M AT E M Á T I C A
1 b
Sabe-se que o quadrado de um número natural k é
maior do que o seu triplo e que o quíntuplo desse
número k é maior do que o seu quadrado. Dessa
forma, k2 – k vale:
a) 10 b) 12 c) 6
d) 20 e) 8
Resolução
k < 0 ou k > 3
k2 > 3k
k2 – 3k > 0
⇔
⇔
⇔
2
2
0<k<5
k < 5k
k – 5k < 0
{
{
{
⇔ 3 < k < 5 ⇒ k = 4 (pois k ∈ N) ⇒ k2 – k = 12
2 a
Se, na igualdade 30n = 4x , n é um número natural positivo e x um número ímpar, o produto n.x vale:
a) 450
b) 175
c) 275
d) 360
e) 130
Resolução
30n = 4x ⇔ 2n . 3n . 5n = 22 . x ⇔ x = 2n–2 . 3n . 5n
Se n é um número natural positivo e x um número
ímpar, então n – 2 = 0 ⇔ n = 2.
Logo, x = 20 . 32 . 52 = 225
Dessa forma, n . x = 2 . 225 = 450
3 d
Num triângulo, a medida de um lado é diminuída de
15% e a medida da altura relativa a esse lado é aumentada de 20% .
A área desse triângulo:
a) aumenta de 1 %
b) diminui de 2,5%
c) aumenta de 2%
d) diminui de 1,5%
e) não se altera
Resolução
1) A área do triângulo inicial, cuja base mede b e altura
bh
correspondente mede h, é S1 = ––––
2
2) A área do novo triângulo, cuja base mede 0,85b e
altura correspondente mede 1,2h, é
0,85b . 1,2h
bh
S2 = –––––––––––– = 1,02 –––––
2
2
3) De (1) e (2) temos S2 = 1,02 . S1 = 102% . S1 e portanto a área do novo triângulo aumentou 2%
4 d
Na figura, temos os esboços dos gráficos das funções
OBJETIVO
M A C K E N Z I E ( 2 º D i a - G ru p o s I I e I I I ) D e z e m b ro /2 0 0 1
f e g. A soma f (g (1)) + g (f (–1)) é igual a:
a) –1
b) 0
c) 1
d) 2
e) 3
Resolução
Conforme o gráfico, tem-se:
g(1) = 0 ⇒ f(g(1)) = f(0) = 0
f(–1) = k < 0 ⇒ g(k) = 2
Donde: f[g(1)] + g[f(–1)] = 0 + 2 = 2
5 e
Pelo vértice da curva y = x2 – 4x +3 , e pelo ponto onde
a mesma encontra o eixo das ordenadas, passa uma
reta que define com os eixos um triângulo de área:
11
3
9
–––
a) 2
b) –––
c)
d) 3
e) –––
4
4
4
Resolução
I) y = x2 – 4x + 3 tem vértice V(x0; y0), onde:
–b
4
x0 = –––– = ––– = 2
2a
2
e
y0 = f(2) = 4 – 8 + 3 = – 1
}
V (2; – 1)
II) A parábola y = x2 – 4x + 3, encontra o eixo das ordenadas no ponto A(0; 3)
III) A equação da reta AV, é:
x y 1
2 – 1 1 = 0 ⇔ 2x + y – 3 = 0
0 3 1
Esta reta corta o eixo Ox em B(3/2; 0) e portanto a
OBJETIVO
M A C K E N Z I E ( 2 º D i a - G ru p o s I I e I I I ) D e z e m b ro /2 0 0 1
área do triângulo AOB é:
3
––– . 3
9
2
S∆ = ––––––––– = ––––
4
2
6 d
3x;
x+y
–––––
3 2
Se as seqüências (3;
) e (2; y; 3x) são, respectivamente, uma progressão geométrica e uma progressão aritmética, o valor de y – x é:
a) 1
b) –1
c) –2
d) 2
e) 0
Resolução
Se
(
3, 3x; 3
(3x)2 = 3 . 3
x+y
––––––
2
x+y
––––––
2
)
é uma progressão geométrica,
⇔ 32x = 3
2+x+y
–––––––––
2
⇔ 3x – y = 2(I)
Se (2; y; 3x) é uma progressão aritmética,
2 + 3X
y = –––––––– ⇔ 2y – 3x = 2 (II)
2
Das equações (I) e (II) tem-se x = 2, y = 4 e y – x = 2
7 c
Se as equações x3 + mx2 + nx + p = 0 e x2 + x – 2 = 0
têm o mesmo conjunto solução, então o produto m.n.p
vale:
a) –1 b) 1
c) 0
d) 2
e) –2
Resolução
O conjunto-solução da equação x2 + x – 2 = 0 é
S = {–2; 1}, que é igual ao conjunto-solução da equação
x3 + mx2 + nx + p = 0
As três raízes da equação do 3º grau são
{
r1 = –2
r2 = –2
r3 = 1
ou
{
r1 = –2
r2 = 1
r3 = 1
Da primeira hipótese decorre que
r1 r2 + r1 r3 + r2 r3 = n ⇔ n = (–2) . (–2) + (–2) . 1 + (–2) . 1 ⇔
⇔n=0
OBJETIVO
M A C K E N Z I E ( 2 º D i a - G ru p o s I I e I I I ) D e z e m b ro /2 0 0 1
Da segunda hipótese decorre que
r1 + r2 + r3 = –m ⇔ –m = –2 + 1 + 1 ⇔ m = 0
Portanto, o produto m . n . p vale zero, pois m = 0 ou
n = 0.
8 e
O produto (log23).(log34).(log45). … .(log6364) é igual a:
a) log364
b) log263
c) 2
d) 4
e) 6
Resolução
(log23) . (log43) . (log54) . ... (log6364) =
= (log23) .
( )( ) ( )
log24
––––––
log23
log25
––––––
log24
.
log264
...... ––––––
log263
=
= log264 = 6
9 a
A soma das raízes da equação
|
3x
9x
0
log3(x + 3)
log3(x+3)
0
1
2
1
é igual a:
a) –2
b) –1
Resolução
3x
c) 0
9x
=0⇔
0
3x
9x
0
1
1
0
1
2
1
⇔ log3(x + 3) . (3x – 9x) = 0 ⇔
⇔
{
e) 2
1
2
⇔ log3(x + 3) .
d) 1
0
log3(x + 3) log3(x + 3)
1
|
=0
=0⇔
{
log3(x + 3)
⇔
ou
x
x
9 =3
x + 3 = 30
ou
⇔ x = –2 ou x = 0
32x = 3x
A soma das raízes da equação dada é (–2) + 0 = –2.
OBJETIVO
M A C K E N Z I E ( 2 º D i a - G ru p o s I I e I I I ) D e z e m b ro /2 0 0 1
10 b
Em [0; 2π], as soluções da equação
2 senx
1
–––––––––– = –––––––––– são em número de:
cos 2x – 1
1 + senx
a) 1
b) 2
Resolução
c) 3
d) 4
e) 5
1
2 . sen x
––––––––––– = ––––––––––– ⇔
1 + sen x
cos(2x) – 1
2 . sen x
1
⇔ ––––––––––––––– = ––––––––––– ⇔
2
1
+
sen
x
1 – 2sen x – 1
2 . sen x
1
⇔ ––––––––––––––– = ––––––––––– ⇔
2
1
+
sen
x
– 2 . sen x
–1
1
⇔ ––––––– = ––––––––––– ⇔ 1 + sen x = – sen x ⇔
1 + sen x
sen x
1
⇔ 2 . sen x = – 1 ⇔ sen x = – –––
2
7.π
11π
Para [0; 2π], resulta x = –––––– ou x = –––––
6
6
11 a
A circunferência da figura tem raio Ï··
2 e centro O. Se
sen 10° + cos 10° = a, a área do triângulo ABC é igual
a:
a) a Ï··
2
b) 2a2
c) 2a Ï··
2
2
d) a Ï··
2
e) 2 Ï··
2
Resolução
Lembrando que
sen 55° = sen (10° + 45°) =
= sen 10° . cos 45° + sen 45° . cos 10° =
Ï···
2
Ï···
2
= –––– sen 10° + –––– cos 10° =
2
2
Ï···
2
Ï···
2
= –––– (sen 10° + cos 10°) = –––– . a,
2
2
tem-se que a área S do triângulo ABC é
S = S∆AOB + S∆BOC =
OBJETIVO
M A C K E N Z I E ( 2 º D i a - G ru p o s I I e I I I ) D e z e m b ro /2 0 0 1
Ï···
2 . Ï···
2 . sen (125°)
Ï···
2 . Ï···
2 . sen (55°)
= ––––––––––––––––––– + ––––––––––––––––––– =
2
2
Ï···
2
= 2 . sen 55° = 2 . –––– a = Ï···
2 a, pois sen 125° = sen 55°
2
12 d
O sistema
{
x+y+z=k
kx + y + z = 1
x+y–z=k
a) é impossível para um único valor de k
b) tem solução única para um único valor de k
c) tem solução (k, O, 0), qualquer que seja k ≠ 0
d) tem mais de uma solução para um único valor de k
e) pode admitir a solução nula
Resolução
Seja o sistema
{
x+y+z=k
kx + y + z = 1
x+y–z=k
Pelo teorema de Rouché-Cappelli, temos:
1 1 1
I) M.I. =
[ ]
[ ]
k 1 1
tem característica p = 3 para
1 1 –1
k ≠ 1 e característica p = 2 para k = 1
1 1 1 k
II) M.C. =
k 1 1 1
tem característica q = 3
1 1 –1 k
para k ≠ 1 e característica q = 2 para k = 1
III) Como o número de incógnitas r = 3, concluimos
que:
OBJETIVO
M A C K E N Z I E ( 2 º D i a - G ru p o s I I e I I I ) D e z e m b ro /2 0 0 1
Para k ≠ 1, o sistema será possível e determinado, pois
p = q = n.
Por outro lado, se k = 1, o sistema será possível e indeterminado, pois p = q < n.
13 b
O número de filas diferentes que podem ser formadas
com 2 homens e 3 mulheres, de modo que os homens
não fiquem juntos, é:
a) 96
b) 72
c) 48
d) 84
e) 120
Resolução
1º) O número total de filas diferentes que podem ser
formadas com 2 homens e 3 mulheres, em qualquer posição é igual a P5 = 5! = 120
2º) O número total de filas diferentes que podem ser
formadas com os 2 homens juntos e as 3 mulheres, em qualquer posição é igual a:
2 . P4 = 2 . 4! = 48
Portanto o número total de filas diferentes que podem
ser formadas com 2 homens e 3 mulheres, de modo
que os homens não fiquem juntos é:
P5 – 2 . P4 = 120 – 48 = 72
14 c
Dois prêmios iguais são sorteados entre 6 pessoas,
sendo 4 homens e 2 mulheres. Supondo que uma
mesma pessoa não possa ganhar os 2 prêmios, a probabilidade de pelo menos um homem ser sorteado é:
5
7
14
13
8
a) ––
b) ––
c) –––
d) –––
e) ––
6
8
15
14
9
Resolução
De acordo com o enunciado, temos:
P(pelo menos um homem ser sorteado) =
= 1 – P (as 2 mulheres serem sorteadas) =
2
1
1
14
= 1 – ––– . ––– = 1 – ––– = –––
6
5
15
15
15 d
Se a reta de equação (3k – k2) x + y + k2 – k – 2 = 0
passa pela origem e é perpendicular à reta de equação
x + 4y – 1 = 0, o valor de k2 + 2 é:
a) –2
b)2
c) –3
d) 3
e) 1
Resolução
I) Se a reta de equação
(3k – k2) . x + y + k2 – k – 2 = 0 é perpendicular à reta
de equação x + 4y – 1 = 0, então:
(3k - k2) . 1 + 1 . 4 = 0 ⇔ k2 – 3k – 4 = 0 ⇔ k = 4 ou
k = –1
II) Se a reta de equação
OBJETIVO
M A C K E N Z I E ( 2 º D i a - G ru p o s I I e I I I ) D e z e m b ro /2 0 0 1
(3k – k2) . x + y + k2 – k – 2 = 0
passa pelo origem então: k2 – k – 2 = 0 ⇔ k = 2 ou
k = –1.
Para que as duas condições sejam satisfeitas,
temos: k = –1, e portanto k 2 + 2 = (–1) 2 + 2 = 3.
16 a
Por um ponto P que dista 10 do centro de uma circunferência de raio 6 traçam-se as tangentes à circunferência, Se os pontos de tangência são A e B, então a
medida do segmento AB é igual a:
a) 9,6
b) 9,8
c) 8,6
d) 8,8
e) 10,5
Resolução
No triângulo OAP, retângulo em A, temos:
AP2 = OP2 – OA2 ⇔ AP2 = 102 – 62 ⇔ AP = 8
No mesmo triângulo tem-se:
AH . OP = OA . AP ⇔ AH . 10 = 6 . 8 ⇔ AH = 4,8 e,
portanto, AB = 2 . AH = 2 . 4,8 = 9,6
17 c
Na figura, o triângulo ABC é eqüilátero e o segmento
BD é perpendicular ao plano do D triângulo, Se M é o
ponto médio de AC e a medida de BD é a metade da
medida do lado do triângulo então ângulo, MDB mede:
OBJETIVO
M A C K E N Z I E ( 2 º D i a - G ru p o s I I e I I I ) D e z e m b ro /2 0 0 1
a) 45°
b) 30°
c) 60°
d) 22,5°
e) 15°
Resolução
Sendo l a medida do lado do triângulo eqüilátero ABC,
temos:
l
I) BD = ––
2
—
lÏ···
3
II) BM = ––––– , pois BM é altura do triângulo ABC.
2
^
Assim, no triângulo DBM retângulo em B , temos:
BM
lÏ···
3
^
^
tg MDB = –––– ⇔ tg MD B = ––––– ⇔
BD
2
–––
l
––
2
^
^
^
⇔ tg MD B = Ï···
3 ⇔ MD B = 60° pois 0° < MD B < 90°
18 e
Considere o recipiente da figura, formado por um cilindro reto de raio 3 e altura 10, com uma concavidade
inferior na forma de um cone, também reto, de altura
3 e raio da base 1. O volume de um líquido que ocupa
o recipiente até a metade de sua altura é igual a:
OBJETIVO
M A C K E N Z I E ( 2 º D i a - G ru p o s I I e I I I ) D e z e m b ro /2 0 0 1
a) 89π
b) 72π
c) 64π
d) 48π
e) 44π
Resolução
Sendo V o volume do líquido que ocupa o recipiente
até a metade de sua altura, temos:
1
V = ––– . Vcilindro – Vcone ⇔
2
1
1
⇔ V = –– . π . 32 . 10 – –– . π . 12 . 3 ⇔ V = 44π
2
3
19 b
Um cubo está inscrito numa esfera. Se a área total do
cubo é 8, o volume da esfera é:
8π
4π
16π
a) –––
b) –––
c) ––––
d) 12π
e) 8π
3
3
3
Resolução
OBJETIVO
M A C K E N Z I E ( 2 º D i a - G ru p o s I I e I I I ) D e z e m b ro /2 0 0 1
Sendo a a medida da aresta do cubo, d a medida da
diagonal do cubo e R o raio da esfera, temos:
4
3
2 Ïw
I) 6a2 = 8 ⇔ a2 = –– ⇔ a = –––––
3
3
d
a Ïw
3
II) 2R = d ⇔ R = –– ⇔ R = ––––– ⇔
2
2
3
2 Ïw
––––– . Ïw
3
3
⇔ R = ––––––––––– ⇔ R = 1
2
Assim, o volume V da esfera é dado por:
4
4
4π
V = –– π R3 ⇔ V = –– π 13⇔ V = –––
3
3
3
20 a
Se os pontos que representam os complexos z = a+ bi
e w = c + di , com a.b.c.d ≠ 0, pertencem a uma
z
mesma reta que passa pela origem, então –– é semw
pre igual a:
a
a
a) ––
b) ––––––
c) a(c – 1)
c
2c – 1
x
d) –––
2a
e) 2ac
Resolução
Os afixos dos números complexos Z = a + bi e
w = c + di, com a . b . c . d ≠ 0, são, respectivamente,
(a; b) e (c; d) e estão alinhados com a origem.
Assim sendo,
a b 1
| |
c d 1
= 0 ⇔ ad – bc = 0 ⇔
0 0 1
b
d
⇔ = –– = –– = k, k ∈ R* ⇔
a
c
⇔b=k.a e d=k.c
Desta forma,
z
a + bi
a+kai
a (1 + ki)
a
–– = –––––– = –––––––– = –––––––– = ––
w
c + di
c+kci
c (1 + ki)
c
OBJETIVO
M A C K E N Z I E ( 2 º D i a - G ru p o s I I e I I I ) D e z e m b ro /2 0 0 1