Resolução Revisional Matemática EsPCEx
Resposta da questão 1:
[A]
O lucro L(x) será dado por (600 − x) ⋅ (300 − x). As raízes da função são 300 e 600, o valor de x para que o lucro seja
máximo é a média aritmética das raízes, portanto x v = (300 + 600) : 2 = 450. Logo, o número de peças para que o
lucro seja máximo, é: 600 − 450 = 150.
Resposta da questão 2:
[C]
Para que a função f(x) =
x 2 − 6x + 5
3
x2 − 4
seja definida devemos ter duas condições:
Primeira condição: x 2 − 6x + 5 ≥ 0 ⇒ x ≤ 1 ou x ≥ 5
Segunda condição: x 2 − 4 ≠ 0 ⇒ x ≠ 2 ou x ≠ -2
Fazendo agora, a intersecção das duas condições, temos: ( −∞ , − 2) ∪ ( −2,1] ∪ [5, + ∞ )
Resposta da questão 3:
[B]
β=
1
log3
⋅
2 log3 − log7
β=
1
3
⋅ log3 3 ⇒   = 3 2
2
7
β
1
7
Portanto:
3
cos x
β
1
1
3
=   ⇔ 3cos x ≤ 3 2 ⇒ cos x ≤
2
7
 π 5π 
Portanto, a solução da inequação é: S =  ,  .
3 3 
Resposta da questão 4:
[E]
Cada um dos algarismos acima aparecerá 4! = 24 vezes em cada ordem decimal.
A soma dos algarismos é 25. Portanto, a soma dos algarismos em cada ordem decimal será 24 ⋅ 25 = 600.
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Página 1
Concluímos então que a soma S pedida é:
(
)
S = 24 ⋅ 25 ⋅ 104 + 103 + 102 + 10 + 1 = 600 ⋅ 11111 = 6.666.600.
Resposta da questão 5:
[B]
Qualquer termo do desenvolvimento do binômio será dado por:
10 −p
p
 10 
 10 
p
3
⋅ − x −2 =   ( −1) ⋅ x 30−5p
 ⋅ x
p
p
( )
(
)
Para que o termo acima seja independente de x devemos ter:
30 − 5p = 0 ⇒ p = 6
Fazendo agora p = 6, temos:
 10 
10!
6
30 −5⋅6
=
= 210
  ( −1) ⋅ x
6
4!⋅ 6!
 
Resposta da questão 6:
[D]
Divisíveis por 4: A = {4,8,12,16,20,K,48} e n(A) = 12
Divisíveis por 5: B = {5,10,15,K,50} e n(B) = 10
Divisíveis por 4 e 5: A ∩ B = {20,40} e n(A ∩ B) = 2
Portanto, a probabilidade pedida será:
P=
12 ⋅ 10 − 2 ⋅ 1 118
59
=
=
50 ⋅ 49
2450 1225
Resposta da questão 7:
[D]
Considerando O o centro da esfera, temos:
No triângulo AOD, temos: AD2 + 12 = 3 2 ⇒ AD = 8cm
ΔADO − ΔABC ⇒
8 1
4
= ⇒r =
cm
4
r
8
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Portanto, o volume V do cone será dado por:
2
V=
 4 
1
1
8⋅π
cm3
⋅ π ⋅ R2 ⋅ h = ⋅ π ⋅ 
 ⋅4 =
3
3
3
 8
Resposta da questão 8:
[D]
x2 − 3 ⋅ x
2(2x − 3)
1
3
| x | ⋅ | x − 3 |= 2 ⋅ x − ⇒
=
⇒ x 2 − 3x = 4x − 6 ou x 2 − 3x = −2x + 6 ⇒
2
2
2
2
x2 − 7x + 6 = 0 ou x 2 − x − 6 = 0 ⇒ x = 1 ou x = 6 ou x = −3 ou x = 2
Portanto, a equação possui quatro raízes.
Resposta da questão 9:
[A]
x5 + 0x 4 − x3 + x2 + 0x + 1 x3 + 0x 2 − 3x + 2
− x5 + 0x 4 + 3x3 − 2x 2
x2 + 2
+ 2x3 − x 2 + 0x + 1
− 2x3 + 0x 2 + 6x − 4
− x2 + 6x − 3
Portanto, r(x) = − x2 + 6x − 3 e r( −1) = − ( −1)2 + 6( −1) − 3 = −10.
Resposta da questão 10:
[A]
Construindo o gráfico da função, temos:
De acordo com o gráfico, o período chuvoso acontece em seis meses, ou seja, dois trimestres.
Resposta da questão 11:
[B]
Com os dados do problema, temos os seguintes diagramas:
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Portanto, o número de pessoas que responderam a pesquisa será dado por:
N = 5 + 10 + 30 + 20 + 15 + 40 + 80 + 50 = 250.
Resposta da questão 12:
[E]
a
Até a 42 linha, temos:
1 + 2 + 3 + 4 + K + 40 + 41 + 42 =
(1 + 42) ⋅ 42
= 903 termos.
2
Portanto, o primeiro elemento da 43ª linha será o 904º número natural ímpar. Então:
a904 = 1 + 903 ⋅ 2 = 1807.
Resposta da questão 13:
[D]
[A] (Falsa). f é crescente e decrescente no intervalo [a, 0]
[B] (Falsa). f(x) ≥ f(e) em [d.b]
[C] (Falsa). f(x) > 0 para x no intervalo [c, 0]
[D] (Verdadeira). Ver gráfico.
[E] (Falsa). f(x1 ) ≥ f(x 2 )
Resposta da questão 14:
[D]
Seja L(x) o lucro obtido, então:
2
L(x) = V(x) – C(x) = – 2x + 28x + 40
O valor de x para que L(x) seja máximo será dado por:
xV = −
b
28
=−
=7
2⋅a
2 ⋅ ( −2)
Resposta da questão 15:
[A]
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 1 0 1


Considere a matriz B a inversa da matriz A =  2 1 0  , logo b23 será dado por:
 0 1 1


1 0 1
Det(A) = 2 1 0 = 3
0 1 1
b23 =
1
1
2
3+2 1 1
⋅ A 32 = ⋅ ( −1)
=
1 0 1
2
0
3
3
2 1 0
0 1 1
Resposta da questão 16:
[C]
3
2
360 = 2 .3 .5
Número de divisores positivos de 360: (3 + 1).(2 + 1).( 1 + 1) = 24
Divisores de 360 que são múltiplos de 12: {12,24,36,60,72,120,180,360} n = 8
Portanto, a probabilidade pedida será: P = 8/24 = 1/3.
Resposta da questão 17:
[B]
Volume do prisma 1:
6 ⋅ a2 3 ⋅ h
4
Volume do prisma 2:
6 ⋅ (a + 2)2 3 ⋅ h
4
Aumento do volume: V2 − V1 = 6 3 ⋅ (a + 1) ⋅ h = 108
a
3
=
⇒h=a 3
h
3
(I)
(II)
Substituindo (II) em (I), temos:
6 3 ⋅ (a + 1) ⋅ a 3 = 108
18(a2 + a) = 108
a2 + a = 6
Resolvendo a equação do segundo grau, temos a = – 3 ( não convém) ou a = 2.
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a = 2cm ⇒ h = 2 3cm, portanto, o volume do prisma 1 será dado por:
V1 =
6 ⋅ a2 3 ⋅ h 6 ⋅ 22 3 ⋅ 2 3
=
= 36cm3
4
4
Resposta da questão 18:
[A]
360° : 12° = 30°
A área total de cada gomo é a soma das áreas de um fuso esférico como as áreas de dois semicírculos.
30° ⋅ 4 π ⋅ 42
π ⋅ 42
+ 2⋅
360°
2
16 π
+ 16 π
A=
3
A=
A=
64 π 43 π
=
cm2 .
3
3
Resposta da questão 19:
[B]
Determinando o centro C da circunferência dada:
2
2
x + 4x + 4 + y + 10y + 25 = 25 + 4 + 25
2
2
(x + 2) + (y + 5) = 4
Logo, o centro é C(–2,–5).
O ponto P simétrico do ponto (–1,1) em relação ao eixo x é P (–1, –1).
Portanto, o raio R da circunferência pedida será a distância entre os pontos P e C. Temos,
2
2
2
R = (–1 – (–2)) + (–1 – (–5)) = 17
Logo, a equação da circunferência pedida será dada por :
2
2
2
2
2
2
(x + 2) + (y + 5) = 17 ⇒ x + y + 4x + 10y + 29 – 17 = 0 ⇒ x + y + 4x + 10y + 12 = 0
Resposta da questão 20:
[E]
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Página 6
2
2
9x + 25y – 36x + 50y – 164 = 0
2
2
9(x – 4x + 4) + 25(y + 2y + 1) = 164 + 36 + 25
2
2
9(x – 2) + 25(y + 1) = 225
(x − 2)2 (y + 1)2
+
=1
25
9
Equação de uma elipse com centro no ponto (2, –1), eixo maior igual a 10, eixo menor igual a 6, distância focal igual
a 8 e excentricidade e = 4/5 = 0,8.
Portanto, a afirmação [E] é a verdadeira.
Resposta da questão 21:
[D]
(
)
2
A1 + A 2 + A 3 = 1⋅ log 2 + 2 ⋅ log 3 + 3 ⋅ log5 = log2 + log32 + log53 = log 2 ⋅ 32 ⋅ 53 = log ( 2 ⋅ 5 ) ⋅ ( 3 ⋅ 5 )  =


log10 + log152 = 1 + 2 ⋅ log15.
Resposta da questão 22:
[C]
Resposta da questão 23:
[A]
Determinando o valor de t quanto N(t) = 20 000, temos:
2000 =
20000
2 + 15.4−2t
2 + 15 ⋅ 2−4t = 10
15 ⋅ 2−4t = 8
8
15
16
=
30
2−4t =
2−4t
Aplicando o logaritmo decimal dos dois lados da igualdade, temos:
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Página 7
log2−4t = log
16
30
−4t ⋅ log2 = log24 − log3 − log10
−4t log2 = 4 ⋅ log2 − log3 − log10
−4 ⋅ 0,3 ⋅ t = 4 ⋅ 0,3 − 0,48 − 1
−1,2t = 1,2 − 0,4 − 1
−1,2t = −0,28
28
t=
120
7
t=
do mês, portan to, 7 dias.
30
Resposta da questão 24:
[E]
Área do lote: 20.(12 + 18) = 600m
Área construída:
2
( x + 12).20
= 10 x + 120
2
De acordo com o enunciado, temos:
40
60
⋅ 600 ≤ 10 x + 120 ≤
⋅ 600 ⇒ 240 ≤ 10 x + 120 ≤ 360 ⇒ 120 ≤ 10 x ≤ 240 ⇒ 12 ≤ x ≤ 24
100
100
Portanto, x ∈ [12,24].
Resposta da questão 25:
[D]
Admitindo x, y e z os raios das circunferências de centros A,B e C , respectivamente, temos:
x + y = 9

y + z = 8
x + z = 6

Resolvendo o sistema, temos:
x = 3 2, y = 11 2 e z = 5 2.
Calculando, agora, a soma das áreas de todos os círculos, temos:
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Página 8
2
2
2
195 π
7
 11 
5
A = π⋅  + π ⋅  + π ⋅  =
km2 .
4
2
 2
2
Resposta da questão 26:
[E]
O complexo obtido com a rotação de 90° de 1 + i é z = –1 + i
3
Fazendo: (–1 + i) , temos:
3
3
3
2
2
3
z = (i – 1) = i –3.i .1 + 3.i.1 –1 = –i + 3 + 3i – 1 = 2 + 2i
Resposta da questão 27:
[A]
x − (2 − 2i) = 1 ⇒ (x − 2) + (y − 2)i = 1 ⇒ (x − 2)2 + ( y − 2 ) = 1 ⇒ (x − 2)2 + (y − 2)2 = 1
2
Logo, o centro da circunferência será o ponto (2,2) e a reta que passa pela origem e pelo centro da circunferência
terá equação y = x.
Resolvendo o sistema abaixo determinaremos os pontos Z1 e Z2:
(x − 2)2 + (y − 1)2 = 1

 y = x
Temos:
2x2 – 8x + 7 = 0 ⇒ x =
4− 2
2
ou
Portanto, a parte real pedida é x =
x=
4+ 2
.
2
4− 2
.
2
Resposta da questão 28:
[C]
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Já que 2 é raiz, podemos utilizar do dispositivo de Briot-Ruffini para determinar as outras raízes e
então fazer o estudo do sinal dessa função polinomial.
Logo, P(x) = ( x − 2) ⋅ (2x 2 − x − 1), fazendo 2x 2 − x − 1 = 0, temos x = 1 ou x = -1/2, que são as outras duas raízes.
Fazendo agora o estudo do sinal do polinômio P(x), temos:
P(x) estará definida para P(x) ≥ 0, ou seja,
A expressão
1


 x ∈  / − ≤ x ≤ 1 ou x ≥ 2 
2


Resposta da questão 29:
[C]
Sejam 1, 2 e r as três raízes do polinômio, utilizando as relações de Girard podemos escrever:
1⋅ 2 + 1 ⋅ r + 2 ⋅ r = −
1
1
3 ⋅ r = −3
r = −1
Então,
−a = 1 + 2 + ( −1)
a = −2
−b = 1⋅ 2 ⋅ (1−)
b=2
3
2
Logo, P(x) = x – 2x – x + 2
Dividindo P(x) por (x–1), obtemos:
2
P(x) = (x–1).(x –x – 2)
2
Logo, q(x) = x – x – 2, resolvendo a equação q(x) ≤ 0 :
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Página 10
S = [ −1, 2]
Resposta da questão 30:
[A]
tg60° =
x
⇒ x = 9 ⋅ tg60° = 9 ⋅ 3m.
9
Resposta da questão 31:
[D]
O primeiro termo da progressão aritmética é dado por
a1 = S1 = 5 ⋅ 12 − 12 ⋅ 1 = −7.
Desse modo, o segundo termo da progressão é tal que
a2 = S2 − a1
= 5 ⋅ 22 − 12 ⋅ 2 − ( −7)
= 20 − 24 + 7
= 3.
Portanto, a razão da progressão aritmética é r = a2 − a1 = 3 − ( −7) = 10.
Resposta da questão 32:
[C]
O gráfico de Q(x) = P(x) + 1 é igual ao gráfico de P(x) deslocado de uma unidade para cima. Portanto, a equação
P(x) + 1 = 0 tem duas raízes no intervalo ]0, 5[.
Resposta da questão 33:
[C]
Seja f :  →  a função definida por f(x) = ax + b.
O valor inicial de f é a ordenada do ponto de interseção do gráfico de f com o eixo y, ou seja, b = 1. Logo, como o
gráfico de f passa pelo ponto ( −2, 0), temos que
0 = a ⋅ ( −2) + 1 ⇔ a =
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1
.
2
Página 11
Portanto, f(x) =
x
+ 1 e sua inversa é tal que
2
x=
y
+ 1 ⇔ y = 2 ⋅ (x − 1) ⇔ f −1(x) = 2x − 2.
2
Resposta da questão 34:
[A]
Temos que
f(g(x)) = (x − 1)2 + 4(x − 1)
= x 2 − 2x + 1 + 4x − 4
= x 2 + 2x − 3
= (x + 3)(x − 1).
Assim, a função f o g está definida para os valores de x tais que
(x + 3)(x − 1) ≥ 0 ⇔ x ≤ −3 ou x ≥ 1,
ou seja,
D = {x ∈  | x ≤ −3 ou x ≥ 1}.
Resposta da questão 35:
[D]
Seja f a função do gráfico 1.
Como f(0) = a + b e f(a) = b, segue que f(x) = | x − a | +b.
Seja g a função do gráfico 2.
x
 1
Sabendo que g( −1) = a + b e g(0) = 1 + b, vem g(x) =   + b.
a
Seja h a função do gráfico 3.
Como h(x) = a − 1 para todo x < 0 e h(x) = a + 1 para todo x > 0, segue que h(x) =
|x|
+ a.
x
Resposta da questão 36:
[C]
Como
1
é racional, segue que
2
1
 1
f   = 2 ⋅ − 1 = 0.
2
2
Por outro lado, como
i64 + 5i110 = (i2 )32 + 5 ⋅ (i2 )55
= ( −1)32 + 5 ⋅ ( −1)55
= 1− 5
= −4 ∈  ,
vem
f(i64 + 5i110 ) = f( −4) = 2 ⋅ ( −4) − 1 = −9.
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Página 12
Finalmente, como
−2 = i 2 ∉  , encontramos
f(f( −2)) = f(f(i 2))
= f[(i 2)2 + 8]
= f(6)
= 2⋅6 −1
= 11.
Portanto,
 1
f   + f(i64 + 5i110 ) + f(f( −2)) = 0 + ( −9) + 11 = 2.
2
Resposta da questão 37:
[A]
Os comprimentos das faixas constituem uma progressão geométrica infinita, sendo a1 = m o primeiro termo q =
2
a
3
razão.
Portanto, a soma dos comprimentos de todas as faixas é dada por
lim Sn =
x →∞
m
= 3m.
2
1−
3
Resposta da questão 38:
[C]
Considere a matriz M dada por
3 5 1 0
M=
.
 1 x 0 1
Aplicando as operações elementares sobre a matriz M, obtemos
L1 ↔ L2
 1 x 0 1
M' = 

3 5 1 0
L2 '' ↔ ( −3) ⋅ L1 '+ L2 '
x
0 1
1
M'' = 

0
−
3x
+
5
1 −3 

L 2 ''' ↔
1
⋅ L 2 ''
−3x + 5
0
1 x
M''' = 
1
 0 1

−3x + 5
1 

−3 

−3x + 5 
L1 '''' ↔ ( − x) ⋅ L2 '''+ L1 '''
x

 1 0 3x − 5
M'''' = 
0 1 − 1


3x − 5
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5 
3x − 5 
.
3


3x − 5 
−
Página 13
x


3x − 5
Desse modo, A −1 = 
− 1

 3x − 5
5 
x



3x − 5
3x − 5
 e, portanto, (A −1)t = 
3

− 5


 3x − 5
3x − 5 
−
1 
3x − 5 
.
3


3x − 5 
−
Se B é a transposta da inversa de A, então
x

 x y + 4   3x − 5

=
3  
5
y
−
 3x − 5
1 
3

3=



3x − 5
3x − 5
⇒
3

y = − 5


3x − 5 
3x − 5
x = 2
⇔
.
y = 5
−
Portanto, x + y = 2 + 5 = 7.
Resposta da questão 39:
[B]
As permutações dos algarismos 1, 2, 3, 4 e 5 que terminam em 2 ou 4 são divisíveis por 2. Logo, existem
2 ⋅ P4 = 2 ⋅ 4! permutações nessas condições.
Por outro lado, existem P5 = 5! permutações dos algarismos 1, 2, 3, 4 e 5.
Desse modo, a probabilidade pedida é dada por
2 ⋅ 4! 2 ⋅ 4! 2
=
= .
5!
5 ⋅ 4! 5
Resposta da questão 40:
[A]
I. Correta. Se uma reta é perpendicular a um plano, então ela forma ângulo reto com todas as retas do plano. Além
disso, se duas retas formam um ângulo reto, então elas são perpendiculares ou ortogonais.
II. Correta. Considere a figura.
Seja MN a projeção ortogonal de AB sobre α.
AB
 é agudo, do triângulo retângulo AQB, obtemos
Sabendo que MN = AQ =
e que QAB
2
AB
AQ


⇔ cosQAB = 2
cosQAB =
AB
AB
 =1
⇔ cosQAB
2
 = arccos 1
⇔ QAB
2

⇒ QAB = 60°,
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Página 14
$ = 60°, ou seja, a reta
$ são ângulos correspondentes, segue que NPB
 e NPB
Portanto, como QAB
suur
AB faz com α um ângulo de 60°.
III. Incorreta. Se α e β são planos paralelos e γ é um plano que intersecta α e β, então as interseções entre esses
planos são retas paralelas.
IV. Incorreta. Seja r a reta determinada pela interseção dos planos α e β . Se s é uma reta de α, tal que s ≠ r e
s  r, então s não intersecta β.
Resposta da questão 41:
[E]
sur
sur
suur
suur
As retas LB e GE são as retas suporte das diagonais GE e LB. Logo, as retas LB e GE são concorrentes no
ponto de interseção das diagonais do bloco.
sur
sur
suur
suur
Como as retas AG e HI são coplanares e não paralelas, segue que AG e HI são concorrentes.
suur
suur
suur
suur
Como AD e GK são distintas, não têm ponto em comum e não são coplanares, temos que AD e GK são reversas.
Resposta da questão 42:
[A]
Como a superfície de contato entre os líquidos está inicialmente na metade da altura do cone, segue que a razão
entre o volume de água e a capacidade V do recipiente é tal que
vH2 0
V
3
V
 1
=   ⇔ vH2 0 = .
8
2
Desse modo, o volume de óleo é dado por
V − vH2O = V −
V 7V
=
.
8
8
Portanto, quando toda a água e nenhum óleo escoar, a altura x atingida pelo óleo é tal que
7V
3
8 =x ⇔ x =3 7
 
V
h
8
h
⇔x=
3
7
h.
2
Resposta da questão 43:
[A]
Completando os quadrados, obtemos
x2 + y 2 − 4x = 0 ⇔ (x − 2)2 + y2 = 4.
Assim, o centro da circunferência é o ponto C(2, 0).
O coeficiente angular da reta t é dado por
−
xC − xP
2 −1
1
1
3
3
=−
=−
=
⋅
=
.
yC − yP
3
0− 3
− 3
3 3
Desse modo, a equação de t é y − 3 =
3
⋅ (x − 1) e, portanto, a abscissa do ponto de interseção de t com o eixo
3
x é tal que
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0− 3 =
3
⋅ (x − 1) ⇔ −3 = x − 1 ⇔ x = −2.
3
Resposta da questão 44:
[B]
Seja n o número de acertos do aluno.
A cada acerto, o aluno fica com seus pontos multiplicados por
3
; e a cada erro, fica com seus pontos multiplicados
2
1
.
2
Desse modo, sabendo que o aluno ficou devendo 13 pontos, temos que
por
n
3   1
  ⋅ 
2 2
8 −n
⋅ 256 = 243 ⇔ 3n = 35 ⇔ n = 5.
Portanto, o aluno acertou 5 perguntas e errou 8 − 5 = 3.
Resposta da questão 45:
[E]
1
Sabendo que log r p = ⋅ logq p, para quaisquer reais positivos p, q e r, com q ≠ 1, vem
q
r
6 − loga m
1


= 2 ⇔ 2 ⋅  1 + ⋅ loga m  = 6 − loga m
1 + log 2 m
2


a
⇔ 2 + loga m = 6 − loga m
⇔ loga m = 2
⇔ m = a2 .
Portanto,
m
a+ m
=
a2
a + a2
=
a
1
= .
a+a 2
Resposta da questão 46:
[E]
Temos que
x3 − 8 = 0 ⇔ x = 3 8 + 0 ⋅ i.
Logo, queremos calcular as raízes cúbicas do complexo z = 8 + 0 ⋅ i.
Como o módulo de z é ρ = 82 + 02 = 8, segue que o argumento principal θ de z é tal que
0
=0
8
⇔ θ = 0.
8
cos θ = = 1
8
sen θ =
0
2π
=0 e r=
.
3
3
Portanto, as raízes cúbicas de z são dadas por
Desse modo, w 0 =
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zk = 3 8 ⋅ [cos(w 0 + k ⋅ r) + i ⋅ sen(w 0 + k ⋅ r)] = 2 ⋅ [cos(k ⋅ r) + i ⋅ sen(k ⋅ r)],
ou seja,
z0 = 2 ⋅ [cos0 + i ⋅ sen0] = 2,
2π
2π 

z1 = 2 ⋅  cos
+ i ⋅ sen
 = −1 + i ⋅ 3
3
3 

e
4π
4π 

z1 = 2 ⋅  cos
+ i ⋅ sen
 = −1 − i ⋅ 3.
3
3 

As imagens dos complexos z0 , z1 e z2 determinam um triângulo equilátero de lado
| z0 − z1 | = | 2 − ( −1 + i ⋅ 3) |
= | 3 −i⋅ 3 |
= 32 + ( − 3 )2
= 12 u.c.,
cuja área é dada por
| z0 − z1 |2 ⋅ 3 12 3
=
= 3 3 u.a.
4
4
Resposta da questão 47:
[D]
Se z = a + bi, com a e b reais, então z = a − bi. Desse modo,
z + 2z = 2 − zi ⇔ a + bi + 2 ⋅ (a − bi) = 2 − (a + bi) ⋅ i
⇔ 3a − bi = (b + 2) − ai.
Logo, obtemos o sistema
3a = b + 2
⇔

a = b
a = 1
.

b = 1
Portanto, o número complexo z que satisfaz a condição dada é z = 1 + i.
Resposta da questão 48:
Questão anulada no gabarito oficial.
Se q(x) = q(1 − x), então
ax2 + bx + c = a(1 − x)2 + b(1 − x) + c
= ax 2 − (2a + b)x + a2 + b + c.
Assim, obtemos o sistema
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b = −2a − b
a = −b
⇔ 2
 2
a + b + c = c
a = −b
⇒ a2 − a = 0
a = 0 e b = 0

⇒  ou
a = 1 e b = −1

Dado que a ≠ 0, segue que a = 1 e b = −1. Portanto, q(x) = x 2 − x + c = a(x 2 − x) + c. Por outro lado, como
a2 = a = 1, vem que as alternativas [B] e [C] estão corretas.
Resposta da questão 49:
[B]
Supondo que a Terra seja uma esfera, considere a figura.
Como AB é tangente à esfera, segue que OB ⊥ AB. Além disso, AO = h + R e OB = R. Portanto, do triângulo AOB,
obtemos
sen α =
OB
AO
R
h+R
⇔ R = h sen α + R sen α
⇔ R − R sen α = h sen α
⇔ R(1 − sen α ) = h sen α
h sen α
⇔R=
.
1 − sen α
⇔ sen α =
Resposta da questão 50:
[D]
Como P pertence ao segundo quadrante e sen 45° =
do terceiro quadrante e cos 60° =
2
, segue que α = 45° + 90° = 135°. Por outro lado, sabendo que Q é
2
1
, vem β = 60° + 180° = 240°.
2
Portanto,
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tg ( α + β ) = tg(135° + 240°)
= tg(360° + 15°)
= tg15°
= tg(45° − 30°)
tg 45° − tg30°
=
1 + tg 45° ⋅ tg30°
3
3 = 3 − 3 ⋅ (3 − 3 ) = 9 − 6 3 + 3 = 6(2 − 3 ) = 2 − 3.
=
6
3 3 + 3 (3 − 3 ) 32 − ( 3 )2
1 + 1⋅
3
1−
Resposta da questão 51:
[A]
Como
log3 x + log3 9x = log3 x + log3 32 + log3 x
= 2 ⋅ log3 x + 2 ⋅ log3 3
= 2 ⋅ (log3 x + log3 3)
= 2 ⋅ log3 3x,
segue que a sequência (log3 x, log3 3x, log3 9x) é uma progressão aritmética de razão
log3 3x − log3 x = log3
3x
= log3 3 = 1.
x
Resposta da questão 52:
[E]
Como f e g são funções crescentes, segue que o valor máximo do quociente
mínimo é
f(x)
f(8) 3 ⋅ 8
=
= 1, e o valor
é
g(y)
g(6) 4 ⋅ 6
f(4) 3 ⋅ 4 1
=
= .
g(9) 4 ⋅ 9 3
Resposta da questão 53:
[D]
Como o gráfico de f é uma reta, segue que f(x) = ax + b. Do gráfico, temos que b = 2 e f( −3) = 0. Logo,
2
2
e, portanto, f(x) = x + 2.
3
3
2  3
 1
 3
Desse modo, g  −  = f  −  + 1 = ⋅  −  + 2 + 1 = 2.


 2
2
2
3


0 = −3a + 2 ⇔ a =
Resposta da questão 54:
[E]
2 − x ≥ 0
x ≤ 2


Os valores de x para os quais f está definida são tais que 
e
⇔ e
⇔x<2
 2
x ≠ 2 e x ≠ 6

 x − 8x + 12 ≠ 0
Portanto, o domínio de f é D =] − ∞, 2[.
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Resposta da questão 55:
[B]
De acordo com as informações, vem
N0
= N0 ⋅ 2k⋅10 ⇔ 210k = 2−2 ⇔ k = −5 −1.
4
Resposta da questão 56:
[B]
Como a função f passa pelos pontos (p, 1) e (q, 2), segue que
logk p = 1 ⇔ k = p
e
logk q = 2 ⇔ k 2 = q.
Sabendo que a área do trapézio é igual a 30 u.a, vem
1+ 2
⋅ (q − p) = 30 ⇔ q − p − 20 = 0.
2
Daí, obtemos
k 2 − k − 20 = 0 ⇔ k = −4 ou k = 5.
Portanto, como k > 0, temos que
k + p − q = 5 + 5 − 25 = −15.
Resposta da questão 57:
[C]
 = 30°, então CBA
$ = L2 ⇔ L2 = 3 .
$ = 60°. Logo, senCBA
Se BAC
L1
L1
2
Procedendo de forma análoga, concluímos que
L3 L 4
L
3
=
=K= 9 =K=
.
L 2 L3
L8
2
Portanto,
8
 3
L
L9
L2 L3
81
⋅
⋅ K ⋅ 9 = 
=
.
 ⇔
L1 L 2
L8  2 
L1 256
Resposta da questão 58:
[A]
De acordo com o enunciado, segue que
 x + y + 5 = 24

 y + z + 15 = 24 
 x + z + 10 = 24

 x + y = 19

y + z = 9 .
 x + z = 14

Tomando a matriz ampliada do sistema, vem
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 1 1 0 19 


 0 1 1 9 .
 1 0 1 14 


Somando a 3ª linha com a 1ª multiplicada por −1, obtemos
1 1

0 1
 0 −1

0 19 

1 9 .
1 − 5 
Somando a 3ª linha com a 2ª multiplicada por 1, encontramos
 1 1 0 19 


 0 1 1 9 .
0 0 2 4 


Assim, z = 2, y = 7 e x = 12.
Portanto, segue que x − y ⋅ z = 12 − 7 ⋅ 2 = −2.
Resposta da questão 59:
[B]
Ordenando alfabeticamente os anagramas da palavra ESPCEX, obtemos:
5!
= 60 anagramas que começam pela letra C;
2!
ii. 3 ⋅ P4 = 3 ⋅ 4! = 72 anagramas que começam por E, e cuja segunda letra é C, E ou P;
i. P(2) =
5
iii. 2 ⋅ P3 = 2 ⋅ 3! = 12 anagramas que começam por ES, e cuja terceira letra é C ou E.
Portanto, como ESPCEX é o próximo anagrama na ordem considerada, segue que a sua posição é
60 + 72 + 12 + 1 = 145.
Resposta da questão 60:
[E]
A probabilidade pedida é dada por
0,04 ⋅ 300 + 0,1⋅ 700
⋅ 100% = 8,2%.
300 + 700
Resposta da questão 61:
[D]
I. Falsa. r1 e r2 podem ser reversas.
II. Verdadeira. Dada uma reta r1 ⊂ α, podemos determinar r2 ⊂ β, com r1  r2 , através da projeção ortogonal de r1
sobre β.
III. Verdadeira.
Resposta da questão 62:
[A]
Considere a figura.
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Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo ABC, vem
2
2
2
AC = AB + BC = 62 + 242 = 612.
Portanto, aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo ADC, encontramos
2
2
2
CD = AD + AC = 82 + 612 ⇒ CD = 676 = 26 cm.
Resposta da questão 63:
[B]
Pelas Relações de Girard, as medidas r, s e t do bloco são tais que
r +s+t = −
−14
= 14,
1
rs + rt + st =
64
= 64
1
e
rst = −
−96
= 96.
1
Portanto, o volume do novo bloco é dado por
V = (r − 1)(s − 1)(t − 1)
= rst − (rs + rt + st) + r + s + t − 1
= 96 − 64 + 14 − 1
= 45 cm3 .
Resposta da questão 64:
[A]
Seja v o volume de gasolina que será transferido do tanque 1 para o tanque 2.
Como a porcentagem de gasolina no tanque 2 é de 100% − 25% = 75%, segue que o volume de gasolina no tanque
3V2
2 é
, com V2 sendo o volume total de combustível no tanque 2.
4
Desse modo, para que o teor de etanol na mistura em T2 caia para 20%, devemos ter
3V2
+v
 3V

4
= 80% ⇔ 5 ⋅  2 + v  = 4 ⋅ (V2 + v)
 4

V2 + v
⇔v=
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V2
.
4
Página 22
Por outro lado, sendo V1 o volume de combustível no tanque 1, vem que
V1 = π ⋅ R 2 ⋅
2h
.
3
Então,
V2 = π ⋅ (R 2 )2 ⋅
2h
2h
= 2 ⋅ π ⋅ R2 ⋅
= 2V1
3
3
e, assim,
v=
V1
.
2
Portanto, como será retirada a metade da gasolina do tanque 1, segue que o nível de combustível nesse tanque
h
ficará reduzido a . Além disso, como
3
V2 + v = V2 +
V2 5V2
=
,
4
4
5
do volume de combustível inicial, segue que o
4
5 2h 5h
nível de combustível nesse tanque atingirá uma altura igual a ⋅
=
.
4 3
6
ou seja, como o volume no tanque 2, após a transferência, será
Finalmente, temos que a diferença entre a altura dos níveis de T1 e T2 será
5h 2h h
−
= .
6
6 2
Resposta da questão 65:
[C]
Considere a figura.
Queremos calcular ED.
Como AE é a metade da diagonal da base do cubo menor e BD é a metade da diagonal da base do cubo maior,
segue que AE = BC = 2 2 cm e BD = 4 2 cm. Desse modo, é fácil ver que AB = EC = 2cm e CD = 2 2 cm.
Portanto, aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo CED, obtemos
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Página 23
2
2
2
2
ED = EC + CD ⇒ ED = 22 + (2 2)2
2
⇒ ED = 12
⇒ ED = 2 3 cm.
Resposta da questão 66:
[B]
Considere a figura.
2
= 1cm, segue que TR = 2 cm. Além disso, QS = 2 2 cm.
2
Portanto, o volume da pirâmide definida pelos pontos PQRST é dado por
Como TS = RS =
1
1 TR ⋅ QS
⋅ (PQRST) ⋅ PQ = ⋅
⋅ PQ
3
3
2
1 2 ⋅2 2
⋅
⋅2
3
2
4
= cm3 .
3
=
Resposta da questão 67:
[C]
Completando os quadrados, obtemos
x 2 + 2x + y 2 + 6y + 1 = 0 ⇔ (x + 1)2 − 1 + (y + 3)2 − 9 + 1 = 0
⇔ (x + 1)2 + (y + 3)2 = 9.
Logo, segue que o centro da circunferência é o ponto C( −1, − 3) e o seu raio é r = 9 = 3.
O ponto de ordenada máxima é o ponto sobre a reta xC = −1, cuja ordenada é dada por yC + r = −3 + 3 = 0, ou seja,
( −1, 0).
Resposta da questão 68:
[E]
Completando os quadrados, obtemos
9x 2 − y 2 = 36x + 8y − 11 ⇔ 9(x 2 − 4x) − (y 2 + 8y) = −11
⇔ 9[(x − 2)2 − 4] − [(y + 4)2 − 16] = −11
⇔ 9(x − 2)2 − (y + 4)2 = 9
⇔
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(x − 2)2
12
−
(x − 2)2
32
= 1,
Página 24
que é a equação de uma hipérbole com eixo real paralelo ao eixo Ox.
Resposta da questão 69:
[A]
Como P pertence à parábola, segue que
2
 1
  +3
1
28
a = 3
=
+1=
.
3
27
27
Sabendo que a bissetriz dos quadrantes ímpares é a reta y = x, temos que o coeficiente angular da reta procurada é
−1 e, portanto, sua equação é dada por
y−
1
28 
1 28

= ( −1) ⋅  x −
=0
⇔ x+y− −

3
27 
3 27
⇔ 27x + 27y − 37 = 0.
Resposta da questão 70:
[E]
Considere a figura.
Sejam F1 e F2 os focos da elipse.
Queremos calcular F1F2 = 2 ⋅ OF1.
2
2
Sabendo que F1B1 = 602 e OB1 = 362 , da relação fundamental, vem
2
2
2
2
F1B1 = OB1 + OF1 ⇔ OF1 = 602 − 362
⇒ OF1 = 2304
⇔ OF1 = 48 m.
Portanto,
2 ⋅ OF1 = 2 ⋅ 48 = 96 m.
Resposta da questão 71:
[E]
Temos que:
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3 x +3y = 32

 2
2 
y  y + x  = 0
3 
 
 x + 3y = 2

⇔
2
 y = 0 ou y = − 3 x
x = 2 e y = 0

⇔
4.
 x = −2 e y = 3
3 x ⋅ 27 y = 9

⇔
 3 2 2
 y + xy = 0

3
4

Portanto,  −2,  é um ponto do 2º quadrante e (2, 0) é um ponto do eixo x.

3
Resposta da questão 72:
[B]
Temos que
5 x −1 = 150 ⇔ 5 x −1 = 2 ⋅ 3 ⋅ 52
⇔ 5 x −3 = 2 ⋅ 3
x −3
 10 
⇔ log  
= log(2 ⋅ 3)
 2 
⇔ (x − 3) ⋅ (log10 − log2) = log2 + log3
⇒ (x − 3) ⋅ (1 − 0,3) = 0,3 + 0,48
0,78
⇔ x−3 =
0,7
⇒ x ≅ 3 + 1,1
⇒ x ≅ 4,1.
Portanto, x ∈ [4, 5[.
Resposta da questão 73:
[D]
Resolvendo a inequação, obtemos:
10 x + 10 x +1 + 10 x + 2 + 10 x +3 + 10 x + 4 < 11111 ⇔
10 x ⋅ (1 + 10 + 100 + 1000 + 10000) < 11111 ⇔
10x ⋅ 11111 < 11111 ⇔
10 x < 100 ⇔
x < 0.
Portanto, a inequação dada tem apenas soluções negativas.
Resposta da questão 74:
[C]
Sabendo que
z1
|z |
| x + yi |
= 1 , com z2 ≠ 0, obtemos | z | =
=
z 2 | z2 |
| 3 + 4i |
x2 + y2
2
3 +4
2
=
20
25
=
2 5
.
5
Resposta da questão 75:
[C]
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Página 26
Como −1 é raiz de A(x) e 3 é raiz de B(x), segue que A( −1) = 0 e B(3) = 0. Logo,
A( −1) = B( −1) + 3 ⋅ ( −1)3 + 2 ⋅ ( −1)2 + ( −1) + 1 ⇔ B( −1) = 1
e
A(3) = B(3) + 3 ⋅ 33 + 2 ⋅ 32 + 3 + 1 ⇔ A(3) = 103.
Portanto,
A(3) − B( −1) = 103 − 1 = 102.
Resposta da questão 76:
[A]
Se 2 + i é raiz de P, então 2 − i também é raiz de P. Logo, P é divisível por
[x − (2 + i)][x − (2 − i)] = x2 − 4x + 5.
Aplicando o método da chave, vem
2x3 − 9x 2 + 14x − 5 x2 − 4x + 5
−2x3 + 8x 2 − 10x
2x − 1
2
− x + 4x − 5
x2 − 4x + 5
0
Desse modo,
1

P(x) = 2  x −  (x2 − 4x + 5).
2

Portanto, como x 2 − 4x + 5 > 0 para todo x real, segue que P(x) < 0 para todo x real tal que x <
1
.
2
Resposta da questão 77:
[D]
A duração do ano de Júpiter é tal que
TJ2 = k ⋅ (5R)3 ⇔ TJ2 = 52 ⋅ 5 ⋅ kR3
⇔ TJ = 52 ⋅ 5 ⋅ T 2
⇔ TJ = 5 5 ⋅ T.
Resposta da questão 78:
[A]
 π
Como f  −  = −1, a lei de f só pode ser a lei apresentada na alternativa [A].
 2
Resposta da questão 79:
[D]
Temos que
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Página 27
sec1320° = sec(3 ⋅ 360° + 240°)
= sec 240°
= − sec 60°
= −2,
5π 
 53π 

cos 
 = cos  4 ⋅ 2π +

3
3 



5π
= cos
3
π
= cos
3
1
=
2
e
tg2220° = tg(6 ⋅ 360° + 60°)
= tg60°
= 3.
Portanto,
sec1320°
−2
1
 53 π 
2
− 2 ⋅ cos 
− 2 ⋅ + ( 3)2
 + (tg2220°) =
2
2
2
 3 
= −1 − 1 + 3
= 1.
Resposta da questão 80:
[D]
Considere a figura.
O arco compreendido entre quaisquer dois pontos consecutivos indicados, sobre a circunferência, na figura, vale
360°
= 30°. Logo, α = 4 ⋅ 30° = 120°. Por outro lado, o deslocamento do ponteiro das horas, em 30 minutos, é
12
30°
θ=
= 15°.
2
Portanto, o resultado pedido é dado por:
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cos(α − θ) = cos105°
= cos(45° + 60°)
= cos 45° ⋅ cos60° − sen 45° ⋅ cos60°
2 1
2 3
⋅ −
⋅
2 2 2 2
2− 6
=
4
6− 2
=−
.
4
=
Resposta da questão 81:
[D]
A Segunda fórmula de Moivre pode ser escrita sob a forma
zk = n ρ ⋅ ( cos w k + i ⋅ sen w k ),
em que w k = w 0 + k ⋅ r, w 0 =
θ
2π
e r=
.
n
n
 7π 47π 59π

,
, K é
Desse modo, como a razão da progressão aritmética  ,
 12 60 60

47π 7π 12π π
−
=
= ,
60 12 60 5
segue que
2π π
= ⇔ n = 10.
n 5
Portanto, se todos os termos dessa PA forem representados num círculo trigonométrico, eles determinarão nesse
círculo os vértices de um decágono regular.
Resposta da questão 82:
[C]
Como a área do quadrado OMNP mede 16 unidades, segue que
2
(OMNP) = 16 ⇒ OP = 16 ⇒ OP = 4 u.c.
Logo, M = (4, 0), N = (4, 4) e P = (0, 4) ⇔ c = 4.
O ponto de encontro das diagonais do quadrado é dado por
 xM − x O y P − y O
,

2
2

 4−0 4−0
,
= (2, 2).
=
2 
  2
Desse modo,
f(2) = 2 ⇔ 2 = a ⋅ 22 + b ⋅ 2 + 4 ⇔ 2a + b = −1.
Além disso, como a parábola passa pelo ponto N, vem
f(4) = 4 ⇔ 4 = a ⋅ 42 + b ⋅ 4 + 4 ⇔ b = −4a.
Portanto,
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2a + b = −1
b = −4a
⇔
2a − 4a = −1
b = −4a
⇔
1
2 ,
b = −2
a=
e a soma pedida é
a+b+c =
1
5
−2+4 = .
2
2
Resposta da questão 83:
[A]
Aplicando a definição de módulo, obtemos:
(x − 1) ⋅ (x − 2), se x ≥ 2
f(x) = (x − 1) ⋅ | x − 2 | = 
−(x − 1) ⋅ (x + 2), se x < 2
 x 2 − 3x + 2, se x ≥ 2
=
.
2
− x − x + 2, se x < 2
Para que f(x) ≥ 2, devemos ter:
x ≥ 2
x ≥ 2


i)  ∧
⇔ ∧
 2
 2
 x − 3x + 2 ≥ 2
 x − 3x ≥ 0
x ≥ 2

⇔ ∧
x ≤ 0 ∨ x ≥ 3

⇔ x≥3
ou
x < 2
x < 2


ii) ∧
⇔ ∧
 2
 2
− x − x + 2 ≥ 2
x + x ≤ 0
x < 2

⇔ ∧
 −1 ≤ x ≤ 0

⇔ −1 ≤ x ≤ 0
Portanto, o conjunto de valores de x para os quais f(x) ≥ 2 é
{x ∈  | −1 ≤ x ≤ 0 ∨ x ≥ 3}.
Observação: Esboçando o gráfico da função f, teríamos:
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Resposta da questão 84:
[D]
1ª Solução:
Temos que:
i) para 0 ≤ t < 20, vem
t
+ 8 ≥ 12 ⇔ t ≥ 20.
5
Logo, [0, 20[ ∩ [20, + ∞[ = ∅.
ii) para 20 ≤ t < 50, encontramos
−
t2
4t
+ ≥ 12 ⇔ t 2 − 80t ≤ 1200
100 5
⇔ (t − 40)2 ≤ 2800
⇔ −20 7 + 40 ≤ t ≤ 20 7 + 40.
Então, [20, 50[ ∩ [ −20 7 + 40, 20 7 + 40[ = [20, 50[.
iii) para 50 ≤ t ≤ 100, vem
−
3t
+ 21 ≥ 12 ⇔ t ≤ 75.
25
Daí, [50, 100[ ∩ ] − ∞, 75] = [50, 75].
Portanto, como
∅ ∪ [20, 50[ ∪ [50, 75] = [20, 75],
segue que o número de dias, dentro do período chuvoso, em que a altura do nível da represa é maior do que ou igual
a 12 metros é dado por 75 − 20 + 1 = 56.
2ª Solução:
Esboçando o gráfico da função N, obtemos a figura abaixo.
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Portanto, segue que o número de dias, dentro do período chuvoso, em que a altura do nível da represa é maior do
que ou igual a 12 metros é dado por 75 − 20 + 1 = 56.
Resposta da questão 85:
[C]
A quantidade de grãos colocados pelo menino em cada casa constitui uma progressão geométrica cujo primeiro
termo é 1 e cuja razão vale 2. Logo, segue que a quantidade de grãos colocados até a nona casa foi de
1⋅
29 − 1
= 511.
2 −1
Como os grãos só acabaram na décima casa, temos que a quantidade mínima de grãos que o menino utilizou na
brincadeira é 511 + 1 = 512.
Resposta da questão 86:
[D]
Para que o sistema seja possível e indeterminado, deve-se ter
2 1 5
= = ⇔ a = 4 e b = 10.
a 2 b
Por conseguinte, a + b = 4 + 10 = 14.
Resposta da questão 87:
[E]
Para o número 356281 a matriz C é dada por
3 − 5   −2
C = 6 − 2 =  4  .
 8 − 1  7 
Logo,
 1 −2 1   x   −2 
A ⋅ B = C ⇔  0 1 0  ⋅  y  =  4 
 0 2 −1   z   7 
 x − 2y + z = −2

⇔ y = 4
2y − z = 7

x = 5

⇔  y = 4.
z = 1

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Portanto, os dígitos verificadores correspondentes à conta corrente de número 356281 são 54.
Resposta da questão 88:
[C]
8
3
8!
Há   =
= 28 modos de escolher duas substâncias dentre as 8 disponíveis. Por outro lado,   = 3 dessas
 2  2!6!
2
escolhas recaem em duas das três substâncias S1, S2 e S3 . Portanto, o número possível de misturas diferentes que
se pode obter, sem produzir o gás metano, é 28 − 3 = 25.
Resposta da questão 89:
[A]
Considere a figura abaixo.
9
9!
Podemos escolher duas arestas quaisquer de   =
= 36 modos.
2
2!7!
 
Além disso, cada uma das arestas de uma base qualquer é reversa em relação a duas arestas da outra base ( a1 e
a5 , a1 e a6 , por exemplo) e cada aresta lateral é reversa em relação a duas arestas, uma em cada base ( a7 e
a2, a7 e a5 , por exemplo). Desse modo, existem 3 ⋅ 2 + 3 ⋅ 2 = 12 pares de arestas reversas.
Portanto, a probabilidade pedida é dada por
12 1
= .
36 3
Resposta da questão 90:
[B]
Considere a figura abaixo, em que O é o centro da base da pirâmide.
l 2
.
2
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo VOE, obtemos
Como VE = EF = l, segue que OE =
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2
2
2
VO = VE − OE ⇒ VO = l2 −
l2 l 2
=
.
2
2
Desse modo, a distância do ponto V à face ABCD é
 2 +2
l 2
+ l = l
.
2
 2 
A superfície total do sólido é dada por
4 ⋅ (VEF) + 5 ⋅ (ABCD) = 4 ⋅
l2 3
+ 5 ⋅ l2
4
= l 2 ( 3 + 5).
Resposta da questão 91:
[B]
Considere a figura abaixo.
Sabemos que OP = 6 cm, O'Q = 11cm e PQ = 13 cm.
Logo, como OP = O 'P ', segue que
P'Q = O'Q − O'P' = 11 − 6 = 5 cm.
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo P'PQ, encontramos
2
2
2
PP ' = PQ − P'Q ⇒ PP ' = 132 − 52 = 12cm,
que é a altura procurada.
Resposta da questão 92:
[E]
Temos que log2 a = 4 ⇔ a = 24 e log2 b = 5 ⇔ b = 25. Logo,
1
x=6
a2 6 (24 )2 6 28 6 3
=
=
= 2 = 2 2.
b
25
25
Por conseguinte,
logx 2 = log
1
2 = 2 ⋅ log2 2 = 2.
22
Resposta da questão 93:
[A]
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Para que logx (x + 1)2 esteja definido, deve-se ter 1 ≠ x > 0.
Por outro lado,
2
xlogx (x +1) ≤ 4 ⇔ (x + 1)2 ≤ 4
⇒ −2 ≤ x + 1 ≤ 2
⇒ −3 ≤ x ≤ 1.
Portanto,
(1 ≠ x > 0) ∧ ( −3 ≤ x ≤ 1) ⇒ 0 < x < 1,
e o conjunto solução da inequação dada é
S = {x ∈  | 0 < x < 1}.
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