alternativa C
TIPO DE PROVA: A
Questão 1
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
Seja a o lado do triângulo e h a altura relativa a
esse lado. Ao diminuirmos o lado de 15% e
aumentarmos a altura de 20%, obtemos um novo
(1 − 0,15)a ⋅ (1 + 0,20)h
triângulo de área
=
2
ah
, que é a área do triângulo original au= 1,02
2
mentada de 2%.
e) 8
alternativa B
Questão 4
Das condições dadas:
k 2 > 3k
5k > k
⇔
2
⇔
k(k − 3) > 0
⇔
k(k − 5) < 0
Na figura, temos os esboços dos gráficos das
funções f e g. A soma f(g(1)) + g(f(−1)) é igual
a:
(k < 0 ou k > 3)
⇔ 3 < k < 5 ⇔ k = 4
0 <k <5
Portanto k 2 − k = 12 .
Questão 2
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
alternativa A
30 n = 4x ⇔ 2 n ⋅ 3 n ⋅ 5 n = 2 2 ⋅ x
Como x é um número ímpar, pelo Teorema
Fundamental da Aritmética, n = 2 e nx = 2x =
a) −1
b) 0
c) 1
d) 2
e) 3
alternativa D
30 2
=
= 450 .
2
Do gráfico, temos g(x) = 2 para x ≤ 0. Como
f( −1) < 0 , temos g(f(−1)) = 2. Portanto f(g(1)) +
+ g(f(−1)) = f(0) + 2 = 0 + 2 = 2.
Questão 3
Questão 5
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
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
matemática 2
alternativa E
2
O vértice da parábola y = x − 4x + 3 é o ponto
 ( −4)
( −4) 2 − 4 ⋅ 1 ⋅ 3 
 = (2; −1) e o ponto
 −
;−
4 ⋅1

 2 ⋅1
onde a mesma encontra o eixo das ordenadas é
(0; 3).
Uma equação da reta que passa por (0; 3)
−1 − 3
e (2; −1) é y − 3 =
⋅ (x − 0) ⇔ 2x + y − 3 = 0,
2 −0
que intercepta o eixo das abscissas no ponto
3

 ; 0.
2

Logo essa reta define com os eixos um triângulo
3
3 ⋅
2 = 9 .
de área
2
4
onde −2 ou 1 é uma raiz dupla. Conseqüentemente, pelas relações entre coeficientes e raízes:
• −m = ( −2) + ( −2) + 1 = −3 ⇔ m = 3;
n = ( −2) ⋅ ( −2) + ( −2) ⋅ 1 + ( −2) ⋅ 1 = 0 e
−p = ( −2) ⋅ ( −2) ⋅ 1 = 4 ⇔ p = −4
• −m = ( −2) + 1 + 1 = 0 ⇔ m = 0;
n = ( −2) ⋅ 1 + ( −2) ⋅ 1 + 1 ⋅ 1 = −3 e
−p = ( −2) ⋅ 1 ⋅ 1 = −2 ⇔ p = 2.
Em ambos os casos, m ⋅ n ⋅ p = 0.
Questão 8
O produto (log2 3) ⋅ (log3 4 ) ⋅ (log4 5) ⋅ ... ⋅
⋅ (log63 64 ) é igual a:
a) log3 64
b) log2 63
c) 2
d) 4
e) 6
Questão 6
alternativa E
x+ y 

Se as seqüências 3; 3x ; 3 2  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
Temos:
x 2
x+y
+1
2
3 ⋅3
= (3 ) ⇔ 3
= 3
2 + 3x = 2y
2 + 3x = 2y
⇔
= log 2 64 = 6 .
Questão 9
A soma das raízes da equação
3x
9x
0
log3 (x + 3) log3 (x + 3) 0 = 0
alternativa D
x+y
2
Temos log 2 3 ⋅ log 3 4 ⋅ log 4 5 ⋅ . . . ⋅ log 63 64 =
1
2x
⇔
x +y
y + 2 = 3x
x = 2
+ 1 = 2x
⇔
⇔
2
2 + 3x = 2y
y =4
2 + 3x = 2y
Assim, y − x = 2.
é igual a:
a) −2
b) −1
2
1
c) 0
d) 1
e) 2
alternativa A
3x
9x
0
log 3 (x + 3) log 3 (x + 3) 0 = 0 ⇔
1
2
1
Questão 7
⇔ 3 x ⋅ log 3 (x + 3) − 9 x ⋅ log 3 (x + 3) = 0 ⇔
Se as equações x 3 + mx2 + nx + p = 0 e
⇔ (3 x − 9 x ) ⋅ log 3 (x + 3) = 0 ⇔
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
⇔ log 3 (x + 3) = 0 ou 3 x − 9 x = 0 ⇔
alternativa C
2
Como x + x − 2 = 0 ⇔ x = −2 ou x = 1, as
raízes de x 3 + mx 2 + nx + p = 0 são −2 e 1,
⇔
(x + 3 = 1 ou 3 x = 3 2x )
⇔
x > −3
⇔
(x = −2 ou x = 0)
⇔ x = −2 ou x = 0
x > −3
Logo a soma das raízes é −2 + 0 = −2.
matemática 3
Questão 10
Em [0; 2π], as soluções da equação
2senx
1
são em número de:
=
cos2x − 1 1 + senx
a) 1
b) 2
c) 3
d) 4
e) 5
alternativa B
Para x ∈ [0; 2π],
2 sen x
2 sen x
1
=
⇔
=
cos 2x − 1
1 + sen x
(1 − 2 sen 2 x) − 1
1
1
1
=
⇔
=
⇔
1 + sen x
1 + sen x
−sen x
1
7π
11π
⇔ sen x = −
⇔x =
ou x =
2
6
6
Assim, a equação admite duas raízes no universo
[0; 2π].
Questão 11
A circunferência da figura tem raio 2 e centro O. Se sen 10o + cos 10o = a, a área do
triângulo ABC é igual a:
Sendo BP a altura relativa ao lado AC do triânguBP
lo ABC, temos sen 55 o =
⇔
OB
BP
⇔
⇔ sen (45 o +10 o ) =
2
2
BP
(sen10 o + cos10 o ) =
⇔
⇔ BP = a.
2
2
AC ⋅ BP
Logo a área do triângulo ABC é igual a
=
2
2 2 ⋅a
=
=a 2 .
2
Questão 12
x + y + z = k

O sistema 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, 0, 0), qualquer que seja k ≠ 0
d) tem mais de uma solução para um único
valor de k
e) pode admitir a solução nula
alternativa D
x +y +z =k
kx + y + z = 1 ⇔
x +y −z =k
x +y +z =k
(k − 1)x = 1 − k ⇔
x +y −z =k
x +y +z =k
(k − 1)x = 1 − k
⇔ (k − 1)x = 1 − k ⇔ y = k − x
( ∗)
2z = 0
z =0
a) a 2
b) 2a2
c) 2a 2
d) a2 2
alternativa A
e) 2 2
Logo: se k − 1 ≠ 0 ⇔ k ≠ 1,
x = −1
( ∗) ⇔ y = k + 1
z =0
V = {( −1; k + 1; 0)};
e se k − 1 = 0 ⇔ k = 1,
y =1 − x
( ∗) ⇔
z =0
V = {( α; 1 − α; 0) ∈ R 3 , α ∈ R}.
Questão 13
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
matemática 4
alternativa B
O número total de filas que podem ser formadas
sem restrições é 5! = 120 . Porém devemos descontar o número de filas onde os homens ficam
juntos, ou seja, 4! ⋅ 2! = 48.
Logo o número de filas onde os homens não ficam juntos é120 − 48 = 72 .
Questão 14
Questão 16
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
alternativa A
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
alternativa C
6 
Os prêmios podem ser dados para   = 15 pa2 
2 
res de pessoas, sendo que em   = 1 oportuni2 
dade nenhuma delas é homem. Conseqüente1
14
mente, a probabilidade pedida é1 −
.
=
15
15
Na figura anterior, temos:
OA = OB = 6, OP = 10 e OA 2 + AP 2 = OP 2 ⇔
⇔ 6 2 + AP 2 = 10 2 ⇔ AP = 8 .
Assim, OP ⋅ AM = OA ⋅ AP ⇔ 10 ⋅ AM = 6 ⋅ 8 ⇔
Questão 15
⇔ AM = 4,8 e AB = 2AM = 9,6.
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
Questão 17
alternativa D
Como a reta de equação (3k − k 2 )x + y +
+ k 2 − k − 2 = 0 ⇔ y = (k 2 − 3k)x − k 2 + k + 2 = 0
passa pela origem, temos k 2 − k − 2 = 0 ⇔
⇔ k = −1 ou k = 2.
Visto que esta reta é perpendicular à reta de
1
1
equação x + 4y − 1 = 0 ⇔ y = − x + , seu coefi4
4
1
2
ciente angular é k − 3k = −
⇔
1
−
4
⇔ k 2 − 3k − 4 = 0 ⇔ k = −1 ou k = 4.
Logo k = −1 e k 2 + 2 = ( −1) 2 + 2 = 3 .
Na figura, o triângulo ABC é eqüilátero e o
segmento BD é perpendicular ao plano do
triângulo. Se M é o ponto médio de AC e a
medida de BD é a metade da medida do lado
$ mede:
do triângulo, então o ângulo MDB
a) 45o
b) 30o
c) 60o
d) 22,5o
e) 15o
matemática 5
alternativa C
Como o segmento BD é perpendicular ao plano
do triângulo eqüilátero ABC, o triângulo MBD é reAB
AB 3
e BM =
.
tângulo de catetos BD =
2
2
BM
$ )=
$ )=
Assim, de tg(MDB
= 3 , temos m(MDB
BD
= 60 o .
Questão 19
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
alternativa B
Questão 18
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 de
base 1. O volume de um líquido que ocupa o
recipiente até a metade de sua altura é igual
a:
a) 89π
Seja a a aresta do cubo. Sendo a área total do
2 3
.
cubo igual a 8, temos 6a 2 = 8 ⇔ a =
3
Como o diâmetro 2R da esfera é igual à diagonal
do cubo, 2R = a 3 ⇔ R = 1.
4
4π
.
Assim o volume da esfera é π R 3 =
3
3
Questão 20
Se os pontos que representam os complexos
z = a + bi e w = c + di, com a.b.c.d ≠ 0, pertencem a uma mesma reta que passa pela oriz
é sempre igual a:
gem, então
w
a
a
c
b)
c) a(c − 1) d)
e) 2 ac
a)
c
2c − 1
2a
b) 72π
c) 64π
d) 48π
e) 44π
alternativa A
alternativa E
Como a altura do cone é menor do que a metade
da altura do cilindro, o volume do líquido é igual a
10
1
π ⋅ 32 ⋅
−
⋅ π ⋅ 12 ⋅ 3 = 45π − π = 44π.
2
3
Como a ⋅ b ⋅ c ⋅ d ≠ 0, a reta que contém ambas as
imagens dos complexos admite equação
y = mx, m ∈R ∗ .
z
Logo b = ma e d = mc e, portanto,
=
w
a(1 + mi)
a + ma ⋅ i
a
.
=
=
=
c + mc ⋅ i
c(1 + mi)
c