2x5
cos2
Então:
02x
cos2x5
cos22x
cos2x
cos2 =
+
02x5
cos2x
cos.2x
cos2 =
+
0)x(cos2x3
cos.2.2x
cos2 =−
a = —32i
x2(1 + 4a2) + 8ax + 3 = 0
8a2 = 6
m > 0
(I)
(II)
(III)
(I) ∩ (II) ∩ (III) —1/2 3/5
4/3
3/5
—1/2
+ + + + + + ∆ < 0 a > 0
12 3
12 3
A A
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OSG 5928/055
0)x(cos2x3
cos2x
cos4 =
Daí,
π+π=→π+π
=→= k2xk22
x0
2x
cos
ou
3k2
3xk
22x3
02x3
cosπ
+π
=→π+π
=→=
ou
cos x = 0 → x = π+π
k2
se k = 0 → x = π, 2
ou3
ππ
Se k = 1, 2, 3, ... → raízes já encontradas ou fora do intervalo dado.
Raízes: π, 3
,2
ππ
Soma das raízes = S = 6
23632
π+π+π=
π+
π+π
S = 6
11π
Logo: 11S6
=π
Resp.: 11 Importante: cos(—x) = cos(x), ∀ x ∈ Df
19. A função f(x) = 4
)x1(xx
23 −
− é crescente, para todo x
pertencente a:
a)
∞+− ,
1625
d)
∞−
45
,
b)
∞+− ,
425
e) IR
c)
∞+− ,
25
SOLUÇÃO: Temos:
4
xxx
23
)x(f2−
−=
4
xxx6)x(f
2+−=
4
x5x)x(f
2 +=
x45
x41
)x(f 2 +=
Parábola
f é crescente ∀ x ≥ 25
−
Resp.: C 20. Se p e q são raízes não-nulas de x2 + 5px — 8q = 0, calcule
p + q. SOLUÇÃO: Girard Daí,
−=−=+
q8x.x
p5xx
21
21
−=−=+
q8q.p
q5qp
2ª equação p.q = —8q (como q é diferente de zero) Temos: Logo: p + q = —5p p + q = —5.(—8) Resp.: 40 21. Quantos valores inteiros satisfazem a inequação (2x — 7)(x — 1) ≤ 0? a) zero d) 3 b) 1 e) 4 c) 2 SOLUÇÃO: Estudo do sinal inteiros: 1, 2, 3 Resp.: D 22. Sobre a equação 1983x2 — 1984x — 1985 = 0, a afirmativa
correta é: a) Não tem raízes reais. b) Tem duas raízes simétricas. c) Tem duas raízes reais distintas. d) Tem duas raízes positivas. e) Tem duas raízes negativas. SOLUÇÃO: Temos: ∆ = b2 — 4ac ∆ = (—1984)2 — 4.1983.(—1985) ∆ = 19842 + 4.1983 . 1985 Então: ∆ > 0 → raízes reais e distintas. Resp.: C
p = —8
p + q = 40
+ + + + +
+ + + + + + + + +———
——— —— —— + + + +
—
7/2
7/2 1
1
produto
crescente
25
41
.2
45
xv −=−
=
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OSG 5928/056
23. Seja f uma função real tal que f(x + 1) = (f(x))2 e f(0) = 10. Então f(4) é igual a:
a) 1016 d) 101 b) 100 e) 121 c) 10256
SOLUÇÃO: Temos que: f(x + 1) = [f(x)]2 se x = 0 → f(1) = [f(0)]2 → f(1) = 102 se x = 1 → f(2) = [f(1)]2 → f(2) = 104 se x = 2 → f(3) = [f(2)]2 → f(3) = 108 se x = 3 → f(4) = [f(3)]2 → f(4) = 1016 Resp.: A 24. Se o domínio da função f, definida por f(x) = 1 — 2x, é o
intervalo ]—3, 2]. O conjunto imagem de f é dado por: a) ]—7, 3] d) [—3, 5[ b) [—3, 7[ e) ]—3, 3] c) ]—3, 7] 1ª SOLUÇÃO: Temos:
y = 1 — 2x → x = 2
y1 −
Veja: x ∈ ]—3, 2] Então: —3 < x ≤ 2 Agora:
22
y13 ≤
−<−
—6 < 1 — y ≤ 4 —7 < —y ≤ 3 7 > y ≥ —3 ou
→ y ∈ [—3, 7[ Resp.: B 25. Se f(2x + 3) = 4x2 + 6x + 1, ∀ x ∈ IR, então f(1 — x) vale: a) 2 — x2 d) 3x2 — 2x + 4 b) 2 + x2 e) x2 + x —1 c) x2 + 2x — 4
SOLUÇÃO: Tomando:
2x + 3 = k → 2
3kx
−=
Então:
f(k) = 12
3k6
23k
42
+
−
+
−
f(k) = (k —3)2 + 3(k — 3) + 1
Agora: f(1 — x) = (1 — x)2 —3(1 — x) + 1 f(1 — x) = x2 + x — 1 Portanto: f(1 — x) = x2 + x —1 Resp.: E
26. A distância do centro da circunferência x2 + y2 — 6x — 8y + 21 = 0 à bissetriz do 1º e 3º quadrantes vale:
a) 5 d) 23
b) 2 e) 22
c) 3 SOLUÇÃO: Circunferência x2 + y2 — 2ax — 2by + a2 + b2 — R2 = 0 Centro (a, b) Daí, —2a = —6 → a = 3 —2b = —8 → b = 4 Bissetriz dos quadrantes ímpares
distância = 22
2
1
)1(1
04.13.122
==−+
+−
Resp.: E
27. A reta y = x33
é tangente a uma circunferência de centro
(2, 0). O raio dessa circunferência é: a) 3 d) 1 b) 2 e) 0,5
c) 3 SOLUÇÃO: Distância de um ponto a uma reta.
R = 12
32
)3()3(
00.32.3
22=
−+
+−
32
32R
Resp.: D
—3 ≤ y < 7
f(k) = k2 —3k + 1
R = 1
y = x
2ª SOLUÇÃO: xmax = 2 → ymin = —3 xmin = —3 → ymax = 7 Então: y ∈ [—3, 7[
0y3x3 =−
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28. Se S = 1! + 2! + 3! + ... + 89!, então o dígito das unidades de S é:
a) 1 d) 7 b) 3 e) 9 c) 5 SOLUÇÃO: Veja: 1! = 1; 2! = 2; 3! = 6; 4! = 24 A partir de 5!, os resultados serão múltiplos de 10. Então: S = 1 + 2 + 6 + 24 + 5! + ... + 89!
33 múltiplo de 10 S = 3 + 30 + 10α’
múltiplo de 10 S = 3 + 10α → dígito das unidades é 3. Resp.: B 29. O sistema linear de equações nas incógnitas x e y
=−−=+myx2
1y2kx é impossível se, e somente se:
a) k = —4 e m21
≠ d) k = —4
b) k ≠ —4 e m =21
e) k = —4 e m =21
c) k ≠ —4 e m ≠21
SOLUÇÃO:
Sistema
=−−=+
m2y2x4
1y2kx
Somando
impossível k + 4 = 0 → k = —4
2m —1 ≠ 0 → m ≠ 21
Resp.: A 30. Em um triângulo retângulo OAB, retângulo em O, com OA = a
e OB = b, são dados pontos P em OA e Q em OB de tal maneira que AP = PQ = QB = x. Nestas condições o valor de x é:
a) baab −−
b) ab2ba −+
c) 22 ba +
d) ab2ba ++
e) baab ++
SOLUÇÃO:
Pitágoras x2 = (a —x)2 + (b —x)2 x2 = a2 —2ax + x2 + b2 —2bx + x2 ∆ = [—2(a + b)]2 — 4.1(a2 + b2) ∆ = 4(a + b)2 — 4(a2 + b2) ∆ = 8ab Daí,
2
ab22)ba(22
ab8)ba(2x
±+=
±+=
x = a + b + ab2 (absurdo, veja figura) Resp.: B
31. Num triângulo retângulo de catetos 1 e cm3 , a altura relativa à hipotenusa mede, em cm:
a) 2 d) 23
b) 3 e) 22
c) 3 SOLUÇÃO: Temos: Relações métricas
i) a2 = 12 + ( ) 23 → a2 = 4 → a = 2
ii) 23
hh23h.a3.1 =→=→=
Resp.: D
32. Sendo f(x) = 100x + 3, o valor de 38
38
1010)10(f)10(f
−−
−
−
é:
a) 104 d) 10—5 b) 102 e) 10—11 c) 10 SOLUÇÃO:
x2 —2(a + b)x + a2 + b2 = 0
ab2bax −+=
Saiba:Se f(x) = ax + b, com a ≠ 0, então:
.vscom,avs
)v(f)s(f≠=
−−
(k + 4)x = 2m —1
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Assim:
1001010
)10(f)10(f38
38
=−−
−
−
(coeficiente angular)
Resp.: B 33. Se um polígono convexo de n lados tem 54 diagonais,
então n é: a) 8 d) 11 b) 9 e) 12 c) 10 SOLUÇÃO: Lembre:
Fórmula do número de diagonais 2
)3n(nd
−=
Então:
2
)3n(n54
−=
n2 — 3n — 108 = 0 ou n = —9(n.s) Resp.: E 34. O polígono convexo cuja soma dos ângulos internos mede
1440° tem, exatamente: a) 15 diagonais d) 30 diagonais b) 20 diagonais e) 35 diagonais c) 25 diagonais SOLUÇÃO: Lembre Soma dos ângulos internos Si = (n —2) . 180° Então: 1440° = (n —2) . 180°
2n180
1400−=
°°
8 = n — 2 Portanto:
2
7.102
)3n(nd =
−=
Resp.: E 35. Na figura, ABCD é um quadrado e BCE é um triângulo
eqüilátero. A medida do ângulo AEB, em graus, é: a) 30 b) 49 c) 60 d) 75 e) 90
SOLUÇÃO: Figura: ∆BCE é eqüilátero → α = 60° ABCD é um quadrado → θ = 30° Veja: BEBC ≡ (lado do quadrado = lado do ∆BCE) Daí, ∆ABE é isósceles θ + 2x = 180° 30° + 2x = 180° Resp.: D 36. Na figura abaixo, EFG é um triângulo retângulo, cm2EF = ,
cm6EG = e QGPQEP == . Então α + β + θ é igual a:
a) 3π
b) 187π
c) 9
4π
d) 2π
SOLUÇÃO:
∆EPF → tg α = 22
→ tg α = 1 → α = 45°
∆EQF → tg β = 42
→ tg β = 21
∆EGF → tg θ = 62
→ tg θ =31
Sabemos:
tg (β + θ) = θβ−
θ+βtg.tg1
tgtg
n = 12
n = 10
n = 35
x = 75°
A D
CB
E
B
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OSG 5928/059
Então:
1
6565
31
.21
1
31
21
)(tg ==−
+=θ+β
tg (β + θ) = 1 → β + θ = 45° Portanto: α + β + θ = 90° Resp.: D 37. A área compreendida entre as retas 4y = x — 2, y = 2x — 4 e
x = 0 é igual a: a) 3,0 u.a d) 4,5 u.a b) 3,5 u.a e) 6,0 u.a c) 4,0 u.a SOLUÇÃO: Temos:
=−=
−=
)yeixo(0x
4x2y4
2xy
retas
Gráfico
781
102
140
121
0
DABC =+−=−
−
=
Logo:
Área = .a.u27
7.21
=
Resp.: B 38. A razão de uma progressão geométrica, cujos termos são os
três lados de um triângulo retângulo é:
a) 2
51 + c)
231 +
b) 5
21 + d)
321 +
SOLUÇÃO:
P.G.
xq;x;
qx
Pitágoras
(xq)2 = x2 + 2
qx
x2q2 = x2 + 2
2
qx
Dividindo ambos os membros por x2.
q2 = 1 + 2q1
q4 — q2 — 1 = 0
q2 = 2
51q
251 2 +
=→±
Portanto:
2
51q
+= Atenção!!! q é positivo
Resp.: A 39. Sejam a e b números reais. Se a > b > 0, a2 — b2 = 4 e log2(a + b) —
— log3(a — b) = 2, então a2 + b2 é igual a:
a) 2
13 c)
217
b) 2
15 d)
219
SOLUÇÃO: Fazendo: log2(a + b) = x → a + b = 2x log3(a — b) = y → a — b = 3y Sistema:
+=→=−=
y2x2yx
43.2 yx
Substituindo: 2x . 3y = 4 22+y . 3y = 4 22 . 2y . 3y = 4 4 . 6y = 4 6y = 1 → y = 0 → x = 2 Assim:
=−=+
1ba
4ba
Resolvendo:
23
be25
a ==
Logo: a2 + b2 = 2
174
34=
Resp.: C
40. Se x1 e x2 são as raízes da equação )x3(loglog2 x3x x3 = , então
9(x1 + x2) é igual a: a) 22 c) 26 b) 24 d) 28
A(0, )
21
− ; B(0, —4) e C(2, 0)
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OSG 5928/0510
SOLUÇÃO: Lembre:
i) babalog =
ii) Se baxlog xba =→=
Temos:
x3
x3x loglog2 x3 =
Então:
x333xlog2 =
Tomando:
k3x
x3 3xe
k1
logklog ==→=
Substituindo:
kk1
.23.33 =
1kk2
33 += Comparando:
k + 1 = k2
k2 + k — 2 = 0
k = —2 → x = 3—2 → x = 91
ou k = 1 → x = 31 → x = 3 Logo:
( ) 28271391
9xx9 21 =+=
+=+
Resp.: D
41. O número de raízes de equação 0xcos23
=+ é:
a) 0 d) 3 b) 1 e) maior do que 3 c) 2 SOLUÇÃO: Sabemos: —1 ≤ cos x ≤ 1, ∀ x ∈ IR Temos:
0xcos23
=+
cos x = 23
−
cos x = —1,5 (absurdo, pois o mínimo de cos x é —1). Resp.: A 42. O número de raízes da equação tg2x — sen2x = 0, 0 ≤ x < 2π, é: a) 0 d) 3 b) 1 e) maior que 3 c) 2 SOLUÇÃO: Temos:
0xsenxcosxsen 2
2
2
=−
sen2x —sen2xcos2x = 0 sen2x(1 — cos2x) = 0
sen2x . sen2x = 0 sen4x = 0 Daí, sen x = 0 x = 0 ou x = π Resp.: C
43. Determine n, sabendo que .7292.p
n pn
0p
=
∑=
SOLUÇÃO:
(a + b)n = ppnn
0p
b.ap
n −
=∑
(Binômio de Newton)
Veja:
nnppnn
0p
3)21(2.1.p
n=+=
−
=∑
Então: 3n = 729 →
44. O domínio real da função f(x) = 1xsen2 − para 0 ≤ x < 2π
é:
a) 65
x6
π≤≤
π
b) π<≤ππ
≤≤ 2x6
5ou
6x0
c) π<≤ x0
d) 3
2x
3π
≤≤π
SOLUÇÃO: Condição: 2 sen x —1 ≥ 0 Daí,
65
x6
π≤≤
π
Resp.: A 45. Seja M um conjunto de 20 elementos. O número de
subconjuntos de M que contêm exatamente 18 elementos é:
a) 360 d) 120 b) 190 e) 18 c) 180 SOLUÇÃO: Temos: M = {a1, a2, a3, ..., a20}. A ordem dos elementos não altera um conjunto. Daí, nº de subconjuntos com 18 elementos = C20, 18 Resp.: B
n = 6
21
xsen ≥
1/2
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OSG 5928/0511
46. Se Cn,2 + 2.An,2 + 100 = A2n,2 então n é igual a: a) 24 d) 10
b) 8 e) 3
25−
c) 6 SOLUÇÃO: Temos:
Cn,2 = 2
)1n(.n!2)!2n(
!n −=
−
An,2 = )1n(.n)2n(
!n−=
−
A2n,2 = )1n2(.)n2()!2n2(
)!n2(−=
−
Então:
)1n2)(n2(100)1n(n.22
)1n(n−=+−+
−
n2 — n + 4n2 — 4n + 200 = 8n2 — 4n 3n2 + n — 200 = 0
ou n = 3
25− (n.s)
Resp.: B 47. Deseja-se acondicionar em um certo número de caixas,
1590 bolinhas brancas, 1060 amarelas e 583 azuis, de modo que cada caixa contenha bolinhas de todas as cores. Calcular o número máximo de caixas de modo que qualquer destas caixas contenha, para cada cor, quantidades iguais de bolinhas.
SOLUÇÃO: x → número de caixas p → quantidade de bolas brancas em cada caixa q → quantidade de bolas amarelas em cada caixa r → quantidade de bolas azuis em cada caixa. Temos:
px
1590=
qx
1060=
rx
583=
Veja: x = m.d.c. (1590, 1060, 583) * MDC (1590, 1060) = 530
* MDC (530, 583) = 53 Resp.: 53 48. Sejam N o conjunto dos números inteiros positivos e
E = {(x,y) ∈ N2; x4y4 — 10x2y2 + 9 = 0} Determine o número de elementos de E. SOLUÇÃO: Temos: x4y4 — 10x2y2 + 9 = 0 (x2y2)2 — 10x2y2 + 9 = 0 Fazendo: x2y2 = k Equação k2 — 10k + 9 = 0 k = 1 → x2y2 = 1 → (xy)2 = 1 ou k = 9 → x2y2 = 9 → (xy)2 = 9 Como x e y são inteiros positivos, tem-se: xy = 1 → (1,1) ou xy = 3 → (1,3) ou (3,1) E = {(1,1), (1,3), (3,1)} Resp.: 3 49. Considere a função real definida por
23
x,
21
x31
3x2)x(f −≠
+
+= .
Então o valor da soma 1.f(1) + 2.f(2) + 3.f(3) + ... + 20.f(20) é:
a) 120 d) 620 b) 600 e) 1260 c) 210 SOLUÇÃO: Temos:
3x2
6.)3x2(
63x23x2
)x(f+
+=++
=
Então: Agora: Soma: 1 . 6 + 2 . 6 + 3 . 6 + ... + 20 . 6 Soma: (1 + 2 + 3 + ... + 20) . 6
Soma: 6.10.216.2
20.)201(=
+
Resp.: E
n = 8
x = 53
f(x) = 6
Soma = 1260
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OSG 5928/0512
n 12
7 q
n 4
3 q’
n = 4(3q+++1) + 345n = 4q’ + 3, onde q’ = 3q + 1
50. Sejam x e y números reais satisfazendo às equações logy x + logx y = 2 e x2y + y2 = 12x. Determine o valor do produto xy.
SOLUÇÃO: Tomando:
m1
logmlog yx
xy =→=
Daí,
2m
1m 2 =+
m2 — 2m + 1 = 0
→ Substituindo na 2ª equação x2y + y2 = 12x x2.x + x2 = 12x x3 + x2 —12x = 0 x(x2 + x —12) = 0 x = 0 (n.s) ou x = —4(n.s) ou
→ Resp.: 9
51. Os conjuntos A e B possuem 3 e 4 elementos, respectivamente. Quantas funções de A em B tem o conjunto imagem igual a B?
a) nenhuma d) 3! b) 34 e) 4! c) 43
SOLUÇÃO: Veja: i) Numa função de A em B devemos ter todos os
elementos de A associados a um único valor em B. ii) Se o conjunto imagem é o próprio B, então existe um
elemento em A com duas imagens, pois todos os elementos de A estão associados, o que nos leva a um absurdo.
Portanto, não existem funções de A em B sobrejetoras. Resp.: A 52. As funções injetoras de A = {1, 2, 3, 4} em B = {5, 6, 7, 8, 9, 0}
são em número de: a) 720 d) 24 b) 360 e) 30 c) 15
SOLUÇÃO: Lembre: Se f é injetora, então: x1 ≠ x2 → f(x1) ≠ f(x2) Daí, Pelo princípio fundamental da contagem, tem-se: 6.5.4.3 =
360 funções injetoras
53. Para ser aprovado numa disciplina, um aluno precisa ter média maior ou igual a 50, obtida num conjunto de cinco provas, sendo quatro parciais, com peso 1 (um) cada, e uma prova exame, com peso 2 (dois). Um certo aluno obteve em Matemática, nas quatro provas parciais, notas iguais a 30, 60, 50 e 70.
Esse aluno, para ser aprovado nessa disciplina, deverá obter, na prova-exame, nota mínima igual a:
a) 20 d) 45 b) 35 e) 50 c) 40 SOLUÇÃO: Média ponderada =
6
x22106
x.270.150.160.130.1 +=
++++
Temos:
506
x2210≥
+
210 + 2x ≥ 300 2x ≥ 90 x ≥ 45 → Resp.: D 54. O resto da divisão do inteiro n por 12 é igual a 7. O resto
da divisão n por 4 é: a) 0 d) 3 b) 1 e) 4 c) 2 SOLUÇÃO: Temos: Daí, n = 12q + 7 n = 12q + 4 + 3 Veja: Resp.: D 55. Qual dos cinco números relacionados abaixo é um divisor
de 1015. a) 25 d) 75 b) 50 e) 250 c) 64 SOLUÇÃO: Temos: 1015 = (2.5)15 = 215 . 515
m = 1 x = y
x = 3 y = 3 xmin = 45
Pelo princípio fundamental da contagem, tem-se: 6.5.4.3 = 360funções injetoras Resp.: B
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OSG 5928/0513
Veja: ( a ) 25 = 52 divide 1015 (OK) ( b ) 50 = 2 . 52 divide 1015 (OK) ( c ) 64 = 26 divide 1015 (OK) ( d ) 75 = 3 . 52 não divide 1015 (problema: fator 3) ( e ) 250 = 2 . 53 divide 1015 (OK) Resp.: D 56. A fração geratriz de 3,74151515... é:
a) 000.10415.37
d) 000.9041.37
b) 000.10
515.741.3 e)
000.99415.370
c) 900.9041.37
SOLUÇÃO: Temos:
900.9041.37
900.9374415.37
1574,3 =−
=
Resp.: C 57. Se A e B são conjuntos, A — (A — B) é igual a: a) A d) A ∪ B b) B e) A ∩ B c) A — B SOLUÇÃO: É fácil ver: Resp.: E 58. O retângulo abaixo de dimensões a e b está decomposto
em quadrados. Qual o valor da razão ba
?
a) 35
b) 32
c) 2
d) 23
e) 21
SOLUÇÃO: Sendo x a medida do lado do menor quadrado, os outros
quadrados terão seus lados com as medidas indicadas na figura:
Assim, a = 5x e b = 3x
Portanto, 35
ba
=
Resp.: A 59. A equação x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0, de coeficientes
reais, admite as raízes 2 — i e 3 + 2i. Então d é: a) 75 d) 15 b) 65 e) 10 c) 25
SOLUÇÃO: Sabemos que: Se os coeficientes de um polinômio p(x) são reais, então: Temos: 2 — i é raiz → 2 + i também é. 3 + 2i é raiz → 3 —2i também é. Daí, aplicando Girard na equação: x1 . x2 . x3 . x4 = d (2 — i).(2 + i).(3 + 2i).(3 — 2i) = d (4 — i2).(9 — 4i2) = d 5 . 13 = d Resp.: B
60. O número de soluções reais da equação xx4xx8x2
2
2
=−−
é:
a) 0 d) 3 b) 1 e) 4 c) 2
SOLUÇÃO: Temos:
xx4xx8x2
2
2
=−−
2x2 — 8x = x3 — 4x2 x3 — 6x2 + 8x = 0 x(x2 — 6x + 8) = 0 x = 0 (n. serve) → denominador nulo ou x2 — 6x + 8 = 0 ou x = 4 (n. serve) → denominador nulo. S = {2} Resp.: B
A — (A — B) = A ∩ B
d = 65
x = 2
a + bi é raiz de p(x) → a — bi também é
Lembre: A — B = {x/x ∈ A e x ∉ B}
A ∩ B A — B
TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO
OSG 5928/0514
61. Determine o número de soluções reais da equação 2x = log2
x . a) Nenhuma b) Uma c) Duas d) Três e) Infinitas SOLUÇÃO: Graficamente:
Como não existe interseção, a equação não admite soluções. Resp.: A
62. Se n é o maior número inteiro pertencente ao domínio da
função f(x) = 1 2− logx , determine o valor de n3 + 3n2 + 2. a) 2 b) 20 c) 21 d) 22 e) 32 SOLUÇÃO: Domínio → campo de existência → condição de existência da função → 1 — log2
x ≥ 0 → log2x ≤ 1 → 0 < x ≤ 21 →
0 < x ≤ 2 → maior inteiro x = 2. Logo, a expressão é igual a 23 + 3 . 22 + 2 = 22. Resp.: D
63. Dando x ≠ 1 e positivo, calcule o valor de x
e
Lnx1
.
a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 SOLUÇÃO: Sabemos que:
i) a ablog = b
ii) logloga
b
ba=
1
iii) Lx = Ln x = logex
Então, a expressão dada x
e
Lnx1
é igual a:
Exp. = x
eee
xelog
= = 1
Resp.: B
64. Prove que ab
bc
ca
c a bFHGIKJ
FHGIKJ
FHGIKJ =
log log log
. .10 10 10
1.
SOLUÇÃO: Prova: Tomemos: log10
a = x → 10x = a
log10b = y → 10y = b
log10c = z → 10z = c
Então:
1o membro = 1010
1010
1010
x
y
z y
z
x z
x
yFHGIKJFHGIKJFHGIKJ. .
1o membro = 1010
1010
1010
xz
yz
xy
xz
yz
xy. .
1o membro = 1 c.q.p.
65. Determine o produto das soluções reais da equação
9 3 3. logx xx
= . a) 4 b) 8 c) 25 d) 27 e) 90 SOLUÇÃO: Tomemos: log3
x = k → 3k = x Assim, 9 . (3k)k = (3k)3
3 32 2 3k k+ = → k2 + 2 = 3k
→ k2 — 3k + 2 = 0 k = 1 → x = 3 ou k = 2 → x = 9 Portanto, o produto das soluções é 27. Resp.: D
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OSG 5928/0515
66. Seja x tal que log102 , log( )
102 1x − e log( )
102 3x + estão, nesta
ordem, em progressão aritmética. Calcule 22x. a) 1 b) 4 c) 8 d) 16 e) 25 SOLUÇÃO:
Temos que: log , log , log( ) ( )102
102 1
102 3x x− +FH IK P.A. ⇒
⇒ 2 . log( )102 1x − = log10
2 + log( )102 3x + ⇒
⇒ log( )102 1 2x − = log ( )
102 2 3x + ⇒
⇒ (2x — 1)2 = 2 . (2x + 3) Tome: 2x = a Então: a2 — 2a + 1 = 2a + 6 → a2 — 4a — 5 = 0
a = 5 → 2x = 5 ou a = — 1 (não serve) Portanto, 22x = 25. Resp.: E
67. As dimensões de um paralelepípedo retângulo são proporcionais a 3, 5 e 7. Sabendo-se que a diagonal mede 4 83 cm, calcule o volume do paralelepípedo. a) 105cm3 b) 1575cm3 c) 4725cm3 d) 6720cm3 e) 8575cm3 SOLUÇÃO:
Diagonal (D)
D = ( ) ( ) ( )3 5 72 2 2k k k+ +
4 83 83 2= k ⇒ 4 83 83=k k = 4 Volume (V) V = 12 . 20 . 28 V = 6720cm3 Resp.: D
68. Um prisma reto de altura igual a 9cm tem como base um triângulo. Sabendo que dois dos lados deste triângulo medem 3cm e 4cm e que o ângulo formado por estes lados mede 45o, determinar o volume do prisma. a) 3 2 cm3 b) 9 2cm3 c) 27 2cm3 d) 54 2 cm3 e) 81 2 cm3
SOLUÇÃO:
Volume do prisma = (área da base) x (altura) Então:
V = 3 4 45
29
. ..
sen oFHG
IKJ
V = 6 . 2
2 . 9 = 27 2 cm3
Resp.: C
69. A aresta, a diagonal e o volume de um cubo estão, nesta
ordem, em progressão geométrica. Determine a área total deste cubo. a) 3 b) 6 c) 9 d) 18 e) 27 SOLUÇÃO:
aresta = a diagonal = a 3 volume = a3
P. G. (a, a 3 , a3) ⇒ a 32
e j = a . a3 ⇒
⇒ 3a2 = a4 ⇒ a2 = 3 Portanto, a área total será 18 u.a. Resp.: D
70. Uma esfera de raio r é inscrita num cone eqüilátero com
geratriz de comprimento g. Determine o valor de g
r3
.
a) 3 b) 6 c) 8 d) 9 e) 12
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OSG 5928/0516
SOLUÇÃO:
O: incentro, baricentro, circuncentro, ortocentro Veja: i. g = 2R (geratriz)
ii. g 3
2 = 3r ⇒
gr3
= 6
Resp.: B
71. O raio da base de um cone circular reto mede 4cm e sua
altura 25π
cm. Determine, em cm3, o volume do cilindro
circular reto de maior área lateral, inscrito no cone. a) 4 b) 10 c) 25 d) 40 e) 50 SOLUÇÃO:
Área (lateral do cilindro) = 2πrh = AL Veja:
tg α = h
rh r
4
25
4254
4−
= ⇒ = −ππ
( )
Substituindo, h na área lateral, vem:
AL = 2254
4252
4 2ππ
r r A r rL( ) ( )−LNM
OQP ⇒ = −
parábola
Para que AL seja máxima, basta que r seja igual a abscissa do vértice da parábola. Então:
r = 2 → h = 252π
⇒ V = π . 22 . 252π
= 50cm3.
Resp.: E
72. Determine a área (em m2) do setor circular hachurado na
figura abaixo, sabendo que o ângulo ABC$ mede π6
rad e o
diâmetro AB mede 86π
m.
a) 24 b) 48 c) 48 3 d) 54 e) 54 3 SOLUÇÃO:
[setor] = πR2
6
∆ABC é retângulo
cos 30o = R
86
32
π
=
Então:
2R = 3 86
.π
⇒ 4R2 = 3 . 64 . 6π
⇒
⇒ R2 = 3 . 16 . 6π
⇒ πR2
6 = 3 . 16 ⇒ [setor] = 48m2.
Resp.: B
73. Dado um cilindro de revolução de raio r e altura h, sabe-se que a média harmônica entre o raio r e a altura h é 4 e que sua área total é 2πm2. Mostre que o raio r satisfaz a sentença r3 — r + 2 = 0. SOLUÇÃO:
• Área total 2πrh + 2πr2 = 2π
rh + r2 = 1 (I) • Média Harmônica
2
4rh
r h+=
h = 2
2r
r − (II)
Substituindo II em I, vem:
rr
r2
2−FHGIKJ + r2 = 1 ⇒
22
12
2rr
r−
+ = ⇒
⇒ 2r2 + r2(r — 2) = r — 2 ⇒ 2r2 + r3 — 2r2 = r — 2 ⇒
⇒ r3 = r — 2 ⇒ r3 — r + 2 = 0 OK
TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO
OSG 5928/0517
74. Seja o determinante D(x) = 1 2
1 2
− −+
senx senx
x senxcos.
Calcule o valor de D π
12FHGIKJ .
a) 12
b) 2
2
c) 32
d) 312
+
e) 32
14
+
SOLUÇÃO: D(x) = 1 — 2sen2x + sen x cos x
D(x) = cos (2x) + sen x( )2
2
D π
12FHGIKJ = cos
ππ
66
2FHGIKJ +
FHGIKJsen
D π
12FHGIKJ =
32
14
+
Resp.: E
75. Seja R a raiz positiva da equação x2 + x — 34
= 0.
Se R = sen A A
sen
o o
o o
cos
cos11 11, onde 0 < A < 90. Calcule o valor
de A. a) 30 b) 41 c) 60 d) 75 e) 80 SOLUÇÃO:
Temos: x2 + x — 34
= 0
x = 12
⇒ R = 12
x = — 32
(Não serve)
Assim, R = sen Ao cos 11o — sen 11o cos Ao . R = sen (Ao — 11o ) 12
= sen (Ao — 11o )
Então: Ao — 11 o = 30 o
Ao = 41o ∴ A = 41 Resp.: B
76. Determine a soma das raízes da equação: 1 1 1 1
1 1 1
1 1 2 1
1 1 1 4
0x
x
x
+−
=
a) 0 b) 1 c) 2 d) 4 e) 5 SOLUÇÃO: Aplicando Chió, vem:
1 1 1 1
1 1 1
1 1 2 1
1 1 1 4
0x
x
x
+−
=
Daí, x
x
x
−+
−=
1 0 0
0 1 0
0 0 5
0
(x — 1) . (x + 1) . (x — 5) = 0 x = 1, — 1 ou 5 Portanto, a soma das raízes é 5. Resp.: E
77. Se o sistema x my
mx y
+ =+ =
RST3
4 6 tem infinitas soluções.
Determine o valor de m4 — 8m2 + 23. a) 6 b) 7 c) 8 d) 9 e) 12 SOLUÇÃO: Sejam: r: a1x + b1y + c1 = 0 s: a2x + b2y + c2 = 0
Se r e s são coincidentes, então:
aa
bb
cc
1
2
1
2
1
2
= =
Assim, temos: 1
436m
m= = → m = 2
∗ retas coincidentes ⇒ infinitas soluções. Portanto, m4 — 8m2 + 23 = 7 Resp.: B
TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO
OSG 5928/0518
78. Se (x0, y0, z0) é uma solução do sistema x y
xy z
+ =
+ =
RS|T|2
12,
encontre o valor de x y z02
02
022+ − .
a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 SOLUÇÃO:
x y x y x y
x y z x y z0 0 0
202
0 0
0 0 02
0 0 02
2 2 4
1 2 2 2
+ = → + + =
+ = → − − = −
RS|T|
Somando: x y z0
202
022 2+ − =
Resp.: C
79. Considere a função real definida no conjunto dos números
reais não-negativos por f(x) = x + x — 2. Determine o número real k, tal que f(2k) = 0. a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 SOLUÇÃO: Temos que:
2k + 2k — 2 = 0
2k — 2 = — 2k 22k — 4 . 2k + 4 = 2k 22k — 5 . 2k + 4 = 0
2k = 1 ⇒ k = 0 ok ou 2k = 4 ⇒ k = 2 (não serve) Veja: se k = 2 ⇒ f(2k) = f(4) = 4 ≠ 0 Resp.: A
80. Sendo a reta y = ax + b tangente à elipse x2 + 4y2 = 1, determine o valor de 8 (b2 — a2). a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 SOLUÇÃO: Substituindo a reta na equação da elipse, vem: x2 + 4y2 = 1 x2 + 4 (a2x2 + 2abx + b2) = 1 (1 + 4a2)x2 + 8abx + 4b2 — 1 = 0 Como a reta é tangente, então a interseção é um único ponto.
∆ = 0 único ponto
Daí, (8ab)2 — 4 (1 + 4a2) . (4b2 — 1) = 0 64a2b2 — 16b2 + 4 — 64a2b2 + 16a2 = 0 8a2 — 8b2 + 2 = 0
8 (b2 — a2) = 2 Resp.: C
81. Determine o valor de b para o qual a reta y = x + b não intercepta os ramos da hipérbole x2 — y2 = 1. a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 SOLUÇÃO: Interseção ⇒ x2 — (x + b)2 = 1 ⇒ x2 — x2 — 2bx — b2 = 1 ⇒ — 2bx = 1 + b2 ⇒
⇒ x = 1
2
2+−
bb
(x da interseção)
Veja: Para que não exista interseção, basta tomarmos b = 0. Resp.: A
82. Determine o menor inteiro n > 0, de modo que
32
12
+FHG
IKJi
n
seja real positivo.
a) 6 b) 10 c) 12 d) 16 e) 24 SOLUÇÃO: Temos que:
32
12
+FHG
IKJi
n
= (cos30o + isen30o)n = cos (n . 30o) + i sen (n . 30o)
UM ZERO Então: n . 30o = k . 360o
n = 12k Portanto, n = 12 (menor inteiro positivo) Resp.: C
83. Encontre o módulo do complexo Z, tal que Z2 = i. a) 1 b) 2 c) 3 d) 2 e) 3 SOLUÇÃO: Temos: Z2 = i ⇒ |Z2| = |i| ⇒
TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO
OSG 5928/0519
⇒ |Z . Z| = |0 + 1i| ⇒ |Z| . |Z| = 0 12 2+ ⇒
⇒ |Z| . |Z| = 1 ⇒ |Z| = 1 Resp.: A
84. Se A, B e C são números reais, tais que 12 2 2 22 2x x x
Ax
Bx Cx x( )+ +
= ++
+ +, para todo x, x ∈ �∗,
calcule o valor de A + B + C.
SOLUÇÃO: Ax
Bx Cx x x x x
++
+ +=
+ +2 22 212 2( )
, ∀x ∈ �∗
A x x Bx C xx x x x x x
( ) ( )( ) ( )
2
2 2
2 22 2
12 2
+ + + ++ +
=+ +
, ∀x ∈ �∗
(A + B)x2 + (2A + C)x + 2A ≡ 1 ⇒
A B
A C
A
A
B
C
+ =+ =
=
RS|T|
⇒== −=−
RS|T|
0
2 0
2 1
1 2
1 2
1
/
/
Portanto, A + B + C = — 1.
85. Determine um polinômio P(x) de grau 2 que verifique a identidade P(x + 1) ≡ x2 + 2x + 3. SOLUÇÃO: Supondo P(x) = ax2 + bx + c, temos P(x + 1) = a(x + 1)2 + b(x + 1) + c = ax2 + (2a + b)x + (a + b + c). Então:
P(x + 1) ≡ x2 + 2x + 3 ⇔
a
a b
a b c
a
b
c
=+ =
+ + =
RS|T|
⇒===
RS|T|
1
2 2
3
1
0
2
Logo, P(x) = x2 + 2.
86. Que condições devem satisfazer os números a, b e c para que o polinômio ax2 + bx + c seja o quadrado de um polinômio do 1o grau? SOLUÇÃO: Devemos ter ax2 + bx + c ≡ (mx + n)2, com m ≠ 0; portanto:
a m
b mn
c n
==
=
RS|
T|
2
2
2
Podemos eliminar m e n e obter a relação entre a, b e c calculando b2: b2 = (2mn)2 = 4m2n2 = 4ac A condição é b2 = 4ac e a ≠ 0 (pois m ≠ 0).
87. Na figura a seguir indicamos 9 pontos, entre os quais não há 3 colineares, exceto os 4 que marcamos numa mesma
reta. Quantos triângulos existem com vértices nestes pontos?
SOLUÇÃO: Se não houvessem 3 pontos colineares, o número de triângulos seria C9,3. Desse número, devemos subtrair as combinações formadas por 3 pontos escolhidos entre os 4 alinhados, isto é, C4,3, pois estas combinações não correspondem a triângulos. Assim, o número de triângulos que podemos formar é C9,3 — C4,3. Temos:
C9,3 = 9
3! 69 8 7 63 2 1 6
84!!
!!
= =x x xx x x
C4,3 = 4
3! 14 3!3! 1
4!!
= =xx
Logo, C9,3 — C4,3 = 84 — 4 = 80.
88. Um químico possui 10 tipos de substâncias. De quantos modos possíveis poderá associar 6 destas substâncias se, entre as 10, duas somente não podem ser juntadas porque produzem mistura explosiva? SOLUÇÃO: Cada mistura de 6 das 10 substâncias corresponde a uma combinação das 10 substâncias tomadas 6 a 6, uma vez que não importa a ordem das substâncias na mistura. Assim, o total de misturas seria C10,6 se não houvesse problema com nenhuma mistura. Devemos, porém, subtrair desse número as combinações em que entrariam as duas substâncias que, se misturadas, provocam explosão. As combinações em que entram estas duas substâncias são formadas por elas duas e mais quatro substâncias escolhidas entre as outras oito substâncias (excluímos aquelas duas). O número de modos de escolher 4 substâncias em 8 é C8,4. Concluímos que o número de misturas não explosivas que podem ser produzidas é C10,6 — C8,4. Temos:
C10,6 = 106 4
10 9 8 7 66 4 3 2 1
210!
! !!
!= =
x x x xx x x x
C8,4 = 8
4 48 7 6 5 44 3 2 1 4
70!
! !!!
= =x x x xx x x x
Logo, C10,6 — C8,4 = 210 — 70 = 140.
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OSG 5928/0520
89. Dê a condição sobre o inteiro positivo n para que o
desenvolvimento de xx
n2 1
−FHGIKJ apresente um termo
independente de x e não nulo.
SOLUÇÃO:
O termo geral do desenvolvimento de xx
n2 1
−FHGIKJ é
T = n
kx
x
n
kx xn k
kn k k kF
HGIKJ −FHG
IKJ =FHGIKJ − ⇒− − −( ) ( )2 2 21
1
⇒ n
kxk n kF
HGIKJ − −( )1 2 3
Para o termo independente de x devemos ter 2n — 3k = 0,
logo k = 23n
. Como k deve ser inteiro, concluímos que n
deve ser um múltiplo de 3.
90. Calcule a e b de modo que a fração algébrica x ax b
x
2
22 1+ +
+
tenha o mesmo valor numérico para todo x ∈ �. SOLUÇÃO:
Devemos ter: x ax b
x
2
22 1+ +
+ = k, ∀x ∈ �, logo:
x2 + ax + b ≡ 2kx2 + k. 1 2
0
===
RS|T|
k
a
b k
A resposta é a = 0 e b = 12
.
91. Calcule o valor numérico de x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4,
para x = 3 1
34
+ e y =
3 1
34
−.
SOLUÇÃO:
x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4 = (x + y)4 =
3 1
3
3 1
34 4
4+
+−F
HGIKJ =
2 3
3
2 33
484
44 2F
HGIKJ = =
.
92. O número 2 é raiz dupla de P(x) = ax3 + bx + 16. Determine a e b. SOLUÇÃO: Como admite raiz dupla, o grau da equação ax3 + bx + 16 = 0 é maior que 1. Então, a ≠ 0 e concluímos que o grau é 3. Há, portanto, 3 raízes. Supondo que as raízes são 2, 2 e α, com α ≠ 2, temos pelas relações de Girard:
2 2 0
2 2 2 2
2 216
4
4 4
4
4
1
12
+ + =
+ + =
=−
R
S|||
T|||
= −
+ =
=−
R
S|||
T|||
= −== −
RS|T|
α
α α
α
α
α
α
α. , log
. .
, logba
o
a
ba
a
o a
b
Portanto, a = 1 e b = — 12.
93. Qual é o valor de 12
90
12
kk
kFHGIKJ
=∑ ?
SOLUÇÃO:
129
0
12
kk
kFHGIKJ
=∑ =
121 9
0
1212
kk
k k kFHGIKJ
=
−∑ . .
este fator é igual a 1, portanto não altera o valor do termo.
Notando que 12
1 912
kk kF
HGIKJ
−. . é o termo geral do binômio
(1 + 9)12, concluímos que:
129
0
12
kk
kFHGIKJ
=∑ = (1 + 9)12 = 1012 (o que dá 1 trilhão)
94. Numa urna há 12 etiquetas numeradas, 6 com números positivos e 6 com números negativos. De quantos modos podemos escolher 4 etiquetas diferentes tal que o produto dos números nelas marcados seja positivo?
SOLUÇÃO: Teremos o produto positivo em cada caso seguinte:
1o) escolhendo 4 etiquetas com números positivos; ou 2o) escolhendo 4 etiquetas com números negativos; ou 3o) escolhendo 4 etiquetas com números positivos e 2
com números negativos.
Vamos calcular o número de possibilidades de cada caso (lembrando que não importa a ordem das etiquetas). 1o O número de modos de escolher 4 números positivos,
dispondo de 6 números positivos, é C6, 4.
C6, 4 = 6
4 2!6 5 44 2 1
15!
!!
!= =
x xx x
TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO
OSG 5928/0521
2o Como temos também 6 números negativos, o número de modos de escolher 4 deles é C6,4 = 15.
3o Dos 6 positivos devemos escolher 2 (C6,2) e, para cada escolha destes, dos 6 negativos devemos escolher também 2 (C6,2). O número de possibilidades deste
caso é C6,2 x C6,2. Como C6, 2 = 6
2! 415
!!
,= temos
15 x 15 = 225 possibilidades. Então, o total de possibilidades para o produto positivo
é 15 + 15 + 225 = 255. 95. Encontre o coeficiente de x5 no desenvolvimento de
(1 — x) . (1 + x)8. SOLUÇÃO:
Quando multiplicamos (1 — x) pelo polinômio obtido desenvolvendo (1 + x)8, o termo em x5 resulta da adição de dois produtos: (1 — x) (1 + ... + termo em x4 + termo em x5 + ... + x8) Termo em x5 = [1 . termo em x5 de (1 + x)8] + [(— x) . termo em x4 de (1 + x)8]
O termo geral de (1 + x)8 é T = 8
188
kx
kxk k kF
HGIKJ =
FHGIKJ
−. . .
Para k = 5 temos T = 8
58
5! 3!8 7 63 2 1
565 5 5 5FHGIKJ = = =x x
x xx x
x x!
.
Para k = 4 temos
T = 8
48
4 48 7 6 54 3 2 1
704 4 4 4FHGIKJ = = =x x
x x xx x x
x x!
! !.
Então, no produto (1 — x) (1 + x)8 temos: Termo em x5 = [1 x 56x5] + [(—x) . 70x4] ⇒ ⇒ 56x5 — 70x5 = — 14x5 O coeficiente pedido é igual a — 14.
96. Se A é uma matriz quadrada de ordem três com det A = 5, então o valor de det (2A) é: a) 6 b) 11 c) 15 d) 30 e) 40
SOLUÇÃO: Sabemos que: det (k . A) = kn . det (A), onde: n → é a ordem da matriz A
Então: det (2A) = 23 . det (A) = 8 . 5 = 40.
Resp.: E
97. Se a matriz A satisfaz A2 — 2A + I = 0, então A— 1: a) não existe b) é igual a I. c) é igual a A. d) é igual a A — 2I e) é igual a 2I — A.
SOLUÇÃO: Sabemos que: A . A—1 = A—1 . A = I Então: A2 — 2A + I = 0 ⇒ I = 2A — A2 ⇒ ⇒ I = 2AI — A2 ⇒ I = 2IA — AA ⇒
⇒ I = (2I —A) . A ⇒ A—1 = 2I — A Resp.: E
98. Uma loja, realizando uma promoção, oferece um desconto de 20% nos preços dos seus produtos. Para voltar aos preços iniciais, os preços promocionais devem sofrer um acréscimo de A%. Determine o valor de A. a) 10 b) 20 c) 25 d) 30 e) 40 SOLUÇÃO:
Preço inicial: P ⇒ com desconto: 80
100P
novo preço
Para voltar ao preço inicial, temos:
80100 100
80100
PA
P P+ =.
AP P
10080
10020
100. =
A100
14
=
A = 25
Resp.: C
99. Sejam p e q números inteiros positivos e consecutivos. Se 1 1 11
30p q+ = , então p e q é igual a:
a) 9 b) 11 c) 13 d) 15 e) 17 SOLUÇÃO: 1 1 11
30p q+ = ⇒
q ppq+
=1130
Como p e q são inteiros positivos consecutivos, então p e q são primos entre si, isto é, m.d.c. (p, q) = 1. Assim, p = 5 e q = 6 ou p = 6 e q = 5. Portanto, p + q = 11.
TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO
OSG 5928/0522
Resp.: B
100. O gráfico da função f(x) = senx no intervalo π
π2
,LNMOQP é:
a) crescente b) decrescente c) constante d) nula e) negativa SOLUÇÃO: Esboço do gráfico de senx no de [0, 2π]
Resp.: B
101. Um dos ângulos de um triângulo retângulo é α. Se tgα = 2,4, os lados desse triângulo são proporcionais a: a) 30, 40, 50 b) 80, 150, 170 c) 120, 350, 370 d) 50, 120, 130 e) 61, 60, 11 SOLUÇÃO:
Se tgα = 2,4 ⇒ tg α = 2410
⇒ tgα = 125
⇒
⇒ cateto oposto = 12k e cateto adjacente = 5k ⇒ ⇒ hipotenusa = 13k Tomando k = 10 ⇒ lados 50, 120 e 130 Resp.: D
102. A distância do ponto de interseção das retas 2x — 3y + 26 = 0 e 5x + 2y — 49 = 0 à origem é: a) 13 b) 23 c) 15 d) 18 e) 17 SOLUÇÃO: Resolvendo o sistema formado pelas equações acima, encontramos como interseção o ponto (5, 12). Assim, a distância do ponto (5, 12) ao ponto (0, 0) é igual
a d = ( ) ( )5 0 12 0 169 132 2− + − = = . Resp.: A
103. As promoções do tipo “leve 3 pague 2”, comuns no
comércio, acenam com um desconto, sobre cada unidade vendida, de:
a) 503
%
b) 20% c) 25% d) 30%
e) 100
3%
SOLUÇÃO: Observe: i. Quem leva 3 e paga 2 está comprando 3 e tendo um
desconto de 1;
ii. Se 1 é p% de 3 ⇒ 1 = p
1003. ⇒ p =
1003
ou p =
33,33% (aproximadamente). Resp.: E
104. Sabendo que cos 36o = 1 5
2+
, então cos 72o vale:
a) 1 5
2+
b) 5 14−
c) 5 12−
d) 1 5
2−
e) 1 5
4−
SOLUÇÃO: Sabemos que: cos 2x = 2cos2x — 1 (arco duplo) Tomando x = 36o, encontramos:
cos 72o = 2 cos236o — 1 ⇒ cos72o = 2 . 1 5
41
2+FHG
IKJ − ⇒
cos 72o = 5 14−
Resp.: B
105. Se y = cos 2280o, então y é igual a: a) — cos 12o b) — cos 60o c) — cos 30o d) cos 12o e) cos 60o SOLUÇÃO: Sabemos que: se a + b = 180o então sen a = sen b e cos a = — cos b
Dividindo 2280o por 360o, encontramos: 2280o = 120o + 6.360o
Assim: cos 2280o = cos 120o = — cos 60o
Resp.: B
π2
π
TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO
OSG 5928/0523
106. A área máxima da região limitada por um triângulo
retângulo inscrito em um círculo de raio R é: a) 2R2 b) πr2 c) R2
d) R2
2
e) 2πr2 SOLUÇÃO: Observe:
i. A área de um triângulo é igual a base x altura
2.
ii. Tome AB como base → base = 2R (diâmetro), pois O é o centro.
iii. De todas as alturas relativas a hipotenusa AB, a maior é EO = R, onde R é o raio.
Logo, o triângulo de área máxima tem área igual a 2
22R R
R.
= .
Veja a figura:
Os ângulos ACB$ , ADB$ , AEB$ e AFB$ são retos.
Resp.: C
107. Se p é natural maior que 1, não divisível por 2 e nem por 3, então p2 — 1 é divisível por: a) 18 b) 24 c) 36 d) 9 e) 27 SOLUÇÃO: É fácil ver que: i. Se p não é múltiplo de 2 ⇒ p — 1 e p + 1 são pares
consecutivos, logo (p — 1) . (p + 1) é múltiplo de 8. ii. Se p não é múltiplo de 3 ⇒ p — 1 ou p + 1 será um
múltiplo de 3, logo (p — 1) . (p + 1) é múltiplo de 3. De (i) e (ii), concluímos: O produto (p — 1) . (p + 1) = p2 — 1 é um múltiplo de 24.
Resp.: B
108. Sejam a e b números reais positivos tais que a + 3b = 30. Determine qual é o maior valor possível para ab.
SOLUÇÃO: Sabemos que: Se a1, a2, a3, ..., an são números reais positivos, então:
Média aritmética = a a a a
nn1 2 3+ + + +...
Média geométrica = a a a ann
1 2 3. . ... Relação importante entre as duas médias: M.A ≥ M.G
Daí, a b
a b+
≥3
23. ⇒
302
3≥ ab ⇒ 15 ≥ 3ab ⇒
⇒ 225 ≥ 3ab ⇒ ab ≤ 75 Portanto, o maior número para ab é 75. Resp.: 75
109. Seja x um número natural, que ao ser dividido por 9 deixa resto 5, e ao ser dividido por 3 deixa resto 2. Sabendo-se que a soma dos quocientes é 9, podemos afirmar que x é igual a: a) 28 b) 35 c) 27 d) 33 e) 23 SOLUÇÃO: Temos que: x = 9a + 5, onde a é o quociente da divisão de x por 9. x = 3b + 2, onde b é o quociente da divisão de x por 3. Como a soma dos quocientes é 9, vem: x x−
+−
=5
92
39 ⇒ x = 23
Resp.: E
110. Se 10 tgx + 16 cos x — 17 sec x = 0, então sen x é igual a:
a) 12
ou 18
b) ±12
c) 14
ou 1
12
d) 0
e) — 12
ou 14
SOLUÇÃO: Temos: ⇒ 10tg x + 16 cos x — 17 sec x = 0 ⇒
⇒ 10 . senx
xcos + 16 cos x — 17 .
1cosx
= 0 ⇒
⇒ 10 sen x + 16 cos2 x — 17 = 0 ⇒ ⇒ 10 sen x + 16 . (1 — sen2x) — 17 = 0 ⇒ ⇒ 16 sen2 x — 10 sen x + 1 = 0 ⇒
⇒ sen x = 12
ou sen x = 18
Resp.: A
TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO
OSG 5928/0524
111. Um atleta, correndo com velocidade constante, completou a maratona em M horas. A fração do percurso que ele correu em 2M minutos, foi:
a) 12
b) 16
c) 1
15
d) 1
30
e) 1
20
SOLUÇÃO: Temos que: M horas = M . 60 minutos Veja: Se M . 60 minutos = P (percurso completo) ⇒
⇒ 2 . M minutos = P
30 (fração do percurso)
Resp.: D
112. Sendo R = 02 — 12 + 22 — 32 + 42 — 52 + ... + 982 — 992 + 1002,
calcule o valor de R
202.
a) 22 b) 23 c) 24 d) 25 e) 26 SOLUÇÃO: Sabemos que: i. a2 — b2 = (a — b) . (a + b)
ii. Sn = ( ) .a a nn1
2+
(soma dos termos de uma P.A.)
Veja: R = (22 — 12) + (42 — 32) + (62 — 52) + ... + (1002 — 992) R = (2 — 1) . (2 + 1) + (4 — 3) . (4 + 3) + (6 — 5) . (6 + 5) +
... + (100 — 99) . (100 + 99) R = 3 + 7 + 11 + ... + 199
R = ( ) .3 199 50
2+
= 202 . 25 ⇒ R
202 = 25.
Resp.: D
113. O primeiro termo a de uma progressão aritmética de razão 13 satisfaz 0 ≤ a ≤ 10. Se um dos termos da progressão é 35, determine o valor de a. a) 5 b) 6 c) 7 d) 8 e) 9 SOLUÇÃO: Temos: P. A. (a, a + 13, a + 26, a + 39, ..., 35, ...) Usando a fórmula do termo geral, encontramos: an = a1 + (n — 1) . r ⇒ 35 = a + (n — 1) . 13 ⇒ ⇒ 35 = a + 13n — 13 ⇒ a = 48 — 13n ⇒
⇒ 0 ≤ 48 — 13n ≤ 10 ⇒ — 48 ≤ — 13n ≤ — 38 ⇒ ⇒ 48 ≥ 13n ≥ 38 ⇒ 2, ... ≤ n ≤ 3, ... ⇒ n = 3 ⇒ ⇒ a = 48 — 13 . 3 ⇒ a = 9.
Resp.: E
114. O algarismo das unidades do número N = 1 . 3 . 5 . 7 . ... . 1993 é: a) 1 c) 5 e) 9 b) 3 d) 7 SOLUÇÃO: Note que o produto de qualquer número ímpar por 5 sempre termina em 5; logo, como o número N só tem fatores ímpares, seu algarismo das unidades é 5. Resp.: C
115. Se x y7 3
= e x . y = 189, então, x — y vale com x e y
positivos: a) 12 c) 9 e) 21 b) 4 d) 30 SOLUÇÃO:
Temos: x y7 3
= = k ⇒ x = 7k e y = 3k
Daí, 7k . 3k = 189 ⇒ 21k2 = 189 ⇒ k2 = 9 ⇒ k = 3
Para: k = 3 ⇒ x = 21 e y = 9
Portanto: x — y = 12
Resp.: A
116. A planta de um apartamento está confeccionada na escala 1:50. Então a área real, em m2, de uma sala retangular cujas medidas na planta, são 12cm e 14cm é: a) 24 c) 28 e) 54 b) 26 d) 42 SOLUÇÃO: Sabemos que: Escala é a razão entre o comprimento no desenho e o comprimento real, medidos na mesma unidade.
Daí, 1
5012
=x
⇒ x = 600cm ⇒ x = 6m
1
5014
=y
⇒ y = 700cm ⇒ y = 7m
Logo, a área da sala será de 6m x 7m = 42m2. Resp.: D
117. Prove que em todo triângulo ABC vale a relação: c = a . cos $B + b . cos Â. SOLUÇÃO:
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cos  = mb
⇒ m = b cos Â
cos $B = na
⇒ n = a cos $B
Logo, m + n = b cos  + a cos $B ⇒ ⇒ c = a cos $B + b cos  (ok) Obs.: Sendo  ou $B obtuso, chegamos com raciocínio análogo ao mesmo resultado.
118. Considerem-se todas as divisões de números inteiros positivos por 17, cujo resto é igual ao quadrado do quociente. A soma dos quocientes dessas divisões é: a) 10 b) 17 c) 172 d) 1 + 2 + 3 + ... + 17 e) 12 + 22 + 32 + ... + 172
SOLUÇÃO: Temos que: n dividido por 17 tem quociente q ≠ 0 e resto com r = q2. Veja: i. possíveis restos de uma divisão por 17 são: 0, 1,
2, 3, ..., 16 ii. como r tem que ser um quadrado perfeito,
devemos ter: r = 0 ⇒ q = 0 (não satisfaz) r = 1 ⇒ q = 1 r = 4 ⇒ q = 2 r = 9 ⇒ q = 3 r = 16 ⇒ q = 4
Logo a soma dos quocientes é 10.
Resp.: A
119. Determine o valor do produto P = cos 36o . cos 72o.
SOLUÇÃO: Sabemos que: sen 2x = 2sen x cos x ⇒ ⇒ 2 sen 36o . P = 2 sen 36o . cos 36o cos 72o ⇒ ⇒ 2 sen 36o . P = sen 72o cos 72o ⇒ ⇒ 4 sen 36o . P = 2 sen 72o cos 72o ⇒ ⇒ 4 sen 36o . P = sen 144o ⇒ 4 . P = 1,
pois sen36o = sen 144o (suplementares) ⇒ P = 14
.
Resp.: 14
120. Sejam f(x) = 1
1x −, x > 1 e g uma função tal que (gof) (x) = x.
Determine o valor de g 1
64FHGIKJ .
SOLUÇÃO:
g(f(x)) = x ⇒ g 1
1x −FHGIKJ = x
Veja:
se 1
11
64x −= ⇒ x — 1 = 64 ⇒ x = 65 ⇒ g
164FHGIKJ = 65
Resp.: 65 121. O triângulo ABC está inscrito em um círculo de raio R. Se
cos A = 35
, o comprimento do lado BC é igual a:
a) 25R
b) 35R
c) 45R
d) 65R
e) 85R
SOLUÇÃO: temos que:
cos  = 35
( é agudo) ⇒ sen  = 45
Lei dos senos:
asen Â
b
senB
c
sen C= =
$ $ = 2R ⇒
⇒ BC
sen  = 2R ⇒ BC = 2R . sen  ⇒
⇒ BC = 2R . 45
⇒ BC = 85R
:
Resp.: E
122. Seja f(x) = e ee e
x x
x x
−+
−
− definida em R. Se g for a função
inversa de f, o valor de eg
725FHGIKJ será:
a) — 1 b) 0
c) 1e
d) 1 e) e SOLUÇÃO: Como g é a inversa de f, temos:
g 725FHGIKJ = f—1
725FHGIKJ ⇒
725
=−+
−
−e ee e
x x
x x ⇒
⇒ 7 . ex + 7 . e—x = 25 . ex — 25 . e—x ⇒ — 18 . ex = — 32 . e—x ⇒
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⇒ e2x = 169
⇒ ex = 43
⇒ eg
725 4
3
FHGIKJ =
Resp.: A
123. A média aritmética dos ângulos internos de um eneágono convexo vale: a) 40o b) 70o c) 120o d) 135o e) 140o SOLUÇÃO: Sabemos que a soma dos ângulos internos de um polígono convexo é dada pela fórmula S = (n — 2) . 180o. Daí, a soma dos ângulos internos de um eneágono convexo é igual a S = (9 — 2) . 180o = 7 . 180o. Portanto, a média aritmética será igual a 7 180
9. o
= 7 . 20o = 140o.
Resp.: E
124. Uma solução tem 75% de ácido puro. Quantos gramas de ácido puro devemos adicionar a 48 gramas da solução para que a nova solução contenha 76% de ácido puro? SOLUÇÃO: Veja:
Em 48 gramas de solução temos 75
100 . 48 = 36 gramas
de ácido puro. Adicionando x gramas de ácido puro a solução, teremos: Nova solução = (48 + x) gramas Quantidade de ácido puro = (36 + x) gramas
Assim: 3648
76100
++
=xx
⇒ x = 2 gramas
Resp.: 2 gramas
125. O gráfico de uma função f é o segmento de reta que une os pontos (—3, 4) e (3, 0). Se f—1 é a função inversa de f, então o valor de f—1 (2) é igual a: a) 1
b) 23
c) 3 d) 0
e) 32
SOLUÇÃO: Temos: f(x) = ax + b, com a ≠ 0. Pontos: (—3, 4) e (3, 0) Para x = — 3 ⇒ a . (— 3) + b = 4 Para x = 3 ⇒ a . 3 + b = 0
Resolvendo, encontramos: b = 2 e a = — 23
Daí, a função f é dada por: f(x) = — 23
x + 2
Veja: cálculo de f—1(2)
Para y = 2 ⇒ 2 = — 23
x + 2 ⇒ x = 0 ⇒ f—1(2) = 0.
Resp.: D
126. Um elevador pode levar 20 adultos ou 24 crianças. Se 15 adultos já estão no elevador, quantas crianças podem ainda entrar? a) 5 b) 6 c) 7 d) 8 e) 9 SOLUÇÃO: Se 20 adultos equivale a 24 crianças ⇒ 5 adultos equivale a 6 crianças. Veja: i. O elevador pode levar 20 adultos. ii. Tem 15 adultos no elevador ⇒ faltam 5 adultos
(equivalente a 6 crianças).
Resp.: B
127. Uma torneira enche um tanque em 4 horas. O ralo do tanque pode esvaziá-lo em 3 horas. Estando o tanque cheio, abrimos, simultaneamente a torneira e o ralo. Então o tanque: a) nunca se esvazia b) esvazia-se em 1 hora c) esvazia-se em 4 horas d) esvazia-se em 7 horas e) esvazia-se em 12 horas SOLUÇÃO: Capacidade do tanque: T
i. Torneira enche T em 4 horas ⇒ em 1 hora enche T4
do tanque. ii. Ralo esvazia o tanque T em 3 horas ⇒ em 1 hora
esvazia T3
do tanque.
Assim, o tanque em uma hora esvazia 1
12 de sua
capacidade.
Veja: T T t T T4 3
3 412 12
− =−
= −
Portanto, o tanque esvazia-se em 12 horas. Resp.: E
128. Determine o valor de — 63 . log8 (sen 15o . sen 75o)
SOLUÇÃO: Fatos que ajudam: i. Se a + b = 90o então sen a = cos b e sen b = cos a
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ii. sen 2a = 2 sen a cos a
iii. loga nbm =
mn
. logab
Temos que:
sen 15o . sen 75o = sen 15o . cos 15o = 2 15 15
2. .cossen o o
=
= sen o30
214
=
Então, a expressão vale:
Exp. = — 63 . log8 14FHGIKJ = — 63 . log
22
3 2− = — 63 . −FHGIKJ
23
.
log22 = 42 . 1 = 42
Resp.: 42 129. Considere um quadrilátero convexo ABCD de área igual a
66cm2. Determine, em cm2, a área do quadrilátero cujos vértices são os pontos médios dos lados do quadrilátero ABCD.
SOLUÇÃO: Fatos que ajudam: ÁREAS i. Seja ABC um triângulo qualquer e seja MNP o
triângulo que tem vértices nos pontos médios dos lados do triângulo ABC, temos que:
Área (MNP) = Área ABC( )
4.
ii. Seja ABCD um quadrilátero qualquer convexo e seja MNPQ o quadrilátero que tem vértices nos pontos médios dos lados de ABCD, temos que:
Área (MNPQ) = Área ABCD( )
4.
Usando o resultado (ii) no enunciado da questão, concluímos:
Resp.: 33cm2
130. Se x é um número real tal que x2 + 12x
= 3, determine o
valor de xx
44
1+ .
SOLUÇÃO:
Se x2 + 12x
= 3 ⇒ xx
22
221
3+FHGIKJ = ⇒
⇒ x4 + 2 . x2 . 1 12 4x x
+ = 9 ⇒
⇒ x4 + 2 + 14x
= 9 ⇒
⇒ x4 + 14x
= 7.
Resp.: 7
131. O menor número natural n, diferente de zero, que torna o produto de 3888 por n um cubo perfeito é: a) 6 d) 18 b) 12 e) 24 c) 15 SOLUÇÃO:
Fatorando o número 3888, obtemos: 3888 = 24 . 35 Para formar um cubo perfeito devemos multiplicar os dois membros no mínimo por 22 . 31, para que as potências dos números 2 e 3 sejam múltiplos de 3. Assim, o menor número que devemos multiplicar por 3888 para obter um cubo perfeito é 12.
Resp.: B
132. Quantos números inteiros há entre 602 e 612 que não são quadrados perfeitos? a) 118 b) 119 c) 120 d) 121 e) 122 SOLUÇÃO: Veja: 602 e 612 são quadrados perfeitos consecutivos, então, qualquer inteiro entre eles não é quadrado perfeito. Inteiros que não são quadrados perfeitos: 3601, 3602, 3603, ..., 3720. Quantidade de inteiros que não são quadrados é igual a 3720 — 3601 + 1 = 120.
Resp.: C 133. O período da função f(x) = sen4x + cos4x vale:
a) 2π c) 32π
e) π4
b) π d) π2
SOLUÇÃO: Sabemos: se f é periódica ⇒ f(x + p) = f(x), para todo x no domínio da função. O menor valor positivo de p, chamamos de período de f.
Tomando x = 0, encontramos: f(p) = f(0) ⇒ sen4p + cos4p = sen40 + cos40 ⇒ ⇒ sen4p + cos4p = 1⇒ (sen2p + cos2p)2 — 2 sen2p . cos2p = 1⇒ ⇒ 1 — 2sen2pcos2p = 1 ⇒ 2sen2pcos2p = 0 ⇒ ⇒ senp = 0 ou cosp = 0. • se sen p = 0 ⇒ p = 0, π, 2π, ...
• se cos p = 0 ⇒ p = π2
, 32π
, ...
Agora, devemos verificar se p = π2
satisfaz a condição
f(x + p) = f(x), para todo x no domínio da função.
Veja: f(x + p) = f x +FHGIKJ
π2
= sen4 x +FHGIKJ
π2
+ cos4 x +FHGIKJ
π2
= (cosx)4 + (— senx)4 = sen4x + cos4x = f(x) (ok). Obs.: No ciclo trigonométrico, encontramos facilmente:
sen x +FHGIKJ
π2
= cos x e cos x +FHGIKJ
π2
= — sen x (verifique!)
Resp.: D
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134. O conjunto solução da equação:
x . (log53x + log521) + log5
37FHGIKJ
x
= 0 é igual a:
a) { } c) {1} e) {0, — 2} b) {0} d) {0, 2} SOLUÇÃO: Temos que:
x . (log53x + log521) + log5
37FHGIKJ
x
= 0 ⇒
⇒ x . log5 (3x . 21) + log5
37FHGIKJ
x
= 0 ⇒
⇒ log5 (3x . 21)x + log5
37FHGIKJ
x
= 0 ⇒
⇒ log5 [(3x . 21)x .
37FHGIKJ
x
] = 0 ⇒
⇒ (3x . 21)x . 37FHGIKJ
x
= 1 ⇒
⇒ 3 2137
xx
. .FHG
IKJ = 1⇒
⇒ (3x . 3 . 3)x = 1 ⇒ ⇒ (3x+ 2)x = 1 ⇒
⇒ 3 12 2x x+ = ⇒
⇒ x2 + 2x = 0 ⇒ ⇒ x = — 2 ou x = 0
Resp.: E
135. Um número é composto de 2 algarismos, cuja soma é 9. Invertendo a ordem dos algarismos, obtemos um novo
número igual a 47
do original. Qual é o número?
SOLUÇÃO: • número original: ab = a . 10 + b (forma polinomial) • invertendo os algarismos obtemos um novo número:
ba = b . 10 + a (forma polinomial) Equações do problema:
a + b = 9 e b . 10 + a = 47
. (a . 10 + b)
Segunda equação: 70b + 7a = 40a + 4b ⇒ 66b = 33a ⇒ a = 2b Substituindo na primeira equação, teremos: a + b = 9 ⇒ 2b + b = 9 ⇒ 3b = 9 ⇒ b = 3 ⇒ a = 6
Resp.: 63
136. A distância entre dois lados paralelos de um hexágono regular é igual a 2 3 cm. A medida do lado desse hexágono, em centímetros, é: a) 3 b) 2 c) 2,5 d) 3 e) 4
SOLUÇÃO: Veja: i. BF = 2 3 pois BC//FE
ii. ae = 360
660
oo= ⇒ ai = 120o
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo ABF, teremos:
2 32
e j = x2 + x2 — 2 . x . x . cos 120o ⇒ 12 = 2x2 + x2 ⇒ x = 2
Resp.: B
137. Qualquer que seja x, o valor de sen6x + cos6x + 3sen2xcos2x é: a) 0 d) 1 b) sen2x e) sen x . cos x c) cos2x SOLUÇÃO: Lembre: Produto notável ⇒ (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab (a + b) Temos que: sen2x + cos2x = 1 ⇒ (sen2x + cos2x)3 = 13 ⇒ ⇒ sen6x + cos6x + 3sen2x cos2x (sen2x + cos2x) = 1 ⇒ ⇒ sen6x + cos6x + 3sen2x cos2x . 1 = 1 ⇒ ⇒ sen6x + cos6x + 3sen2x cos2x = 1 Resp.: D
138. Quantas soluções reais e distintas possui a equação
x2 + 9 = 3 senx? a) 0 c) 2 e) infinitas b) 1 d) 3 SOLUÇÃO: Observe: i. x2 + 9 é sempre maior ou igual a 9, para todo x real. ii. 3 senx assume no máximo o valor 3. iii. a igualdade não ocorre para nenhum valor real de x. Logo, a equação não possui solução.
Resp.: A
139. O resto da divisão de P(x) = x5 + 4x4 + 2x3 + x2 + x — 1 por q(x) = x + 2 é: a) 17 c) 0 e) — 17 b) 15 d) — 15
SOLUÇÃO: Veja: i. — 2 é raiz de q(x) ii. P (— 2) é o resto da divisão de P(x) por q(x). Então, pelo teorema do resto, encontramos: resto = P(— 2) = — 32 + 64 — 16 + 4 — 2 — 1 = 17
Resp.: A
140. O valor mínimo de cos x + sec x, para 0 < x < π2
é igual a:
a) 0 c) 2 e) 3 b) 1 d) 2
SOLUÇÃO: Sabemos que:
E
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OSG 5928/0529
(n — 1)2 ≥ 0, ∀n ∈ �
Então: n2 — 2n + 1 ≥ 0 ⇒ n2 + 1 ≥ 2n
Considerando n positivo, tem-se:
nn
2 12
+≥ ⇒ n
n+ ≥
12
Portanto, um número positivo adicionado ao seu inverso é sempre maior ou igual a 2. Resp.: D
“A força não provém da capacidade física e sim de uma vontade indomável.”
(Mahatma Gandhi)
OSG.: 5928/05-(Parte2)_say171005/rev.:ANA