mega
Resolução dos exercícios
complementares
MATemátic a
3.Seja f D o fator de desconto que fará o preço retornar ao valor
inicial.
Assim:
MA.01
(
)
(a − 1) + (a + 1) − a2 − a + 2 s
a − 1 a + 1 a2 − a + 2
1. E =
−
+
sE =
2
a +1 a −1
a −1
(a + 1) ⋅ (a − 1)
2
s E =
2
V ⋅ 1,25 ⋅ fD = V s 1,25 ⋅ fD = 1 s fD =
a2 − 2a + 1+ a2 + 2a + 1− a2 + a − 2
a2 + a
sE =
s
(a + 1) ⋅ (a − 1)
(a + 1) ⋅ (a − 1)
s E =
a ⋅ (a + 1)
(a + 1) ⋅ (a − 1)
∴E =
1
∴
125
,
∴ fD = 0,80
Se o fator de desconto é 0,80, isto significa que se deve calcular
80% do valor final para que se tenha o valor inicial. Logo, o desconto que fará o preço da mercadoria voltar ao valor inicial é de 20%.
a
a −1
2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

1
1
= λ s  x +  = λ2 s
x
x

s x2 + 2 ⋅ x ⋅
s x2 +
4. d
I. 0,7 ⋅ 3.000 = 2.100
Perdeu R$ 900,00 no primeiro mês.
1 1
1
+
= λ2 s x 2 + 2 + 2 = λ2 s
x x2
x
1
= λ2 − 2
x2
40
⋅ 900 = 360
100
Recuperou R$ 360,00, ficando, então, com 2.100 + 360
= = R$ 2.460,00.
Assim:
3.m2 – n2 = 13 s (m + n) ⋅ (m – n) = 13 ⋅ 1 s
s
II.
m + n = 13
∴ m = 7 e n = 6
m − n = 1 
2.460 =
x
⋅ 3.000 s x = 82
100
4.Sejam a e b esses números naturais:
D = (a + b)3 – (a3 + b3) =
= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 – a3 – b3 =
= 3a2b + 3ab2 = 3ab(a + b)
Se a ou b forem pares, teremos a ⋅ b par.
Como 3 vezes um número par é múltiplo de 6, D é múltiplo de 6.
Se a e b forem ímpares, teremos (a + b) par.
Como 3 vezes um número par é múltiplo de 6, D é múltiplo de 6.
Ou seja: 2.460 = 82% de 3.000
Logo, houve um prejuízo de 18%.
5.e
s Vf = Vi ⋅ 1,05 ⋅ 1,04 ⋅ 1,06 s
s Vf = Vi ⋅ 1,15752 s
 15,752 
s Vf = Vi ⋅ 1 +

100 

CADERNO 1
2. x +
5.a
Seja Vi o valor inicial e Vf o valor final.
Assim:

5  
4  
6 
Vf = Vi ⋅ 1+
 ⋅ 1+
 ⋅ 1+
⇒
 100   100   100 
( x − y ) ( x + y ) ( x + y )2
⋅
= (x + y)2 = [1,25 + (– 0,75)]2 =
( x + y)
( x − y)
= (0,5) = 0,25
2
Portanto, a inflação acumulada é de 15,752%.
6.b
 a2 b2
 a b

 2 + 2 − 2 :  + − 2 =

b
 b a
a
4
2 2  2
2
 4

=  a + b − 2a b  :  a + b − 2ab  =


 
ab
a2b2
4   2
2
 4 2 2 2
=  a − a b + b  :  a − 2ab + b  =


 
ab
a2b2
6. Seja R$10.000,00 o total do empréstimo; ao final de 4 meses, a
pessoa estará devendo:
a) na condição 1:
2
2
( 2 2 ) : (a − b)2 = (a − b) (a + b) ⋅ ab =
= a −2 b2
ab
ab
a2b2
(a − b)2
ab
(
) (
)
(
)
= a − b a2 + b ⋅
= a+b
ab
(ab)
(a − b)2
2
2
2
4 · 11,4% ⋅ 10.000 =
b)
R$ 14.560,00.
na condição 2:
C = 10.000(1,1)4 = 10.000 ⋅ 1,4641 = R$ 14.641,00
Portanto, os juros cobrados na primeira condição farão com que
a dívida seja menor em R$ 81,00.
MA.03
1.e
Sejam x o número de filhos do casal e y o número de filhas. Portanto,
cada filho tem (x – 1) irmãos e y irmãs; cada filha tem (y – 1) irmãs e
x irmãos.
MA.02
1. b
Sendo x o preço inicial do objeto, temos:
1,2 ⋅ 0,8x = 0,96x
Portanto, está 4% mais barato.
 x − 1 = y

 x = 2(y − 1)
2.d
Seja n o número de questões.
Acertos:
20 + 36% de (n – 30) = 47,5% de n s
s 20 + 0,36 ⋅ (n – 30) = 0,475 ⋅ n s
s 20 + 0,36 ⋅ n – 10,8 = 0,475 ⋅ n s
s 0,115 ⋅ n = 9,2 ∴ n = 80
1
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45,6
⋅ 10.000 = R$ 4.560,00 de juros
100
x = 2(x – 1 – 1)
x = 2(x – 2)
x = 2x – 4
x = 4
y = 4 – 1 s y = 3
O total de filhos e filhas é 7.
16.10.10 15:21:13
2. Seja x o número pensado por Valéria.
Assim:


1
1 ∴ f ( x ) = − x +
2
−
=
f
(
−
1
)
=
2
−
f
(
0
)
s
−
a
+
b
=
2
b
s
b


2
f (0) = 1+ f (1) s b = 1+ a + b s a = −1
2x +12
= 15 s 2x + 12 = 30 s 2x = 18
2
∴ x = 9
Valéria pensou no número 9.
f(3) = –3 +
3. b
Seja x o número de amigos.
2x + 25 = 3x – 15 s x = 40
Logo, o número de amigos é 40 e o número de convites é:
2x + 25 = 2 ⋅ 40 + 25 = 105
Temos:
4x = 4 ⋅ 40 = 160
Portanto, precisará de mais (160 – 105) s 55 convites.
4.a
x2 + y2 + 2xy + x + y – 6 = 0 s
s x2 + 2xy + y2 + x + y – 6 = 0 s
s (x + y)2 + (x + y) – 6 = 0
Fazendo x + y = m, temos:
m = −3
−1± 5 
∴ ou
m2 + m – 6 = 0 s m =
2
m = 2

Logo:
4.c
Seja a função que representa o dinheiro gasto (y) em função da quantidade de perfume produzida (x) dada pela sentença y = ax + b.
Observando o gráfico, temos:
a ⋅ 0 + b = 20 s b = 20 
 ∴ y = 17x + 20
a ⋅ 10 + b = 190 s a = 17
A alternativa a é falsa, pois, quando a empresa não produz, existe
uma despesa fixa de R$ 20,00.
A alternativa b é falsa, pois, para produzir três litros, a empresa gasta R$ 71,00 (x = 3 s y = 17 · 3 + 20 = 71).
A alternativa d é falsa, de acordo com o gráfico.
A alternativa e é falsa, pois o custo adicional de um litro é sempre
igual, já que o crescimento é linear.
A alternativa c é verdadeira, pois para produzir dois litros, a empresa
gasta R$ 54,00 (x = 2 s y = 17 · 2 + 20 = 54).
 x + y = −3 (Não convém, pois x e y são números positivos.)

ou

x + y = 2
5.a)
b)
c)
d)
5.a
Na equação dada, temos:
a + b = –
5
1
∴ f(3) = −
2
2
(−2)
(−3) 3
e a⋅b=
= −1
=
2
2
2
Na equação procurada, temos:
3
7
(a + 1) + (b + 1) = a + b + 2 =
+2=
e
2
2
3
3
(a + 1) ⋅ (b + 1) = ab + a + b + 1 = –1 +
+1=
2
2
f(x) = 1.000 + 10x
x = 20
f(20) = 1.000 + 10 ⋅ 20
f(20) = 1.000 + 200 = 1.200
O custo na produção de 20 unidades é de R$ 1.200,00.
y = 1.000 + 10x
4.000 = 1.000 + 10x
10x = 3.000
x = 300 unidades
Custo total (R$)
4.000
1.200
1.000
Assim:
(a + 1) + (b + 1) =
7
3
e (a + 1) ⋅ (b + 1) = , cuja equação pode ser:
2
2
20
2x2 – 7x + 3 = 0
3±5
8
m = 1 s x 2 = 1 s x = 1 ou x = −1
 1

1
1
m.)
m2 = − s x 2 = − (Não convém

4
4
∴ S = {–1; 1}
MA.04
1. e
Quantidade produzida
6. Sejam x o tempo da ligação em minutos e y o valor a ser pago em
reais.
Plano A:
y = 50 + 0,25x
Plano B:
y = 40, se 0 < x < 50
y = 40 + 1,5 (x – 50), se x . 50
a) Plano A:
y = 50 + 0,25 ⋅ 30 = R$ 57,50
Plano B:
y = R$ 40,00
b) yb . ya
40 + 1,5 (x – 50) . 50 + 0,25x s
s 40 + 1,5x – 75 . 50 + 0,25x s
s 1,25x . 85 s x . 68
6.Fazendo x2 = m, temos: 4m2 – 3m – 1 = 0
∆ = (– 3)2 – 4 · 4 · (– 1) = 25
x =
300
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
3.b
Seja f a função dada por f(x) = ax + b.
3x − 1
= 7 s 3x – 1 = 14 s 3x = 15 s x = 5
2
MA.05
1.d
2.e
A função f é representada por um segmento de reta decrescente,
pois o coeficiente angular é negativo. Logo, o maior valor de x determinará a menor imagem e vice-versa.
y

1
1
s f (1) =

1 5
2
2
 ∴ Im =  ; 
(−3)
5
2 2 
f (−3) = 1−
s f (−3) = 
2
2
f (1) = 1−
–2
0
2
x
–5
2
OPV11M1M.indd 2
16.10.10 15:21:22
6.
A melhor maneira de se resolver esse exercício é trabalhar com o
trinômio do 2o grau na sua forma fatorada, ou seja:
f(x) = ax2 + bx + c = a · (x – x1) · (x – x2)
Assim, teremos:
f(x) = a · (x – x1) · (x – x2) s f(x) = a · (x – 2) · (x + 2) s
s f(x) = a · (x2 – 4)
f(0) = –5 s – 4 ⋅ a = –5 s a =
5
5
s f(x) =
⋅ (x2 – 4) ∴
4
4
20 – 2x
5
∴ f (x) =
⋅ x2 – 5
4
y =
xv =
MA.06
1. b
f (b) = f[g(a)] = 2 ⋅ g(a) – 2 = 2 ⋅ (– a + 3) – 2 ∴ f (b) = – 2a + 4
2.c
f (f (f (2))) = f (f (5)) = f (5 – 4) = f (1) = 31 = 3
3.c
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
−10
−2
xv = 5
∴ AM = 5 cm
−b
4
=
= 20
2a 0,2
batimentos
yV = 0,1 ⋅ 202 – 4 ⋅ 20 + 90
yV = 40 – 80 + 90 = 50
Temperatura de 20 ºC e número mínimo de batimentos igual a 50.
3.d
f(x) = ax + b
Em (0; – 2), temos: b = – 2
Em (2; 0), temos: 2a + b = 0 s 2a – 2 = 0 s a = 1
Portanto: f(x) = x – 2
g(x) = cx + d
Em (0; 4), temos: d = 4
Em (2; 0), temos: 2c + d = 0 s 2c + 4 = 0 s c = –2
Portanto: g(x) = –2x + 4
f(g(x)) = f(–2x + 4) = –2x + 4 – 2 = –2x + 2
O gráfico de f(g(x)) é o da alternativa d.
4.a
a>0
D<0
x
a > 0 s m – 1 > 0 ∴ m > 1
∆ < 0 s (2m)2 – 4 · (m – 1) · (3m) , 0 s
s – 2m2 + 3m , 0
(20 − 2x ) ⋅ x
2
y = 10x – x2
y = –x2 + 10x
2.d
N(t) = 0,1t2 – 4t + 90
Coordenadas do vértice:
abscissa (temperatura)
t V =
2x
∴ m , 0 ou m .
3
2
Pela intersecção, temos: m .
CADERNO 1
x
1
1
s y ⋅ (x + 1) = 1 s y ⋅ x + y = 1 s
sy=
x +1
x +1
1− y
1 x
1
s y ⋅ x = 1 – y s x =
s y– 1 =
∴ f −1( x ) = − 1
−
y
x
x x
f (x) =
3
.
2
4. c
5.a
 x ⋅ 8  (8 − 2x ) ⋅ (4 − x )
s A(x) = – x2 + 4x + 16
A(x) = 4 ⋅ 8 − 
−
2
 2 
Amáx. = yV =
− 42 − 4 ⋅ (−1) ⋅ 16
f ( x ) =
∴ Amáx. = 20
4 ⋅ (−1)
5.  2x + 1 > 3 x − 2
 x 2 − 6 x + 8 < 0
2
s x =
2x – 9 = c s x =
4
3
Trocando c por y e y por c, vem:
4
2
y+9
s y = 2c – 9
2
∴ f –1(c) = 2c – 9
f (c) =f –1(c) s
3
Logo, temos apenas um número inteiro, que é o 2.
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c+9
2
Então:
c+9
f (c) =
2
c+9
y =
2
c =
3y − 4
3x − 4
3x − 4
s y −1 =
∴ f −1( x ) =
y −2
x −2
x −2
6.b
Fazendo a intersecção:
2
s y ⋅ x – 3y = 2x – 4 s y ⋅ x – 2x = 3y – 4 s (y – 2) ⋅ x = 3y – 4 s
f
II. x2 – 6x + 8 < 0
B = CDf = D −1 = ® – {2} ∴ a = 2
I. 2x + 1 . 3x – 2 s 2x – 3x . – 2 – 1
– x . – 3
(–1)
x , 3
3
2x − 4
2x − 4
sy=
s y ⋅ (x – 3) = 2x – 4 s
x −3
x −3
c+9
= 2c – 9 s c + 9 = 4c – 18 s 3c = 27s
2
s c = 9
3
16.10.10 15:21:34
3.Seja b a base do logaritmo.
Assim:
3
−3
3 
2
27
27
33
2
log b
=−3 s b−3 =
s b−3 = 3 s b−3 =   s b−3 =   ∴ b =
8
8
3
2
2
3 
MA.07
1. e
4x
× 4)
= 24 (
→ 4 · 4x – 4x = 96 s
4
5
s 3 · 4x = 96 s 4x = 32 s 22x = 25 s 2x = 5 ∴ x =
2
1
5
5
2
10
2
x = x =
=
⋅
=
2
2
2
2
4x – 4x– 1 = 24 s 4x –
4. d
3
3
2
II. logπ π = 1
III. log 1 = 0
log 5
3+log 5
IV. 2 2 = 23 ⋅ 2 2 = 8 ⋅ 5 = 40
Então:
2.d
3x ⋅ 3 + 2y = 2y ⋅ 22 – 3x s 4 ⋅ 3x = 3 ⋅ 2y s
27 = log3 32 =
I. log3
3x
31
= 2
2y
2
Como x e y são inteiros, temos:
x = 1 e y = 2
∴ 3x = 31 = 3
3
35
+ 1 – 0 + 40 – 25 =
2
2
5. d
3. c
xy = yx
 x
s (2y )y = y2y s
 = 2 s x = 2y
y
3
y
y
y
II. 32x = y s (32)5 = y s (25 )5 = y s y = 2
1
6.d
log3 (9x – 2) = x s 9x – 2 = 3x s 9x – 3x – 2 = 0 s
s (3x)2 – 3x – 2 = 0
Fazendo 3x = m, vem:
m2 – m – 2 = 0 s m = –1 ou m = 2
4.c
y
 4 x + 3y = 43
+
 x
y
4 − 3 = −11
m = −1 s 3 x = −1 (Não convém.)

m = 2 s 3x = 2 ∴ x = log3 2
2 ⋅ 4 x = 32 s 4 x = 16 s 4 x = 42 s x = 2
De 4x + 3y = 43, temos:
42 + 3y = 43 s 3y = 43 – 16 s
s 3y = 27 s 3y = 33 s y = 3
x + y = 2 + 3 = 5
MB.01
1.d
C
5.e
53y = 64 s (5y)3 = 43 s 5y = 4 s
y
1
1 1
=
∴ 5−y =
4
5y 4
30°
6. a
1
2 x
 
1
 
 2 
s
2
x

3
 
 
 , 22 s  1  ,  1 

2
2
−
3
2
s
A
+
–4
3
2.d
x − 1, 2x + 1+ 10 s x . − 12

2x + 1, x − 1+ 10 s x , 8 
 ∴ x ∈ {4; 5; 6; 7}
10 
10 , 2x + 1+ x − 1 s x .
3 
+++++++++
–4
3 – – +++
0
–
+
––––––
0
B
x = y + 60° s x – y = 60º
2 3
3x + 4
+ .0 s
.0
x 2
2x
––––––
x
180° – x
30°
2
3
.− s
x
2
M
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
y
 1
1
1
I. x–3 = 125 s   = 125 s
=5sx=
x
5
x
1
s 2 · y = y · y s 2 = y ∴ y = 2 e x = 4
Logo: 5x – y = 5 · 4 – 2 ∴ 5x – y = 18
y
3. b


−4
ou x . 0
S =  x 3® / x ,

3

A
120°
180° – 4x
x
O menor número inteiro positivo que é solução da inequação é o 1.
MA.08
1.b
2x
( )
log (4 2 ) = y s 4 = (4 2 ) s 2
8
2
x
x
1
= 2 s 28 = 22 s
y
s 22y = 2
s 2y =
1
2y
2x
x
C
D
No †ABD, temos: 120º = 2x + x ∴ x = 40º
x 1
= ∴x =4
8 2
4
5
2
B
4.Observe a figura:
= 22 · 22 s
E
5
5
∴y =
2
4
A
2. c
I. x – 1 . 0 s x . 1
II. x – 1 ≠ 1 s x ≠ 2
III. x2 – 2x – 3 . 0 s x , –1 ou x . 3
C.E: { x ∈ ® / x . 3}
D
X
Y
C
B
C
4
OPV11M1M.indd 4
16.10.10 15:21:50
X̂ é externo ao †ADX s med(Xˆ ) = med(Aˆ ) + med(Dˆ )
Yˆ é externo ao †BEY s med(Yˆ ) = med(Bˆ ) + med(Eˆ )
No †XYC, temos:
med(Xˆ ) + med(Yˆ ) + med(Cˆ ) = 180º∴
med(Aˆ ) + med(Bˆ ) + med(Cˆ ) + med(Dˆ ) + med(Eˆ ) = 180º
3. b
ˆ mede 62º, então o arco 
AB mede: 2 ⋅ 62º = 124º
Se ACB
 ) + med( 
med( 
AC ) + med(BC
AB) = 360º s
 ) + 124º = 360º s
s 130º + med(BC

 ) = 106º e x = med(BC ) = 53º
s med(BC
2
5.d
ˆ .
Chamemos de x cada ângulo assinalado e de y o ângulo BDE
4.c
D
A
y
E
45°
x
x
x
y
A
O
B
C
38°
D
x
B
O triângulo BDE é isósceles de base BE .
∴ med(BÊD) = x
Como o triângulo ABD é isósceles de base AD , temos: med(BÂD) = y
No triângulo ABD, x é um ângulo externo.
Assim: x = 2y (I)
No triângulo BDE, temos: 2x + y = 180º (II)
Substituindo (I) em (II), temos:
2x + y = 180º s 2 ⋅ 2y + y = 180º s 5y = 180º s
s y = 36º e x = 72º
O ângulo AÊB mede 180º – x = 180º – 72º = 108º
C
38° + 45° + 18° + med(Dˆ ) = 180°
med(Dˆ ) = 79º
med(D̂) = med(Ĉ ) = 79° (“Enxergam” o mesmo arco.)
5.c
med( 
AC )
AC ) = 100°
s med( 
2
AB) = 150°
β = med( 
 ) = 360° – med( 
med(BC
AB) – med( 
AC )

med( BC ) = 360° – 150° – 100°
 ) = 110°
med(BC
 ) = 180° s 2α + 110° = 180° s 2α = 70° s α = 35°
2α + med( BC
γ =
6. Seja x o ângulo interno desse polígono que não foi incluído na
soma.
I. 0º , x , 180º
II. 2.004º + x = (n – 2) ⋅ 180º s 2.004º + x = 180n – 360º s
s 2.364º + x = 180n s x = 180n – 2.364º
De I, temos:
0º , 180n – 2.364 , 180º
2.364º , 180n , 2.544º s 13,13 , n , 14,13
Como n 3 ˜ e n . 2, temos n = 14.
Portanto, o polígono possui 14 lados.
6.d
x =
MB.02
1.
A
med( 
ADC )
med( 
ACD )
360° + 60°
ey =
∴ x + y = 210°
s x+y=
2
2
2
MB.03
1.e
x
L
O
B
CADERNO 1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
18°
M
35°
35°
L
C
L
I
II
L
OB = OC = raio s O triângulo OBC é isósceles:
ˆ ) = med(OBC
ˆ ) = 35°
med(OCB
med(BÔC) + 35° + 35° = 180° s med(BÔC) = 110°
8
2
Os triângulos I e II são semelhantes.
Assim:
 ) = med(BÔC ) = 110° ∴ x = 55°
med(BAC
2
2
2.d
Observe a figura:
2 ,
s ,2 = 16
=
, 8
A = ,2 ∴ A = 16
B
80°
A
40°
2. b
80°
80°
40°
80°
O
4
C
20°
1,5
Poste
2
ˆ ) = 180º – 80º – 40º = 60º
med(ABO
Moça
x
x +2
x
s 4x = 1,5x + 3 s 2,5x = 3 ∴ x = 1,20 m
=
4
15
,
5
OPV11M1M.indd 5
16.10.10 15:22:06
3. d
2
y
4
MB.04
1. c
Seja d o deslocamento do pé da escada.
α
x
4
0,4 m
Escada: 2,5 m
α
5
a
4 5 6
= =
2 x y
5
x =
2
0,7 m
y = 3
d
(a + 0,4) + (0,7) = (2,5) s (a + 0,4) = 5,76 s
s a + 0,4 = 2,4 ∴ a = 2,0
(d + 0,7)2 + a2 = (2,5)2 s (d + 0,7)2 + (2,0)2 = (2,5)2 s
s (d + 0,7)2 = 2,25 s d + 0,7 = 1,5 ∴ d = 0,8 m
2
5
5 15
Perímetro 2 + + 3 = 5 + =
2
2
2
2
2
2
2.a
Sejam a, b e c os lados dos triângulos com a . b . c. Sendo assim,
o maior quadrado tem lado a.
Sabemos, pelo teorema de Pitágoras, que a2 = b2 + c2.
Temos, pelo enunciado do exercício, que: a2 + b2 + c2 = 18. Isso
implica em: b2 + c2 = 18 – a2.
Substituindo na equação anterior, temos:
a2 = 18 – a2 s 2a2 = 18 s a2 = 9 (área do maior quadrado)
A
a
b
8
g
a
D
B
4
C
A
3. b
a
4
A
8
B
F
b
3
g
D
4
3
E
C
C
D
BD + 4 8
8⋅8
= s BD + 4 =
s
8
4
4
s BD + 4 = 16 ∴ BD = 12
Por Pitágoras, temos: BD = 5
Das relações métricas no triângulo retângulo, vem:
32 = 5 ⋅ DE s DE =
5. e
Chamemos x o lado BC .
Da mesma forma: BF =
x
6
= s 11x – x 2 = 18 s x 2 – 11x + 18 = 0
11– x 3
9
5
BD = DE + EF + FB
5 =
∆ = 121 – 72 = 49
x =
9
5
11± 7
2
9
9
18
7
+ EF + s EF = 5 −
s EF = s EF = 14
,
5
5
5
5
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
4. c
4. Observe a figura:
x1 = 2
x2 = 9
As medidas possíveis são 2 dm e 9 dm.
A
6.a
Observe a figura a seguir:
26 cm
26 cm
b
30 m
h
x
B
16 m
16 80
16 ⋅ 30
=
sx=
s x =6m
x
30
80
h =
Portanto, sendo x o diâmetro do disco voador, o raio é de 3 m.
6
OPV11M1M.indd 6
M
10
C
Aplicando Pitágoras no triângulo AMC, temos:
262 = b2 + 102
b2 = 576
b = 24
Da relação bc = ah, temos no triângulo ABM que:
10 · b = 26 · h
10 · 24 = 26 · h
50 m
10
240 120
=
cm
26
13
16.10.10 15:22:15
A
5.
B
x
Q
3–d
5
D
d
E
3
C
O
P
x
d
B
C
(AE) ⋅ (BE) = (CE) ⋅ (DE) s
s x ⋅ x = 8 ⋅ 2 s x2 =16 s x = 4
Sendo AB = 2x, conclui-se que a corda AB tem comprimento igual a
8 cm.
Os triângulos ACP e QCP são congruentes (dois triângulos retângulos
com a mesma hipotenusa e dois catetos de mesma medida).
Assim:
• AC = QC = 4 s BQ = 1
• PA = PQ = d s BP = 3 – d
No triângulo retângulo PBQ, temos:
(PQ)2 + (BQ)2 = (PB)2 s d2 + 12 = (3 – d)2 s d2 + 1 = 9 – 6d + d2 s
s 6d = 8 ∴ d =
4
3
A distância de AP é
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
5. Sejam os segmentos A'B' e C'D' perpendiculares às cordas CD e
AB, respectivamente, interceptando-as perpendicularmente e passando pelo ponto médio de cada uma delas e também pelo centro
do círculo. Temos:
(PA) · (PB) = (PC) · (PD) s 2 · 6 = 2 · (PD) ∴ PD = 6
Portanto, as cordas AB e CD têm medida igual a 8 e seus respectivos
pontos médios dividem-nas em dois segmentos com medida 4 cada
um deles.
Pela figura a seguir, temos um triângulo retângulo de catetos 2 e 4 e
hipotenusa igual ao raio R do círculo.
4
.
3
6. a
(BG)2 = (AG)2 + (AB)2 s (BG)2 = a2 + a2 s BG = a 2
2
(DG)2 = (CG)2 + (CD)2 s (DG)2 = 3a2 + a2 s DG = 2a
A
(EG)2 = (DG)2 + (DE)2 s (EG)2 = 4a2 + a2 s EG = a 5
sx=
5
sx=
2a
p2
4
2
A’
B
R
O
(EG) ⋅ (DF) = (DG) ⋅ (DE) s a 5 ⋅ x = 2a ⋅ a s
2a
C’
C
(CG)2 = (BG)2 + (BC)2 s (CG)2 = 2a2 + a2 s CG = a 3
B’
4
2 5a
⋅
sx=
5
5
5
CADERNO 1
A
5
D
MB.05
1. c
Seja AE = x e, assim, AC = 4x.
CE = AC − AE s CE = 3x
Tem-se:
(AE) ⋅ (CE) = (BE) ⋅ (DE) s
s x ⋅ 3x = 8 ⋅ 6 s 3x2 = 48 s
s x2 = 16 s x = 4 cm
Sendo AC = 4x, conclui-se que AC é igual a 16 cm.
2. b
Observe a figura:
D’
Assim:
R2 = 22 + 42 s R2 = 20 ∴ R = 2 5
6.c
Observe a figura:
A
8–x
8–x+7–x=9
2x = 6
x=3
8–x
C
x
A
B
E
B
x
7–x
C
MB.06
D
1. S ABC =
Temos: CE = ED e
AE · EB = CE · ED
3 = CE2 s CE =
7–x
3
1
1
2
⋅ ( AB) ⋅ ( BC ) ⋅ sen 45° s S ABC = ⋅ 4 ⋅ 2 ⋅
∴ S ABC = 2
2
2
2
2. d
(AD)2 = (AB)2 + (BD)2 s (AD)2 = 42 + 32 s AD = 5
Sejam BC = h e CD = 2r. Assim, AC = 2R = 5 − 2r.
CD = 2 · CE = 2 3
3. O comprimento de AR = 8
Seja AR = x
(AR) · (AP) = (AT)2 s x · (x + 10) = 122 s
 x = −18 (Não convém.)

s x 2 + 10 x − 144 = 0 ou
 x = 8 ∴ AR = 8

B
h
4
4.d
Sejam CD o diâmetro e AB a corda cujo comprimento deverá ser
determinado.
A
7
5 – 2r
C
3
2r
D
De (II) e (I): 9 + 25 − 20r = 16 s 20r = 18 s r =
5.
(I)
(II)
x
9
10
9
16
2R = 5 − 2r s 2R = 5 − 2 ⋅ 10 s R = 10
6
2 
2
2 

Ssombreada =  1 ⋅ π ⋅  5   −  1 ⋅ π ⋅  9   −  1 ⋅ π ⋅ 16  
 2   2
10  
10   2
2
Ssombreada =
 2  2  2 
1
⋅ π ⋅  5  −  9  − 16  
 2  10  10  
2
Ssombreada =
 625 81 256 
1
⋅ π⋅
−
−

100 100 100 
2
Ssombreada =
x
x
x
(2x + 8) · (2x + 6) = 120 s
s 4x2 + 2x · 6 + 2x · 8 + 6 · 8 = 120 s 4x2 + 28x – 72 = 0 s
 x = −9 (Não convém.)

s x 2 + 7x − 18 = 0 s ou
x = 2

1
288
⋅π⋅
∴ Ssombreada = 144
, ⋅π
2
100
6. c
Sejam a a medida do lado do quadrado maior e b a medida do lado
do quadrado menor.
Sabemos que BE = 4, ou seja, (a – b) = 4. Temos, também, a2 – b2 = 56
(diferença entre as áreas).
Assim:
(a – b) ⋅ (a + b) = 56 s 4 ⋅ (a + b) = 56 s a + b = 14
3. c
Figura 1
9
c
a
8
b
25
Figura 2
a−b =4 
 s a = 9 e b = 5
a + b = 14
Seja S a área do triângulo.
6
S =
b
15
(CD ) ⋅ (CE )
a⋅b
9⋅5
sS=
sS=
∴ S = 22,5
2
2
2
MB.07
1.
9
a
d
15
n
S2 = S1 s ,2 = 25 · 9
∴ , = 5 · 3 = 15 cm
I. a + b = 25
Da figura II, temos: a = 15
Logo, b = 10; e, ainda pela figura II, temos: c = 6
Área =
n–1
n+1
d = ( n − 1)2 + n2 + ( n + 1)2 s 14 =
10 ⋅ 6
= 30 cm2
2
s 14 = 3n2 + 2 s 3n2 + 2 = 14 s 3n2 = 12 s n2 = 4 ∴ n = 2
As dimensões desse paralelepípedo reto retângulo são 1 m, 2 m e 3 m.
Assim:
V = 1 · 2 · 3 ∴ V = 6 m3
4.e
Observe a figura:
2. d
3x3 – x = 22 s 3x3 – x – 22 = 0
2 é raiz da equação, pois 3 ⋅ 23 – 2 – 22 = 0 ∴ x = 2
B
A
n2 − 2n + 1+ n2 + n2 + 2n + 1 s
30°
60°
O
C
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
h2 + (5 − 2r )2 = 4
h2 + 25 − 20r + 4r 2 = 16
s  2
 2
2
2
2
h + 4r = 9
h + (2r ) = 3
3. a
A
D
D
a
H
C
m
O triângulo OBD é equilátero:
E
, 3
3
=
2
2
, 1
OC = =
2 2
3
AC =
2
AC ⋅ BC 3 3 1 3 3
= ⋅
⋅ =
S†ABC =
2
2 2 2
8
BC =
2
m =
e a=
2
B
2⋅ 3
6
sa=
2
2
2
2
 2
 6
2
2
2
2




H + m = a s H +  2  =  2  s




s H2 +
1 3
= s H 2 = 1∴ H = 1
2 2
8
OPV11M1M.indd 8
16.10.10 15:22:37
4. d
2.d
B
A
30 cm
h
14 cm
2h
2x
34 cm
8 cm
50 cm
x
V = Abase · h s V = (14 · 34) · 8 ∴ V = 3.808 cm3
VA = π ⋅ 4x2h
VB = πx2 ⋅ 2h
VA = 2 ⋅ 2πx2h
VB = 2πx2h
A tem o dobro de volume de B, logo A deveria custar o dobro de B.
I. (V)
II. (V)
III. (V) VB = πx2 ⋅ 4h = 4πx2h = VA
IV. (F)
5.ABCD é um quadrado de diagonal ,.
Sendo AD = CD = BC = AB e aplicando Pitágoras no triângulo retângulo ADC, temos:
2
 2
,2 = x2 + x2 s 2x2 = ,2 s x2 =
sx=
2
2
B
3. d
Observe a figura:
L
x
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2r
C
2
x
D
I. 2r = diagonal do quadrado de lado 2
2r = 2 2 s r = 2
II. h = 2
III. AL = área lateral = 2πrh
AL = 2π ⋅ 2 ⋅ 2
AL = 4π 2
O volume do octaedro é igual ao volume de duas pirâmides quadrangulares de base quadrada de areta x =
Assim: V = 2 ⋅
, 2
,
e altura .
2
2
1 ,2 , ,3
⋅
⋅ =
3 2 2 6
CADERNO 1
A
4. c
6.Seja VI o volume da pirâmide EABCD e VII o volume da pirâmide
EA’B’C’D’.
Temos:
g = 2r
h
1
I.VI =
⋅ 6 ⋅ 3 ⋅ 6 = 36 cm3
3
r
a) Os triângulos EAB e EA’B’ são semelhantes.
Daí, temos:
3
No cone equilátero, a geratriz é igual ao diâmetro da base, ou seja,
g = 2r.
Alateral = π · r · g s Alateral = π · r · 2r s
s Alateral = π · r2 s 2π · r2 = 128 s r2 = 64 ∴ r = 8 cm
h−H 6−4 2 1
=
= =
h
6
6 3
II.
3
 1
VII  h − H 
V
V
1
=
 s II =   s II =
VI  h 
VI  3 
VI 27
5. a
Substituindo (I) em (II), temos:
VII
36
=
1
36 4
s VII =
= cm3
27
27 3
h
b) O volume VT do tronco é dado por:
VT = VI – VII = 36 –
2 cm
H
4 108 − 4 104
cm3
=
=
3
3
3
6
4 cm
MB.08
1.b
V = (36 6) π cm3
O volume máximo de líquido que pode conter a xícara é a diferença
de volumes de dois cones  o maior, que tem raio da base igual a
R = 4 cm e altura H = 12, e o menor, que tem raio da base r = 2 cm
e altura r = 2 cm , valores obtidos usando-se semelhança de triângulos, como vemos nas figuras acima.
h+6 4
=
h
2
2(h + 6) = 4h s h = 6 cm e H = 12 cm
H = 6 6 cm3
R
Vcilindro = Ab · h s 36 ⋅ 6 ⋅ π = π ⋅ R2 · 6 6 s R2 = 6 ∴ R =
Atotal = Alateral + 2 · Abase s Atotal = 2π ⋅ R ⋅ H + 2π ⋅ R2 s
s Atotal = 2π ⋅ R ⋅ (H + R) s Atotal = 2π ⋅ 6 ⋅ 6 6 + 6 s
s ATotal = 84π cm3
(
1
1
⋅ π ⋅ R2 ⋅ H − · π ⋅ r2 ⋅ h s
3
3
1
1
s V =
· π · (R2 ⋅ H – r2 ⋅ h) s V =
· 3 · (42 · 12 – 22 · 6)
3
3
V = Vcone maior – Vcone menor =
6
)
∴ V = 168 cm3
9
OPV11M1M.indd 9
16.10.10 15:22:51
6. a
Observe as figuras:
I.
No triângulo 1, o ângulo formado entre a horizontal e a linha de visão do observador mede 30º e, assim, o ângulo consecutivo dele,
no triângulo 2, mede 60º. Observa-se, então, que o triângulo 2 é equilátero e, por isso, a altura H, do prédio, é a hipotenusa do triângulo 1.
Assim:
r
2r
sen 30º =
40 40 1
∴ H = 80 m
s
=
H
H
2
5. b
II.
r
M
h = 2r
60°
h
s
Sc = área do cubo = 6(2r)2 = 6 ⋅ 4r2 = 24 ⋅ 9 = 216 cm2
ˆ ) = PQ s sen 30° = PQ s
sen (PMQ
MP
6
1 PQ
s =
∴ PQ = 3
2
6
MC.01
1. e
6.a)
A
3
F
4
h
x
C
60°
6–x
D
D
B
No triângulo ACD, temos:
32 = h2 + x2 s h2 = 9 – x2
No triângulo ABD, temos:
42 = h2 + (6 – x)2 s h2 = 16 – (6 – x)2 ∴ 9 – x2 = 16 – (6 – x)2
9 – x 2 = 16 – 36 + 12x – x 2
9 = – 20 + 12x
12x = 29
x =
E
1
EF
EF
s 3 =
s EF = 1,7 km
DE
1
DE
1
1
cos 60 º =
s
=
s DF = 2 km
DF
2
DF
tg 60 º =
F
29
12
2. a
(AB)2 + (BC)2 = (AC)2 s (AB)2 + 52 = 132 s
s (AB)2 = 144 ∴ AB = 12
cos (BÂC) =
60°
B
AB
12
s cos ( BÂC ) =
AC
13
45°
h
45°
30°
2 km
tg 30º =
3
3
1
3
s
=
s BF = 6 km
BF
2
BF
cos 60 º =
b)
BD = BF – DF = 6 – 2 = 4 km
∴ BD = 4 km e EF = 1,7 km
A pessoa percorreu:
(2 + 4 + 1 + 1,7 + 3,3) km = 12 km
y = 4 + 0,8 ⋅ 12 = R$ 13,60
MC.02
1.a
h
C
h
3
h
173
,
h
s
=
s
=
s
2+ h
3
2+ h
3
2+ h
a
s 3,46 + 1,73h = 3h s 1,27h = 3,46 s h H 2,7 km
4.b
B
H 2
H
60°
H
60°
30° 1
30°
b
45°
A
BC
AC
a
b
=
s
=
s
 sen 45º sen 30º a · sen 30º = b · sen 45º s
sen 
A sen B
1
2
s a ⋅ 2 = b ⋅ 2 s a = b 2
60°
60° H
C
3. d
Q
P
30°
1 2
V = 18 π s
πr ⋅ 2r = 18 π s r3 = 27 s r = 3 cm
3
30°
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
40 m
a + b = 1 +
2 s b 2 +b=1+
2 s
s b ⋅ ( 2 + 1) = 1+ 2 s b = 1∴ a = 2
10
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16.10.10 15:23:43
2.a
6. c
Casa
2 3
6
a
x
80
3+ 3
( 6 ) = (2 3 ) + (3 + 3 ) − 2 ⋅ (2 3 ) ⋅ (3 + 3 ) ⋅ cos α s
s 6 = 12 + 9 + 6 3 + 3 − (12 3 + 12) · cos α s
s (12 3 +12) · cos α = 18 + 6 3 s 12⋅ 3 +1 · cos α = 6 ⋅ 3 + 3 s
2
2
2
(
s cos α =
cos α =
6 ⋅ (3 + 3 )
(
12 ⋅ ( 3 + 1) (
3 − 1)
⋅
)
s cos α =
3 − 1)
(
6 ⋅ (3 3 − 3 + 3 − 3 )
s
2


12 ⋅ ( 3 ) − 12 
12 3
3
s cos α =
∴ α = 30°
24
2
60°
)
Bomba
50
Caixa-d`água
Pela lei dos cossenos, temos:
x2 = 502 + 802 – 2 ⋅ 50 ⋅ 80 ⋅ cos 60º
x2 = 2.500 + 6.400 – 8.000 ⋅
1
2
x2 = 8.900 – 4.000 = 4.900 s x = 70 km
3. b
8
MC.03
1.a)
x
6
5π 5 ⋅ 180°
= 112,5º
=
8
8
b)180º  π
215º  x
s 180º ⋅ x = 215º ⋅ π s
120°
8
Pela lei dos cossenos, temos:
x2 = 62 + 82 – 2 ⋅ 6 ⋅ 8 ⋅ cos 120º
 1
x 2 = 36 + 64 − 96 ⋅ − 
 2
x2 = 100 + 48 = 148 s x = 2 37
sx=
215° ⋅ π
180°
30°
30°
a
30°
3
2
O ângulo formado pelos ponteiros será de 120º + α, em que α é o
deslocamento do ponteiro das horas em 45 minutos. Fazendo uma
regra de três para o ponteiro menor, temos:
Minuto
Ângulo
60
30º
45
α
α = 22,5°
120° + 22,5° = 142,5° = 142º 30’
b
( 3)
2
+ 22 – 2 · 2 ·
s a2 = 3 + 4 – 4 3 ⋅
( 3)
2
a
3
150°
2
a
b2 =
30°
30°
b
43π
rad
36
2.a
4. d
a2 =
y x=
CADERNO 1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
60°
3 · cos 30º s
3
s a2 = 1 ∴ a = 1
2
+ 22 – 2 · 2 ·
3 · cos 150º s
 3
 s b2 = 13 ∴ b =
s b2 = 3 + 4 – 4 3 ⋅ −

 2 
13
3. c
Perímetro: 2p = 2a+ 2b ∴ 2p = 2 + 2 13
5. e
π
,θ<π
2
π
= 0 e cos π = –1:
2
3m − 1
–1 , cos θ , 0 s –1 ,
, 0 s –4 , 3m –1 , 0 s
4
1
s –3 , 3m , 1 s –1 , m ,
3
B
Lembrando que cos
30°
x
105°
A
45°
12
C
s cos2 x =
Pela lei dos senos, temos:
x
12
=
sx=
sen 45º
sen 30º
4.sen2 x + cos2 x = 1 s cos2 x = 1 –
12 ⋅
1
2
2
2 s x = 12 2 s x H 17 cm
Como a escala está na proporção 1 : 10.000, temos:
17 ⋅ 10.000 = 170.000 cm ou 1,7 km
cos x =
tg x =
16
s
25
9
3
(1o quadrante) ou
s cos x =
25
5
−3 o
(2 quadrante)
5
4
sen x
4
= 5 =−
3
cos x
3
−
5
11
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1
cos x
⋅ cos x –
⋅ sen x =
cos2 x
sen x
1
1− cos2 x
=
– cos x =
=
cos x
cos x
2
sen x
sen x ⋅ sen x
=
=
= sen x ⋅ tg x
cos x
cos x
5.c
=
sen x
1+ cos x sen x + (1+ cos x )
=
+
=
1+cos x
sen x
(1+ cos x ) ⋅ sen x
2
2
=
sen2 x + 1+ 2 ⋅ cos x + cos2 x
2 + 2 ⋅ coss x
=
=
(1+cos x ) ⋅ sen x
(1+ cos x ) ⋅ sen x
=
2 ⋅ (1+ cos x )
2
=
(1+ cos x ) ⋅ sen x sen x
II. (V) cossec2 x ⋅ sen x – sec x ⋅ cotg x + cotg x ⋅ cos x =
=
6.c
=
2
 1
1
s (sen x – cos x)2 =   s
2
2
1
s sen2 x – 2 · sen x · cos x + cos2 x =
s
4
1
s 1 – 2 · sen x · cos x =
s
4
3
3
s –2 · sen x · cos x = − ∴ sen x · cos x =
4
8
sen x – cos x =
III. (F) De 1 e 2, temos:

cos x  1
= sen x ⋅  cos x + cos x  =


=
2
2
sen x + cos x = 1 s sen x +
= 1 s sen2 x = 1 –
s
25
25
23
s sen2 x =
s sen x = – 23
25
5
2
2
2
sen x
=
cos x
∴ tg x =
23
2
=
46
2
2. c
1+
1
− sec2 x = 1+
cos2 x ⋅ cosec2 x
= 1+
1
1
cos x ⋅
sen2 x
2
−
cos x (1+ cos2 x ) 1+ cos2 x
≠ sen x
⋅
=
sen x
cos x
sen x
MC.05
1. d
sen2 x – cos2 x = 0
sen2 x = cos2 x
sen x ⋅ tg x
tg 2 x
=
= tg3 x
1
cos x ·cot g x
tg x
IV. (F) sec x ⋅ cotg x + cotg x ⋅ cos x =
= cotg x ⋅ (sec x + cos x) =
MC.04
1. d
1
1
cos2 x cos x ⋅ cos x
−
+
=
= cos x ⋅ cotg x
sen x sen x sen x
sen x
sen2 x
= 1 ( cos x ≠ 0, pois sen 0° ≠ cos 0°) s
cos2 x
s tg2 x = 1 s tg x = ± 1
1
=
cos2 x
 π 3π 5π 7π 

S =  ;
;
;
4 4 4 4 
sen2 x
1
cos2 x + sen2 x − 1 1− 1
=0
−
=
=
2
2
cos x cos x
cos2 x
cos2 x
Portanto, 4 soluções.
2. Temos: sen x =
3. d
(
)(
)(
(


2

sen x

(sec x ) ⋅ 1− cos
x
=
) (cos x − sen x )
)
2
1+ tg 2 x ⋅ 1− tg2 x
1− tg 4 x
=
=
cos4 x − sen4 x cos2 x + sen2 x ⋅ cos2 x − sen2 x
π
4
3π
4
2
2
2
, para 0 < x < 2π.
2
2
2
2

x − sen x

(sec x ) ⋅  cos cos
x
(cos x − sen x ) ⋅
1

= (sec x ) ⋅
=
cos
x
sen
x
−
(cos x ) (cos x − sen x )
(
)
2
2
2
2
2
2
2
2
(
)
2
sec x ⋅
2
1
(
cos2 x
)
2
(
)(
2
2
 π 3π 

S =  ;
4 4 
)
= sec2 x ⋅ sec2 x = sec4 x
4. d
3.c
y =
2
cos x
cos x
cos x
cos x
=
=
=
=
1
1+ sen x 1+ sen x
tg x + sec x sen x
+
cos x cos x
cos x
2 ⋅ cos2 x + cos x – 1 = 0 s cos x =
5. d
Assim, soma:
cos2 x − sen2 x
sen2 x
2
cos2 x − sen2 x
1− tg x
cos x =
cos2 x
=
=
=
2
2
1
cos2 x − 1
cos x − 1
1− sec x
1−
2
cos x
cos2 x
1−
2
=
cos x − sen x
2
(
2
cos2 x − sen2 x + cos2 x
)
=
π
5π
+π+
= 3π
3
3
4. c
sen2 x – 2cos4 x = 0 s (1 – cos2 x) – 2cos4 x = 0 s
s –2cos4 x – cos2 x + 1 = 0 s 2cos4 x + cos2 x – 1 = 0 s
s cos2 x = m s 2m2 + m – 1 = 0 s
− sen x + cos x
=
− sen2 x
2
−1± 3
s
4
cos x = −1 s x = π

ou


1
π
5π
cos x = s x =
ou x =

2
3
3
2
= 1− sen x = (1− sen x )·(1+ sen x ) = 1− sen x = 1− 1 = 1
1+ sen x
2 2
(1+ sen x )
=
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1
1
cos x cos x
⋅
+
⋅ sen x –
⋅ cos x =
sen2 x
cos x sen x sen x
2
−1± 3
1
s m = −1 ou m = s
4
2
m = −1 s cos2 x = −1 (Não convém.)

s
1
1
2
2
m = s cos2 x = s cos x =
ou cos x = −

2
2
2
2
− sen2 x cos2 x
+
= 1− cotg2 x
−sen2 x −sen2 x
sm=
6. V – V – F – F
I. (V) sec2 x ⋅ cos x – cotg x ⋅ sen x =
12
OPV11M1M.indd 12
16.10.10 15:24:18
De I % II, temos:
No intervalo [0; 2π], tem-se:
2
7π
π
cos x =
ou x =
sx=
2
4
4
2
3π
5π
cos x = −
ou x =
sx=
2
4
4
π 3π 5π
7π
,
e
As raízes são ,
, sendo a soma delas igual a 4π.
4 4 4
4
5.
I. sen x .
2π
3
π
6
1
2
π
3
x
1
2
5π
6
y
4π
3
5π
3

π
2π
4π
5π 
S =  x 3 ® / , x ,
ou
, x,

3
3
3
3

 π
No intervalo 0;  , temos:
 2
 π π
S =  ; 
 3 2
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
π
5π
,x,
6
6
II. cos x >
MC.06
1.e
cos α = 0,8 e sen β = 0,6
Aplicando a relação fundamental, encontramos:
sen α = 0,6 e cos β = – 0,8 (α 3 1o Q e β 3 2o Q)
sen (α + β) = sen α · cos β + sen β · cos α =
= 0,6 ⋅ (– 0,8) + 0,6 ⋅ 0,8 = 0
1
2
π
3
1
2
0
A
2π
2.E = sen 75º + cos 105º s
s E = sen (45º + 30º) + cos (45º + 60º) s
s E = (sen 45º · cos 30º + sen 30º · cos 45º) +
+ (cos 45º · cos 60º − sen 45º · sen 60º) s
5π
3
De (I) e (II), verificamos que as duas desigualdades são satisfeitas no
π
π
intervalo [0; 2π],
,x< .
6
3
1
1
s–
, cos x ,
2
2
1
I. cos x ,
2
y
sE =
 1
 
2
π
3
x
1
2π
4π
sx=
ou x =
2
3
3
 2π 
; π , num total de 3.
As soluções no intervalo [0; π] são 0;
3


II. cos x = –
3 · sen x + cos x = k – 3 1
II. cos x . –
2
sen x ⋅
y
x
3 1
k −3
+ ⋅ cos x =
s
2 2
2
s sen x · cos 30º + sen 30º · cos x =
s sen (x + 30º) =
 1
x  
2
k −3
s
2
k −3
2
Assim:
−1 <
4π
3
2 2
2
∴E =
4
2
5. d
5π
3
2π
3
6+ 2+ 2− 6
s
4
4.d
sen 2x + sen x = 0 s
s 2sen x · cos x + sen x = 0 s
s sen x ⋅ (2cos x + 1) = 0
I. sen x = 0 s x = 0 ou x = p
6+ 2
2− 6
+
sE =
4
4
3.d
sen x + cos x = m s (sen x + cos x)2 = m2 s
s sen2 x + 2 · sen x · cos x + cos2 x = m2 s
s 2 · sen x · cos x + sen2 x + cos2 x = m2 s
s sen (2x) + 1 = m2 ∴ sen (2x) = m2 – 1
6. d
| cos x | ,
 2 3 1 2  2 1
2 3 
 
sE =
 2 ⋅ 2 + 2 ⋅ 2 + 2 ⋅ 2 − 2 ⋅ 2  s

 

s E =
π
5π
0 < x <
ou
< x < 2π
3
3
CADERNO 1
k −3
< 1 s –2 < k – 3 < 2 s 1 < k < 5
2
Os possíveis valores inteiros de k são 1, 2, 3, 4 e 5, cuja soma é 15.
13
OPV11M1M.indd 13
16.10.10 15:24:32
6.d
(cos x + cos y)2 + (sen x + sen y)2 =
= cos2 x + 2cos x ⋅ cos y + cos2 y + sen2 x +
+ 2sen x ⋅ sen y + sen2 y =
= 2 + 2cos x ⋅ cos y + 2sen x ⋅ sen y =
= 2(1 + cos x ⋅ cos y + sen x ⋅ sen y) =
2. b
5
5

1
 x 2 + 3  s TK +1 =   ⋅ x 2
x 

k
( )
 1
3
= 2[1 + cos (x – y)] = 2(1 + cos 60º) = 21+  = 2 ⋅ = 3
2
 2
n!
(
n + 1 = 9 ∴n = 8
)
5
5
s TK +1 =   ⋅ x10 − 2k ⋅ x −3 k ∴ TK +1 =   ⋅ x10 − 5 k
k
 
k
26 
(1 + x)26 s Tk + 1 =   · 126 – k · xk
k
Ainda:
•
26
k + 1 = 2r + 1 s k = 2r s T2r + 1 =   · 126 – 2r · x2r
 2r 
•
 26 
 · 126 – r − 2 · xr + 2
k + 1 = r + 3 s k = r + 2 s Tr + 3 = 
 r + 2
Então:
8 8  9 9 9 10
  +   +   =   +   =   = 252
3  4  5 4 5  5 
Devemos ter T2r + 1 = Tr + 3, então:
4. a
2n
 
2n
 2n 
n
  = x ⋅ 
sx=
s x =
 2n 
 n − 1
n


 n − 1
26  26 

  = 
 2r   r + 2
(2n)!
n! ⋅ n!
(2n)!
Assim:
2r = r + 2 s r = 2
ou
2r + r + 2 = 26 s 3r = 24 s r = 8
s
( n − 1)! ⋅ ( n + 1)!
(2n)! ⋅ ( n − 1)! ⋅ ( n + 1)! s x = ( n − 1)! ⋅ n! ⋅ ( n + 1) ∴ x = n + 1
s x =
n! ⋅ n!
n
n ⋅ ( n − 1) ! ⋅ n!
(2n)!
5. e
10
Tp+1 =   ⋅ (x–1)10 – p ⋅ (–3)p ⋅ (x4)p
p
5. a
I. 5x = x + 8 s 4x = 8 s x = 2
II. 5x + x + 8 = 26 s 6x = 18 s x = 3
∴ x = 2 ou x = 3
10
Tp+1 =   ⋅ x –10 + p + 4p ⋅ (–3)p
p
6.a
3 + 5 = k + 2 s k = 6
10
Tp+1 =   ⋅ x 5p – 10 ⋅ (–3)p
P 
MC.08
1. a
5p – 10 = 0 s 5p = 10 s p = 2
10
T3 =   ⋅ (–3)2 = 45 ⋅ 9 = 405
2
10
10! 3
T8 =   ⋅ x3 ⋅ (–1)7 = –
x =
7!·3!
7
=
s
4.b
7 7 8 
3.   +   =  
2 3 3 
k
3.d
Para determinação da soma dos coeficientes numéricos, devemos
fazer a variável x igual a 1. Assim:
8

2
2
Soma dos coeficientes = 3 ⋅ (1) −  = (3 − 2)8 = 18 = 1

(1) 
138!
138!
⋅ (137 − 2) ⋅ (137 + 2) s
⋅ 1372 − 4 s b137 =
139 ⋅ 138!
139!
1
s b137 =
⋅ 135 ⋅ 139 ∴ b137 = 135
139
b) b137 =
n!
( )
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
( n + 1)! = 9 s ( n + 1) ⋅ n! = 9 s
k
5
1
5− k
⋅  3  s TK +1 =   ⋅ x 2( ) ⋅ x −3
x 
k
Devemos ter: 10 – 5k = 0 s k = 2
Logo, o termo independente de x é o 3o termo desse desenvolvimento.
MC.07
1. e
(x!)2 = 36
x! = 6 s x = 3
2. a)
5− k
6. d
O binômio possui 5 + 1 = 6 termos, e a soma de seus coeficientes é
dada por: (12 – 3 ⋅ 1)5 = (–2)5 = –32
−10 ⋅ 9 ⋅ 8 3
x = –120x3
3⋅2
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