MF.09
MF.10
1.c
1.d
cos3 x - cos x = 0 s cos x ⋅ (cos2 x - 1) = 0 s
 cos x = 0

 ou
 2
2
 cos x - 1 = 0 s cos x = 1 s cos x = -1 ou cos x = 1


1
2
 - sec x =
 cos 2 x ⋅ cossec 2 x 
1 + 
1
1
1
sen 2 x
=1+
=
= 1 + cos 2 x cos 2 x
cos 2 x
cos 2 x
sen 2 x
Para 0 < x < π, temos: x = 0, x =
1– 1
cos 2 x + sen 2 x – 1
=
=
=0
cos 2 x
cos 2 x
π
ou x = π (três soluções).
2
2.1 + tg2 (x) = sec2 (x) s 1 + (k + 1)2 = (1 - k)2 s
s 1 + k2 + 2k + 1= 1 - 2k + k2 s 2 + 2k = 1- 2k s 4k = -1 s k = -
1
4
3.e
Da relação trigonométrica fundamental, temos sen2x + cos2x = 1.
Então:
16
16
9
3
+ cos2 x = 1 s cos2 x = 1 s cos2 x =
s cos (x) = 25
25
25
5
tg x =
4
sen ( x )
4
= 5 =–
3
cos ( x )
3
–
5
Assim: 5 ⋅ cos2 (x) - 3 ⋅ tg (x) = 5 ⋅
2.b
x2 ⋅ sen (a) - 2x ⋅ cos (a) - sen (a) = 0
D = 4 ⋅ cos2 (a) + 4 ⋅ sen2 (a) = 4 ⋅ (cos2 (a) + sen2 (a)) = 4
2 ⋅ [ cos (a ) ± 1]
2 ⋅ cos (a ) ± 2
=
s
2 ⋅ sen (a )
2 ⋅ sen (a )
x =
9
-3⋅
25
29
 4 9
 –  = + 4 =
3
5
5
s x =
cos (a ) – 1
cos (a ) + 1
ou x =
sen (a )
sen (a )
4.b
3.e
2(sen 4 20° – cos 4 20°) ⋅ cossec 4 20°
=
3(1 – cotg 4 20° )
1
1
s (sen2 x + cos2 x) ⋅ (sen2 x - cos2 x) =
s
2
2
1
1
s sen2 x - cos2 x =
s sen2 x - 1 + sen2 x =
s
2
2
1
s 4 ⋅ sen2 x - 2 = 1 s 4 ⋅ sen2 x = 3 s
s 2 ⋅ sen2 x - 1 =
2
=
=
=
2 [ (sen 2 20° – cos 2 20°) ⋅ (sen 2 20° + cos 2 20º ) ] ⋅ cossec 4 20°
=
3(1 – cotg 2 20°) ⋅ (1 + cotg 2 20°)
2(sen 2 20° – cos 2 20°) ⋅ cossec 4 20°
=
3(1 + cotg 2 20°) ⋅ cossec 2 20°
2(sen 2 20° – cos 2 20°)cossec 2 20°
=

cos 2 20° 
3 ⋅ 1 
 sen 2 20° 
2(sen 2 20° – cos 2 20°) ⋅ cossec 2 20°
=
3(sen 2 20° – cos 2 20°)
sen 2 20°
=
=
2sen 2 20° ⋅ (sen 2 20° – cos 2 20° ) ⋅ cossec 2 20°
3 ⋅ (sen 2 20° – cos 2 20°)
2 sen 2 20° 2
= ⋅
=
3 sen 2 20° 3
5.Usando produtos notáveis, temos:
a6 - b6 = (a3)2 - (b3)2 = (a3 - b3) ⋅ (a3 + b3) =
= (a - b) ⋅ (a2 + ab + b2) ⋅ (a + b) ⋅ (a2 - ab + b2) =
= (a2 - b2) ⋅ (a4- a3b + a2b2 + a3b - a2b2 + ab3 + ab3 + a2b2 - ab3 + b4) =
= (a2 - b2) ⋅ (a4 + a2b2 + b4) = (a2 - b2) ⋅ (a4 - 2a2b2 + b4 +3a2b2) =
= (a2 - b2) ⋅ [(a2 - b2)2 +3 a2b2]
Assim:
cossec6 x - cotg6 x =
= (cossec2 x - cotg2 x) ⋅ [(cossec2 x - cotg2 x)2 + 3cossec2 x ⋅ cotg2 x] =
= (1 + cotg2 x - cotg2 x) ⋅ [(1 + cotg2 x - cotg2 x)2 + 3 ⋅ cotg2 x ⋅ cossec2 x] =
= 1 ⋅ [1 + 3⋅ cotg2 x ⋅ cossec2 x] = 1 + 3 ⋅ cotg2 x ⋅ cossec2 x
(c.q.d.)
1
sen4 x - cos4 x =
s sen2 x =
S =
3
3
s sen (x) = ±
4
2
{ π3 ; 23π ; 43π ; 53π } (quatro soluções)
4.a
I. No 1o quadrante, temos: sen
Se 0 < x <
Se
S1 =
π
π
= cos
4
4
π
, temos: sen (x) < cos (x)
4
π
π
< x < , temos: sen (x) > cos (x)
4
2
π
π
<x<
4
2
II. No segundo quadrante, temos:
sen (x) é positivo e cos (x) é negativo.
Assim: S2 =
π
<x<p
2
III. No terceiro quadrante, temos:
sen
5π
5π
= cos
4
4
Se π < x <
5π
, temos: sen (x) > cos (x)
4
Hiper 2
Matemática
Resolução
Se
5π
3π
<x<
, temos: sen (x) < cos (x)
4
2
S3 = π < x <
sen x + 1 = 0 s sen x = -1 s x =
5π
4
S=
IV. No quarto quadrante, temos:
sen (x) é negativo e cos (x) é positivo.
S4 = ∅
S = S1 5 S2 5 S3 5 S4 =
π
π
+ 2kp s x = ±
+ kp
6
12
π
S = x 3 ® | x = ± + kπ, k 3 
12
b) Do item (a), temos que
π
π
S = x 3 ®| x =
+ kπ ou x = –
+ k π, k 3 
12
12
{
I.
x=
x
1
1
π
5π
I.sen x > s
<x<
6
6
2
{ x 3 ® | π6 < x < 56π }
MF.11
1.d
Sendo 7.344° = 20 ⋅ 360° + 144°, a primeira determinação positiva
de 7.344°, em graus, é 144°.
180°
π
x
144°
x =
144 ⋅ π
4π
s x=
180
5
3
2
• sen 2.400° = sen 240° = -sen 60° = 1
2
• tg 2.400° = tg 240° = tg 60° = 3
3.a
sen (x) = cos (x)
Para cos (x) = 0, temos: sen (x) = 0 e sen (0) ≠ cos (0)
Daí, cos (x) ≠ 0
sen (x) = cos (x) s
π
sen ( x )
= 1 s tg (x) = 1 s x = + kπ, k 3 Ω
4
cos ( x )
Temos que:
(4k + 1) ⋅
π 4kπ π π
=
+ =
+ kp
4
4
4 4
4.cos2 x > 2(sen x + 1) s 1 - sen2 x > 2 ⋅ sen x + 2 s
s -sen2 x - 2 ⋅ sen x - 1 > 0 s
s sen2 x + 2 ⋅ sen x + 1 < 0 s (sen x + 1)2 < 0
2
π
+ kp
12
Para k = 0: x =
π
12
Para k = 1: x =
π
13π
+π=
12
12
Para k = 2: x =
π
25 π
+ 2π =
12
12
Para k = -1: x =
π
11π
-p=12
12
Para k = -2: x =
π
23π
- 2p = 12
12
Para k = -3: x =
π
35 π
- 3p = 12
12
(Não pertence ao intervalo [-2π; 2π].)
II.
x=-
π
+ kp
12
Para k = 0: x = -
π
12
π
11π
+π=
12
12
π
23π
+ 2π =
Para k = 2: x = 12
12
π
35 π
+ 3π =
Para k = 3: x = 12
12
Para k = 1: x = -
2.a
Sendo 2.400° = 6 ⋅ 360° + 240°, a primeira determinação positiva
de 2.400° é 240°.
Assim:
• cos 2.400° = cos 240° = -cos 60° = -
}
(Não pertence ao intervalo [-2π; 2π].)
II.sen x < 1 s ∀x 3 ®
I % II = I
S=
}
{
5.e
sen2 x + 3(1 - sen2 x) + 3 ⋅ sen x - 4 > 0
sen2 x + 3 - 3 ⋅ sen2 x + 3 ⋅ sen x - 4 > 0
-2 ⋅ sen2 x + 3 ⋅ sen x - 1 > 0
2 ⋅ sen2 x - 3 ⋅ sen x + 1 < 0
{ x 3 ® | x = 32π + 2kπ, k 3 }
5.a)2x = ±
π
5π
<x<
4
4
1
2
3π
+ 2kπ, k 3 Ω
2
Hiper 2
Matemática
Resolução
(Não pertence ao intervalo [-2π; 2π].)
π
13π
-p=12
12
π
25 π
- 2p = Para k = -2: x = 12
12
Para k = -1: x = -
(Não pertence ao intervalo [-2p; 2p].)
23π
13π
11π
π π 11π 13π 23π
S= –
;–
;–
;–
;
;
;
;
12
12
12
12 12 12 12 12
{
}
MF.12
1.b
• sen 105° = sen (45° + 60°) =
= sen 45° ⋅ cos 60° + sen 60° ⋅ cos 45° =
2+ 6
2 1
3
2
=
⋅ +
⋅
s sen 105° =
4
2
2
2 2
• cos 15° = cos (60° - 45°) = cos 60° ⋅ cos 45° - sen 60° ⋅ cos 45° =
1
2
3
2
= ⋅
+
⋅
s cos 15° =
2 2
2
2
2+ 6
4
2.Soma = 15 (01 + 02 + 04 + 08)
4
4
I.sen2 x + cos2 x = 1 s sen2 x +
= 1 s sen2 x = 1 s
9
9
5
5
s sen x =
9
3
5
sen ( x )
5
3
Daí: tg (x) = cos ( x ) = 2 =
2
3
(01) (V) sen (x - π) = sen (x) ⋅ cos (π) - sen (π) ⋅ cos (x) =
s sen2 x =
=
5
2
5
=⋅ (-1) - 0 ⋅
3
3
3
(02) (V) tg (x + π) =
tg ( x ) + tg ( π )
=
1 – tg ( x ) ⋅ tg ( π )
5
+0
5
2
=
2
5
1–
⋅0
2
5 2 4 5
· =
9
3 3
1
4 5 4–5
2
2
(08) (V) cos (2x) = cos x - sen x = – =
=–
9 9
9
9
π
 π
 π

(16) (F) cos  x +  = cos (x) ⋅ cos   - sen (x) ⋅ sen   =
 2
 2

2
=
2
5
5
⋅0⋅1=3
3
3
3.c
cotg (2x) + cossec (2x) =
=
cos (2 x )
1 + cos (2 x )
1
+
=
=
sen (2 x )
sen (2 x )
sen (2 x )
1 + cos 2 x – sen2 x cos 2 x + cos 2 x
=
=
2 ⋅ sen x ⋅ cos x
2 ⋅ sen x ⋅ cos x
2 cos 2 x
cos x
=
=
= cotg x
2 ⋅ sen x ⋅ cos x sen x
4.(sen x + cos x)2 = 1 s sen2 x + 2 ⋅ sen x ⋅ cos x + cos2 x = 1 s
s 1 + 2 ⋅ sen x ⋅ cos x = 1 s 2 ⋅ sen x ⋅ cos x = 0 s sen (2x) = 0
0
π
2x = k ⋅ π s x = k ⋅
{
π
, com k 3 
2
π
S = x = k ⋅ , com k 3 
2
}
5.5 ⋅ cos 2x + 3 ⋅ sen x = 4 s
s 5(cos2 x - sen2 x) + 3 ⋅ sen x = 4 s
s 5(1 - sen2 x - sen2 x) + 3 ⋅ sen x = 4 s
s 5(1 - 2 ⋅ sen2 x) + 3 ⋅ sen x = 4 s
s 5 - 10 ⋅ sen2 x + 3 ⋅ sen x = 4 s
s 10 ⋅ sen2 x - 3sen x - 1 = 0
D = 9 + 40 = 49
3±7
sen x =
20
3
sen x = -
1
5
Temos: sen2 x + cos2 x = 1 s
1
24
s cos2 x = 1 s cos2 x =
s
25
25
s cos x = -
(04) (V) sen (2x) = 2 ⋅ sen (x) ⋅ cos (x) = 2 ⋅
4
1
s sen x = 20
5
3+7 1
II.sen x =
(Não convém, pois sendo x um arco do
=
20
2
terceiro quadrante, temos sen x < 0.)
Assim:
I.sen x = -
2 6 o
(3 Q)
5
1
∴ sen 2x = 2 ⋅ sen x ⋅ cos x = 2 ⋅  - 
 5
 2 6 4 6
⋅=
25
5 

MF.13
1.a
2π
1
= 4π s c =
c
2
1
Ou seja, o número que multiplica o arco x é .
2
x
Com isso já fica definido que o gráfico é do cos   .
 2
I.Período da função: -π - (-5π) = 4π s
Fazendo as outras verificações:
II. Imagem: [-1; 1]
III.Substituindo x = -5π; -3π; -π; 0; π; 3π, verifica-se, pelo gráfico, que suas imagens são as apresentadas por ele.
2.a
-1 < cos x < 1 s
s -3b < 3b ⋅ cos x < 3b s
s 2a - 3b < 2a + 3b ⋅ cos x < 2a + 3b
 2a - 3b = -5

 2a + 3b = 2
3
7
∴ 4a = -3 s a = - e b =
4
6
3.b
I.(V) -1 < sen (x) < 1 s -3 < 3 ⋅ sen (x) < 3
2π
= 2π
1
II.(F) p =
III.(V) -1 < sen (x) < 1 s -3 < 3 ⋅ sen (x) < 3 s 3 > -3 ⋅ sen (x) > -3 s
s -3 < -3 ⋅ sen (x) < 3
IV.(F) p =
2π
3
São verdadeiras apenas I e III.
πt
πt
4.a) -1 < cos   < 1 s -4 < 4 ⋅ cos   < 4 s
 12 
 12 
πt
s 4 > -4 ⋅ cos   > -4 s
 12 
 πt 
 πt 
s -4 < - 4 ⋅ cos   < 4 s 17 < 21 - 4 ⋅ cos   < 25
 12 
 12 
A temperatura varia entre 21 °C e 25 °C
1
 πt 
 πt 
 πt 
b)23 = 21 - 4 ⋅ cos   s 4 ⋅ cos   = -2 s cos   =  12 
 12 
 12 
2
Hiper 2
Matemática
Resolução
2π
πt 2 π
 πt 
s
=
s t=8
I.cos   = cos
12
3
12
3
Como t = 0 representa 6 horas da manhã, temos que 23° acontece às 6 + 8 = 14 horas.
4π
πt 4 π
 πt 
s
=
s t = 16
II.cos   = cos
12
3
12
3
Como t = 0 representa 6 horas da manhã, 23° acontece à
6 + 16 = 22 horas.
Resposta: às 14 horas e às 22 horas.
5.c
f(x) = sen x + cos x s [f(x)]2 = (sen x + cos x)2 s
s [f (x)]2 = sen2 x + 2 ⋅ sen x ⋅ cos x + cos2 x
∴ [f (x)]2 = 1 + sen (2x)
Deve-se observar que o período dessa função é π e, portanto, no
intervalo descrito no enunciado, tem-se uma senoide completa.
+1
-1 < sen ( 2 x ) < 1 
→ 0 < 1 + sen ( 2 x ) < 2
2
[ f (x ) ]
n ⋅ ( n + 1) ! ⋅ ( n - 1) !
s
n ⋅ ( n - 1) ! ⋅ ( n + 2) ⋅ ( n + 1) !
1
1
1
s f (n ) =
s f (70) =
s f (70) =
n
n
⋅
(
+
2)
70
⋅
(70
+
2)
5.040
s f (n ) =
MF.15
1.d
 10   10 
 11
  + 
 =   sn+1=3sn=2
n
+
4
1
  
4

 p - 1  p - 1

+

5

s
2. 2   3  =
3
 p   p - 1
 -

2  1 
s
f(x)mín. = 0 e f(x)máx. = 2
MF.14
1.b
2 ⋅ 2! + 3 ⋅ 3! + 4 ⋅ 4! + 5 ⋅ 5! + 6 ⋅ 6! =
= 2 ⋅ 2 + 3 ⋅ 6 + 4 ⋅ 24 + 5 ⋅ 120 + 6 ⋅ 720 =
= 4 + 18 + 96 + 600 + 4.320 = 5.038.
Dos números listados, a melhor aproximação é 5.042.
2.b
( x + 2) ⋅ ( x + 1) ⋅ x ! ⋅ (2 x + 2) ⋅ (2 x + 1) !
= 40 s
(2 x + 1) ! ⋅ ( x + 1) ⋅ x !
s (x + 2) ⋅ (2x + 2) = 40 s 2x2 + 2x + 4x + 4 = 40 s
s 2x2 + 6x - 36 = 0 s x2 + 3x - 18 = 0
D = 9 + 72 = 81
x =
–3 ± 9
s x = -6 (Não convém.) ou x = 3
2
S = {3}
3.c
( n + 1) ⋅ ( n – 1)
n ! ⋅ ( n 2 – 1)
n ! ⋅ ( n 2 – 1)
s
=
s an =
( n + 1)
( n + 1) !
( n + 1) ⋅ n !
s an = n - 1
Logo:
a2.006 = 2.006 - 1 = 2.005
an =
4.c
( n - 1) !
1
( n - 1) !
1
s
s
=
=
( n + 1) ! - n ! 81
( n + 1) · n · ( n - 1) ! - n ⋅ ( n - 1) ! 81
( n - 1) !
1
s
=
( n - 1) ! · [( n + 1) · n - n] 81
1
1
1
1
s 2
=
s 2 =
s n 2 = 81
n
n
n
81
n
81
+
s
n = - 9 (Não convém.)
ou
n = 9
5. f (n) =
4
( n + 1) ! ⋅ ( n - 1) !
s
n! ⋅ ( n + 2 ) !
p
 
3
p!
– ( p – 1)
2 ! ⋅ ( p – 2) !
=
5
s
3
p
5
s
=
3! ⋅ ( p – 3) !
3
p ⋅ ( p – 1)
– ( p – 1)
2
p ⋅ ( p – 1) ⋅ ( p – 2)
5
5
p ⋅ ( p – 1) ⋅ ( p – 2)
6
s
=
=
s
s
p 2 – p – 2p + 2
3
3
3 ⋅ ( p 2 – 3p + 2)
2
s
5
p ⋅ ( p – 1) ⋅ ( p – 2)
s
=
3
3 ⋅ ( p – 2) ⋅ ( p – 1)
s
p
5
=
sp=5
3
3
3.  11 +
0
 11
+  
9
 11
  +
 1
 11
+  
 10 
 11  11
  +   +…+
2 3
 11
+   = 2 11 (teorema das linhas)
 11
 11
 11  11
  =  ;   =
0
 11  12 
 11  11
 11
=   ;   =   ; ...
 10   2 
9
Assim:
 11
 11
 11
 11
2   + 2   + 2   + … + 2   = 2 11 s
 1
3
5
 11
 11
 11
 11
 11
s 2   +   +   + … +   = 2 11 s
3
5
 11
 1 
 11
 11
 11
 11
s   +   +   + … +   = 2 10 = 1.024
 1
3
5
 11
m
 m 
 m 
4.   + 2 ⋅ 
 + 
 =
p
 p + 1
 p + 2
m
 m 
 m 
 m 
=   + 
 + 
 + 
 =
p
 p + 1
 p + 1
 p + 2
Stifel
Stifel
 m + 1
 m + 1
m + 2
= 
 + 
 = 
 (c.q.d.)
 p + 1
p + 2
p+ 2
Stifel
Hiper 2
Matemática
Resolução
5.
( n + 1) !
= 56 s (n + 1) ⋅ n = 56 s n2 + n - 56 = 0
( n - 1) !
n = -8 (Não convém.) ou
n = 7
Do teorema das colunas, temos:
 n   n + 1  n + 2   n + 3   n + 4 
 +
+
+
+
=
 n  n   n   n   n 
n + 5
=

 n + 1
 n + 5   12 
12 ⋅ 11 ⋅ 10 ⋅ 9
12 !
=
= 495
Logo: 
= =
4⋅3⋅2
 n + 1  8  8 ! ⋅ 4 !
MF.16
1.b
O binômio tem 5 termos.
O central é o terceiro.
c) (F) Usando o resultado do item (b), temos:
 12 
 12 
T5 =   ⋅ x24 - 12 =   ⋅ x12
4
4
(Observe que, na alternativa, o expoente de x é 9.)
d) (V) Usando o resultado do item (b), temos:
24 - 3p = 0 s 3p = 24 s p = 8
 12 
12 ⋅ 11 ⋅ 10 ⋅ 9
12 !
=
  =
= 495
 8  8! ⋅ 4!
4⋅3⋅2
e)(F) T1 = 1 ⋅ x24
4. F - V - V - F - F
I. (F) 3 = 8 (Absurdo!) ou 3 + 8 = n s n = 11
II. (V) Veja o item I.
III.(V)
IV.(F)
V.(F)
 4
T3 =   ⋅ (x2)2 ⋅ (x -3)2 ⋅ (-1)2 = 6 ⋅ x4 ⋅ x -6 = 6 ⋅ x-2
2
5.e
(ax2 - b)5
2.c
5 
T1 =   ⋅ (ax2)5 - 0 ⋅ (-b)0 = a5x10
0
m
m
T1 =  0  ( x 2 ) ⋅ (x-1)0 = x2m
 
Então:
a5x10 = 32x10 s a = 2
m
m–1
T2 =  1  ( x 2 )
⋅ (x-1)1 = m ⋅ x2m - 2 ⋅ x-1 = m ⋅ x2m - 3
 
5 
T4=   ⋅ (ax2)5 - 3 ⋅ (-b)3 = 10a2x4 ⋅ (-b)3 =
3
m
m ⋅ (m – 1) 2m - 4 -2
T3 =   (x2)m - 2 ⋅ (x-1)2 =
⋅x =
⋅x
2
2
=
m ⋅ (m – 1)
⋅ x 2m - 6
2
Do enunciado, temos que:
1 + m +
m ⋅ (m – 1)
= 46 s 2 + 2m + m2 - m - 92 = 0 s
2
s m2 + m - 90 = 0 s m = -10 (Não convém.) ou m = 9
Para encontrarmos o termo independente de x, consideremos:
9
9
Tp + 1 =   (x2)9 - p ⋅ (x-1)p =   ⋅ x18 - 2p ⋅ x-p =
p
p
= 10 ⋅ 22 ⋅ x4 ⋅ (-b)3 = 40x4 ⋅ (-b)3
Então:
40x 4 ⋅ (-b)3 = -40x 4
(-b)3 = -1 s b = 1
Daí: (a + b)8 = (2+1)8 = 38
MA.09
1.d
Uma equação do segundo grau cujas raízes são -3 e 2 pode ser:
[x - (-3)] ⋅ (x - 2) = 0 s
s (x + 3) ⋅ (x - 2) = 0
Considere o gráfico:
9
=   ⋅ x18 - 3p
p
+
x
–3
+
2
x
Devemos ter:
18 - 3p = 0 s 3p = 18 s p = 6
Assim:
9
9!
9⋅8⋅7
=
= 84
  =
6 ! ⋅ 3!
3⋅2
6 
2.d
I.
x2 - 2x + 3 > 0 s x < -1 ou x > 3
II.
x-3≠0sx≠3
Df(x) = {x 3 ® | x < - 1 ou x > 3}
3.d
1

a)(F)  12 + 

1
12
= 212 = 4.096
 12 
 12 
b)(F) Tp + 1 =   (x2)12 - p ⋅ (x-1)p =   ⋅ x24 - 2p - p =
p
 
p
 12 
=   ⋅ x24 - 3p
p
24 - 3p = 6 s 3p = 18 s p = 6
Para p = 6, o expoente de x é 6.
5
(x + 3) ⋅ (x - 2) < 0
3.c
x2 + x - 1
1
x2 + x - 1
1
>
s
>0
9 - x2
3- x
(3 - x ) · (3 + x ) 3 - x
x 2 + x - 1- 3 - x
x2 - 4
>0s
>0
2
9
- x2
x
9
(
)
I.
x2 - 4 = 0 s
s x2 = 4 s x = ± 2
Hiper 2
Matemática
Resolução
II.9 - x2 = 0 s x = ± 3
+ –2
–
2 +
+
– –3 +
+
+
3 –
– –3 + –2
–
2 +
3 –
+
2.e
I.
f(x) = 2x2 - 4x + 10
D = 16 - 80 = - 64
xV = 1; yV = 8
I
II
Hiper 2
Matemática
Resolução
y
I : II
S = {x 3 ® | -3 < x < -2 ou 2 < x < 3}
4.b
A expressão x2 - 6x + 10, para qualquer valor real de x, é sempre
um número positivo, pois, associada a uma função do 2o grau, tem
seu gráfico sempre acima do eixo das abscissas.
Portanto, a expressão x2 - kx + 1 deverá ser maior ou igual a zero
para qualquer valor real de x.
Observe os possíveis gráficos associados à função f(x) = x2 - kx + 1.
10
8
y
A concavidade deve ser voltada para cima, e isso já acontece, pois
o coeficiente do termo de 2o grau é positivo. A segunda condição é
ocorrer D < 0. Para tanto, devemos ter:
(-k)2 - 4 ⋅ 1 ⋅ 1 < 0 s
s k 2 - 4 < 0 s -2 < k < 2
5. F - F - V - V - F
2x - 1
2x - 1
I.(F)
>1s
- 1> 0 s
x+3
x+3
2x - 1 - x - 3
>0 s
s
x+3
x-4
s
>0
x+3
4
–
–3
+
1
–3
+
1
x
3.a
I.Se x < -2, f(x) = -x + 1 - (-x - 2) s
s f(x) = -x + 1 + x + 2 = 3
II.Se -2 < x < 1: f(x) = -x + 1 -2 - x = -2x - 1
III.Se x > 1: f(x) = x - 1 - x - 2 = -3
y
I : II
3
(F)
I
0 1
x
II
+
I : II
–3
1
S = {x 3 ® | x < -3 ou x > 1}
III.(V) f(x) > 0 e g(x) > 0 s
s f(x) ⋅ g(x) > 0 ou
f(x) < 0 e g(x) < 0 s
s f(x) ⋅ f(x) > 0
IV.(V)
V.(F) S = ∅
MA.10
1.b
y = |x - 2| + |3 + x2|
Como x < 1 e 3 + x2 é positivo para qualquer x, temos:
y = 2 - x + 3 + x2 s
s y = x2 - x + 5
6
8
2
+
–
–3
10
4
–
+
I
II
S = {x 3 ® | x < -3 ou x > 4}
II.(F)
–
13
Imf(x) = [13; +∞[
+
–
–3
15
+
+
x
II.
f(x) = |2x2 - 4x + 10| = f(x) (Ver gráfico anterior.)
III.
f(x) = |2x2 - 4x + 10| + 5
Deve-se subir o gráfico 5 unidades no eixo y.
x
–
1
Im f(x) = [-3; 3]
4.•a > 0, b > 0 e c > 0 s
s
a
b
c
a⋅b⋅c
+
+
+
= 1 + 1 + 1 + 1= 4
a
b
c
a⋅b⋅c
• a > 0, b > 0 e c < 0 s
s a + b + c + a ⋅ b ⋅ c = 1 + 1 - 1 - 1 = 0
a
b
c
a⋅b⋅c
• a > 0, b < 0 e c > 0 s
s
a
b
c
a⋅b⋅c
+
+
+
= 1 - 1 + 1 - 1= 0
a
b
c
a⋅b⋅c
• a > 0, b < 0 e c < 0 s
a
b
c
a⋅b⋅c
+
+
+
s
= 1 - 1 - 1 + 1= 0
a
b
c
a⋅b⋅c
• a < 0, b > 0 e c > 0 s
s
a
b
c
a⋅b⋅c
+
+
+
= -1 + 1 + 1 - 1 = 0
a
b
c
a⋅b⋅c
• a < 0, b > 0 e c < 0 s
s
a
b
c
a⋅b⋅c
+
+
+
= -1 + 1 - 1 + 1 = 0
a
b
c
a⋅b⋅c
• a < 0, b < 0 e c > 0 s
s
a
b
c
a⋅b⋅c
+
+
+
= -1 - 1 + 1 + 1 = 0
a
b
c
a⋅b⋅c
• a < 0, b < 0 e c < 0 s
s
a
b
c
a⋅b⋅c
+
+
+
a
b
c
a⋅b⋅c
s t = -4 s x - 3 = -4 (Não convém.) ou
s t = 7 s x - 3 = 7 s x - 3 = 7 s x = 10 ou x - 3 = -7 s
s x = -4
Produtos das raízes = 10 ⋅ (-4) = -40
4.|t - 20°| < 6° s -6° < t - 20° < 6° s 14° < t < 26°
A menor e a maior temperatura na sala serão de 14 °C e 26 °C, respectivamente.
5.A: |3x - 1| < 14 s -14 < 3x - 1 < 14 s - 13 < 3x < 15 s
13
s<x<5
3
B: |2x + 1| > 6 s 2x + 1 < -6 ou 2x + 1 > 6 s
7
5
ou x >
s 2x < -7 ou 2x > 5 s x < 2
2
–13
3
5
–7
2
= -1 - 1 - 1 - 1 = -4
O conjunto de valores da expressão é {-4; 0; 4}.
5
2
A
B
A∩B
5.b
|f(x)| = 1 s f(x) = 1 ou f(x) = -1
Para f(x) = 1, temos três elementos x (o primeiro está entre -4 e -3,
o segundo está entre -1 e 0 e o terceiro é 2).
Para f(x) = -1, temos dois elementos x (o primeiro está entre -3 e
-2 e o segundo está entre -2 e -1).
Temos, então, cinco elementos satisfazendo a condição do exercício.
MA.11
1.d
I.
x-1=0sx=1
II.2x + 4 = 0 s 2x = -4 s x = -2
–2
1
Para x < -2, temos:
1 - x - 2x - 4 = 5 s -3x - 3 = 5 s 3x = -8 s x = Para -2 < x < 1, temos:
1 - x + 2x + 4 = 5 s x = 0
Para x > 1, temos:
x - 1 + 2x + 4 = 5 s 3x + 3 = 5 s 3x = 2 s x =
Soma das raízes =
8
3
2
3
2 8
6
- = - = -2
3 3
3
2.d
x - 1 = x - 12
Chamemos x - 1 = t.
t = t2 s t2 - t = 0 s t(t - 1) = 0 s t = 0 ou t = 1
I.
t = 0 s x - 1 = 0 s x - 1 = 0 s x = 1
II.
t = 1 s x - 1 = 1 s x - 1 = 1 ou x - 1 = -1 s x = 2 ou x = 0
S = {0; 1; 2}
3.e
x - 3 = t
Então:
t2 - 3t - 28 = 0
D = 9 + 112 = 121
t =
7
3 ± 11
s
2
–13
3
–7
2
5
2
5
Soluções inteiras de A % B: -4; 3; 4; 5
Número de soluções inteiras de A % B: 4
MA.12
1.d
No intervalo considerado, existem três intersecções do gráfico da
função f com o eixo das abscissas, caracterizando, assim, exatamente
três raízes reais.
2.b
Considerando que, para uma função injetora, elementos distintos
têm imagens distintas, o número de funções injetoras, de A em B,
é dado pelo número de maneiras distintas de se escolher dois elementos distintos do conjunto B, sendo que dois elementos idênticos,
em ordem trocada, constituem outro par de elementos. Assim, no
total, são12 funções injetoras.
3.c
Se x é par, temos:
x = 2n, em que n 3 Ω
2n
=n
f(2n) =
2
CDf(x) = Ω e Imf(x) = Ω (bijetora)
Se x é ímpar, temos:
x = 2n + 1, em que n 3 Ω
2n + 1 + 1 2n + 1 + 1
f(2n + 1) =
=n+1
=
2
2
CDf(x) = Ω e Imf(x) = Ω (bijetora)
\ f é bijetora
Justificativa da alternativa e:
2
2
f(-2) = - = -1 e f(2) =
= 1 (f(x) ≠ f(-x))
2
2
4.b
I.Para x > 0, temos:
f(x) =
x2
=x
x
II.Para x < 0, temos
f(x) = -x
Hiper 2
Matemática
Resolução
s -xy - y = 2 - 2x s
s y ⋅ (-x - 1) = 2 - 2x s y ⋅ (x + 1) = 2x - 2 s
2x - 1
2x - 2
sy=
s f -1 ( x ) =
x+1
x+1
D(f -1) = ® - {-1} e CDf = ® - {a}
Gráfico:
y
x
Do enunciado, temos que o contradomínio da função é ® *+ que, de
acordo com o gráfico, é também o conjunto imagem da função.
Logo, a função é sobrejetora.
Temos, por exemplo, que f(-1) = f(1) = 1.
Assim, conclui-se que a função não é injetora.
Hiper 2
Matemática
Resolução
∴ a = -1
4.Soma = 13 (01 + 04 + 08)
y
13
10
5.Soma = 40 (08 + 32)
y
f
2
1
1
1
0
x
(01)(F) O contradomínio de f é diferente do seu conjunto imagem.
(02) (F) Im = {y 3 ® | y > 1}
(04) (F) Não sendo sobrejetora, item 01, não pode ser bijetora.
(08)(V) f(5) = 52 + 1 = 26
(16)(F) A função do 2o grau é graficamente representada por uma
parábola.
(32) (V) Para a função f(x) = x2 + 1, tem-se que f(x) = f(−x), para
todo x real.
1.e
1
1
1
f (x) =
s y=
⇒x=
s
x
+
x
+
y
+
1
1
1
s x ⋅ (y + 1) = 1 s xy + x = 1 s xy = 1 - x s
1- x
1- x
s y=
s f -1 ( x ) =
x
x
1
1- x
s x ⋅ 1 = (x + 1) ⋅ (1 - x) s
=
x+1
x
-1 ± 5
s x = x - x2 + 1 - x s x2 + x - 1 = 0 s x =
2
5-1
Sendo x > 0, temos: x =
2
f(x) = f -1(x) s
2.a
f  f(x) = f[f(x)] = a ⋅ f(x) + b = a ⋅ (ax + b) + b s
s f  f(x) = a2 ⋅ x + a ⋅ b + b
Assim: a2 ⋅ x + a ⋅ b + b = x + 1, para ∀x s a2 = 1 e ab + b = 1
• a = −1s e b
(01) (V) Df(x) = ® (Veja o gráfico.)
(02) (F) Intercepta o eixo y no ponto (0; 1).
( )=
1
 1
(04)(V) f( f( f(-1))) = f(f(2-1)) = f( f   )) = f 2 2
 2
= f ( 2 ) = ( 2 ) + 1 = 2 + 1 = 3
(08) (V) Veja a figura.
(16) (F) Imf(x) = ]0; +∞[
2
5.c
x = 3 y + 1 s x3 = y + 1 s y = x3 - 1 s g-1(x) = x3 - 1
Temos então:
f(g -1(x)) < 1 + (g(x))3 s f(x3 - 1) < 1 + x + 1 s f(x3 - 1) < x + 2 s
s
2 x 3 + 16 – x 4 – 2 x 3
2 ( x 3 – 1) + 18
-x-2<0s
<x+2s
3
x3
x – 1+ 1
s
2 x 3 + 16 – x 4 – 2 x 3
<0s
x3
s
(4 – x 2 ) ⋅(4 + x 2 )
16 – x 4
<0
<0s
x3
x3
I.4 - x2 = 0 s x = ±2
II.4 + x2 > 0
III.
x3 = 0 s x = 0
3.d
Temos: D(f -1) = CDf
f ( x ) =
2+ x
2+ x
s y=
2- x
2- x
“Trocando” x por y:
2+ y
s x ⋅ (2 - y) = 2 + y s 2x - xy = 2 + y s
2- y
–2
2
+
+
+
+
+
+
–
–
+
+
–
–
0
1
• a = 1 s b =
2
8
x
g(x) = 3 x + 1 s y = 3 x + 1
Trocando x por y e y por x:
MA.13
x =
3 4
+
–
–2
S ={ x 3 ® | 2 < x < 0 ou x > 2}
MA.14
1.e
C.E.: 0 < k − 8 < 1 s 8 < k < 9
2.e
P(0) = 109
–
+
0
2
O dobro de 109 é 2 ⋅ 109.
Assim: 2 ⋅ 109 = 109 ⋅ 43t s 43t = 2 s 26t = 21 s 6t = 1 s
II.2x = 2 s x = 1
Existe então apenas um ponto de intersecção entre os gráficos das
duas funções.
Esse ponto de intersecção é x = 2 e y = 2x + 2 = 21 + 2 = 4.
1
1
⋅ 60 minutos = 10 minutos.
de hora s t =
6
6
st=
3.b
4.b
3.000 = 1.500 ⋅ 2t s 2t = 2 s t = 1 ano
0
N(0) = 200 s m ⋅ 2 2 = 200 s m = 200
8
N(8) = m ⋅ 2 2 s N(8) = 200 ⋅ 24 s N(8) = 16 ⋅ 200 = 3.200
4.b
  4 x - x 2 
1

s ( 4 x - x 2 ) máx.
 
 2 
 mín.
(4x - x2)máx. s y = yV = 4
4
  4 x - x 2 
  4 x - x 2 
 1
1
 1 

 1 

=
s
=


 2 
 mín.  2 
 2 
 mín. 16
x4x - 3 < 1 s x4x - 3 < x0 s 4x - 3 > 0 s x >
5.a
Para t = 0, temos:
y = k ⋅ 2-3 ⋅ 0 s y = k
Queremos y =
5.c
Consideremos as situações:
I.
x=0
14 ⋅ 0 - 3 < 1 s 1-3 < 1 s 1 < 1 (Não convém.)
SI = ∅
II.
x=1
14 ⋅ 1 - 3 < 1 s 11 < 1 s 1 < 1 (Não convém.)
SII = ∅
III. 0 < x < 1
3 
SIII =  ;1
4 
IV.
x>1
k
2
x4x - 3 < 1 s x4x - 3 < x0 s 4x - 3 < 0 s x <
Então:
SIV = ∅
k
1
= k ⋅ 2-3t s 2-1 = 2-3t s 3t = 1 s t =
= 20 min
2
3
MA.15
MA.16
5
s 5
· 25
2x – 5
x
=5
x – 2
4 x – 10
+
2
x
3x – 2
2x
=5
s 5
x – 2
2
·5
4 x – 10
x
=5
3x – 2
2x
s
x2 - 2x + 8x - 20 = 3x - 2 s x2 + 3x - 18 = 0
D = 9 + 72 = 81
-3 ± 9
s
2
x = -6 (Não convém.) ou
x = 3
S = {3}
2.c
Q(t) = Q0 ⋅ 20,2t s 2Q0 = Q0 ⋅ 20,2t s 20,2t = 21 s
s 0,2t = 1 s t =
1
s t = 5 anos
0, 2
3.e
2x + 2 = 22x s 22x - 2x - 2 = 0
Façamos 2x = t.
t2 - t - 2 = 0
D=1+8=9
t =
1± 3
s t = -1 ou t = 2
2
Então:
I.2x = -1 (Não convém.)
9
log
x
16
24
 16 
4
s x4 = 4 s
  = 4 s x =
81
81
3
3x – 2
2x
x ( x – 2 ) + 2 ( 4 x – 10 ) 3 x – 2
x - 2 4 x - 10 3 x - 2
+
=
s
=
2x
2x
2x
x
2
x =
3 
S = SI 5 SII 5 SIII 5 SIV =  ;1
4 
1.e
1.d
x – 2
2
3
4
 2
s x4 =  
 3
4
2

 x = - 3 (Não convém.)

s  ou

2
x =
3

2.b
log2 256 = log2 28 = 8
Então, a equação fica:
|x|2 - 6 ⋅ |x| = - 8 s |x|2 - 6 ⋅ |x| + 8 = 0
D = 36 - 32 = 4
6±2
|x| =
2
I.|x| = 2 s x = ±2
II.|x| = 4 s x = ±4
S = {-4; -2; 2; 4}
A afirmação II é verdadeira.
3.a
3 x +1
s 2x ⋅ 2 = 3x + 1 s 2x ⋅ 2 = 3x ⋅ 3 s
2
x
x
–1
2
2
3 2
s   = s   =   s x = –1
3
3
2 3
2x =
Por outro lado:
 1
-1 = log 10-1 = log  
 10 
3
4
Hiper 2
Matemática
Resolução
1 1
1
⋅
1⋅
1
1
3 2
2
2
2
+
=
Área sombreada: As =
+
=
m
2
2
2
4
4
3
Custo da área sombreada: 30 ⋅
= R$ 22,50
4
4.e
h = log ( 10 ⋅ i ) s h = log
s h = log (100,9 ⋅ 100,5) s
h = log (101,4) s h = 1,4 metros = 140 cm
( 10 0,9 ⋅
0,9
10 )
4⋅
s
5.b
1
s 2x = 2-4 - y s x = -4 - y s x + y = -4
24 + y
log2 (2x + y) = 1 s 2x + y = 21 s 2x + y = 2
2 x =
x + y = -4

 2 x + y = 2
x = 6 e y = -10
A solução do sistema é o par ordenado (6; −10) e, portanto,
x − y = 16.
II. Área da região clara:
Área de quatro triângulos de base
1
1
e altura .
4
2
1 1
⋅
4
2 = 1 m2
Área clara: AC =
4
2
1
Custo da área clara =
⋅ 50 = R$ 12,50
4
4⋅
Custo total: AS + AC = R$ 22,50 + R$ 12,50 = R$ 35,00
5.a
MG.09
Usaremos A =
1.d
 3 ⋅ 4 1 ⋅ 2 (1 + 2) ⋅ 3 
A colorida = 4 2 - 
+
+
 s Acolorida = 4,5
 2

2
2
2.c
a⋅h
e Aretângulo = 4 ⋅ a ⋅ h
A triângulo =
2
a⋅h
A triângulo
A
1
a⋅h
2
=
⋅
s triângulo =
s
4⋅a⋅h
2
Aretângulo 4 ⋅ a ⋅ h
Aretângulo
s
A triângulo
Aretângulo
=
1
s A triângulo : Aretângulo = 1 : 8
8
6a 2 ⋅
4
3
s
3 =
3a 2 ⋅
2
3
s a2 =
Área do triângulo AED:
1 ⋅ 2 ⋅ sen q
= sen q
2
Área do triângulo DEC:
2 ⋅ 3 ⋅ sen ( 180º - q )
= 3 ⋅ sen q
2
Área do quadrilátero ABCD:
2 ⋅ sen q + sen q + 3 ⋅ sen q + 6 ⋅ sen q = 12 ⋅ sen q
6
2
sa=
3
3
MG.10
1
π ⋅ a2
⋅ π ⋅ a 2 s Asetor =
6
6
b)Asegmento circular = Asetor - Atriângulo
Considere a figura:
1.a) A setor =
P
A
Área do triângulo AEB:
1 ⋅ 4 ⋅ sen ( 180º - q )
= 2sen q
2
Área do triângulo BEC:
3 ⋅ 4 ⋅ sen q
= 6 ⋅ sen q
2
3.e
A área A do hexágono regular de lado a é dada por:
A=
d
a2 ⋅ 3
4
π ⋅ a2 a2 ⋅ 3
s
A segmento circular =
6
4
A triângulo =
M
B
A área do triângulo PAB é
AB ⋅ d
=
2
2 s
6
⋅d
3
=
2
2 . Assim:
2 sd=
a ⋅ b ⋅ sen q
2
6 3
6 2
=
=2 3
3
6
s Asegmento circular =
2.d
Sendo R o raio do círculo maior e r o raio do círculo menor, temos que:
p(R2 - r2) = 72p cm2 (enunciado) s R2 - r2 = 72
Considere a figura:
A
4.b
I. Área da região sombreada:
Área de quatro triângulos retângulos de base
a 2 ⋅ ( 2π - 3 3 )
12
R
1
1
e altura
2
2
Q
D
x
r
mais a área de um losango de diagonal maior 1 e diagonal
menor
10
1
.
2
B
C
Hiper 2
Matemática
Resolução
Considere que o quadrado tem lado 2x.
Da figura, temos, por Pitágoras, que:
R2 = x2 + r2 s
s x2 = R2 - r2 s x2 = 72
A área do quadrado é dada por (2x)2 = 4x2 = 4 ⋅ 72 = 288 cm2.
5.a
Hiper 2
Matemática
Resolução
A1
O
3.
θ
r
A2
r
r
d
r
r
• A 1 = A setor =
d
s d = r ⋅ tg q
r
r ⋅ r ⋅ tg q
r 2 ⋅ tg q
s A triângulo =
A triângulo =
2
2
Acolorida = Aretângulo - 2 ⋅ Asetor s
tg q =
s Aretângulo = 2r ⋅ r s Aretângulo = 2r
2
π ⋅ r2
1
⋅ ( π ⋅ r 2 ) s Asetor =
s
4
4
2
π⋅r
s Acolorida = 2 ⋅ r 2 - 2 ⋅
s
4

π
sAcolorida =  2 -  ⋅ r 2 s

2
A setor =
s Acolorida =
r2 ⋅ q
q
⋅ π ⋅ r 2 s A 1 = A setor =
2π
2
( 4 - π) ⋅ r 2
2
4.d
Considere a figura:
• A2 = Atriângulo - Asetor s
r 2 ⋅ tg q r 2 ⋅ q
2
2
r 2 ⋅ q r 2 ⋅ tg q r 2 ⋅ q
s
A1 = A 2 s
=
2
2
2
2
2
r ⋅ tg q 2r ⋅ q
s
s tg q = 2q
=
2
2
s A2 =
MG.11
1.d
r
P
s
α
As retas r e s não têm ponto em comum e não são coplanares. Logo,
são retas reversas.
2.d
Considere a figura:
A
s3
B
s1
C
s2
Área sombreada = 2 vezes a área do segmento circular.
ASC =
=
AB ⋅ BC
πr 2
=
2
2
πr
4
2
-
r
π r – 2r
=
2
4
2
2
3.b
2
Então, a área sombreada é dada por: 2 ⋅
r
π r 2 – 2r 2
π r 2 – 2r 2
=
4
2
Na figura, existem quatro dessas regiões sombreadas.
Portanto, a área procurada é dada por:
4 ⋅
11
π r 2 – 2r 2
= 2 ⋅ (πr2 - 2r2) = 2r2 ⋅ (p - 2).
2
P
α
r 1 α
s 1 α
s % r = P
Portanto, s é concorrente com r.
s
4. Soma = 19 (01 + 02 + 16)
(01)(V)
(02)(V)
(04)(F) O triângulo PMN é retângulo em P.
(08)(F) r é secante a a (Quando uma reta está contida, é secante ou
é paralela a um plano, nunca se pode usar o termo pertence).
(16) (V) Pois o triângulo PMN é retângulo.
4.b
F=2+4=6
2A = 2 ⋅ 3 + 4 ⋅ 5 s 2A = 26 s A = 13
V-A+F=2s
s V - 13 + 6 = 2 s
s V = 9
∴ V = 9; F = 6; A = 13
S = (V - 2) ⋅ 360° s S = 7 ⋅ 360° s S = 7 ⋅ 4 ⋅ 90° s S = 28 ⋅ 90° s
s S = 2.520°
I.(F)
II.(V)
III.(V)
IV.(F)
5.e
I.(V)
II.(V)
5.d
Sejam x e y o número de faces triangulares e quadrangulares, respectivamente, desses poliedros.
Temos as informações:
y
3x
x
sy=
(I)
=
3
2
2
A = 2V (II)
V - A + F = 2 (III)
Substituindo II em III:
V - 2V + F = 2 s F = 2 + V
3x
3x + 4 ⋅
3x + 4 y
2 s
A=
sA=
2
2
III.(V)
IV.(V)
sA=
s
r
t
As retas r e t são ortogonais e ambas são perpendiculares à reta s.
Todas as afirmações estão corretas.
O número de afirmações corretas é 4.
MG.12
1. A =
12 ⋅ 5 + 80 ⋅ 3
60 + 240
300
=
=
= 150
2
2
2
V - A + F = 2 s V - 150 + 92 = 2 s V = 60
2.a
A=
5⋅4 + 4⋅3
32
=
= 16
2
2
V - A + F = 2 s V - 16 + 9 = 2 s V - 7 = 2 s V = 9
3.a
15 ⋅ 3 + 1 ⋅ 4 + 7 ⋅ 5 + 2 ⋅ 6 = 2A
12
45 + 4 + 35 + 12 = 2A s
s 2A = 96 s
s A = 48
V-A+F=2s
s V - 48 + 25 = 2 s
s V = 25
9x
9x
eV=
(V)
2
4
Temos que F = x + y
Substituindo esse resultado em IV, temos:
x +
3x
9x
=2+
s
2
4
s 4x + 6x = 8 + 9x s
s x = 8 e y = 12
Logo, o poliedro tem 8 + 12 = 20 faces.
MG.13
1.Se o prisma é reto, temos que os lados da base que medem 4 cm e
3 cm são perpendiculares, pois a base é um triângulo retângulo de
catetos 3 cm e 4 cm e hipotenusa 5 cm.
A área Ab da base é 6 cm².
A área A lateral é dada por:
4 ⋅ 3,5 + 5 ⋅ 3,5 + 3 ⋅ 3,5 = 14 + 17,5 + 10,5 = 42 cm2
Então temos:
At = 2 ⋅ Ab + A = 12 + 42 = 54 cm2
V = Ab ⋅ 3,5 = 6 ⋅ 3,5 = 21 cm3
2.a
Seja a o lado do hexágono que representa a base do prisma. Dessa
forma, o apótema da base é a altura de um triângulo equilátero
cujo lado é a.
Hiper 2
Matemática
Resolução
3
a
a 3
= 3 s a=2
2
 a2 ⋅ 3 
 22 ⋅ 3 
Ab = 6 ⋅ 
 s Ab = 6 ⋅ 
 s Ab = 6 3 cm 2
4 
4 


3
MG.14
3
2
V = Ab ⋅ h s V = 6 3 ⋅ 3 s V = 18 cm
1.c
Volume do prisma: V1 = Ab ⋅ H1
3
3. Soma = 18 (02 + 06)
Considere a figura seguinte, base do prisma ABCDE, conforme o
enunciado.
A
10 2
10 2
B
5. c
Sejam a, b, c, o comprimento, a altura e a largura do paralelepípedo, respectivamente; assim:
V = abc
V + 35 = a(b + 1) ⋅ c s abc + 35 = abc + ac s ac = 35 m2
At = 2(ab + ac + bc) s
s At + 24 = 2[a(b + 1) + ac + (b + 1) ⋅ c]
2ab + 2ac + 2bc + 24 = 2ab + 2a + 2ac + 2bc + 2c s a + c = 12
A, = 96 m2
2ab + 2bc = 96 s ab + bc = 48 m2 s b(a + c) = 48 s b ⋅ 12 = 48 s
sb=4
De a + c = 12 e a ⋅ c = 35 vem:
c = 12 - a
a ⋅ (12 - a) = 35 s -a2 + 12a - 35 = 0 s a2 - 12a + 35 = 0
a1 = 5
a2 = 7
∴ a = 5 m; b = 4 m; c = 7 m ou
a = 7 m; b = 4 m; c = 5 m
V = abc = 140 m3
10
10
10
E
Volume da pirâmide: V2 =
1
⋅ Ab ⋅ H2
3
Do enunciado, temos que:
V1 = 2 ⋅ V2 s Ab ⋅ H1 = 2 ⋅
1
2 ⋅ H2
3 ⋅ H1
s H2 =
⋅ Ab ⋅ H2 s H1 =
3
3
2
2.Soma = 31 (01 + 02 + 04 + 08 + 16)
Considere a figura:
10
V
20
C
D
Sendo h a altura do triângulo isósceles, temos, por Pitágoras:
200 = h2 + 100 s h2 = 100 s h = 10 cm
A área da base Ab do prisma é a área do retângulo de lados 20 e 10
somada com a área do triângulo isósceles.
Ab = 20 ⋅ 10 +
D’
A’
20 ⋅ 10
= 200 + 100 = 300 cm2
2
D
A
(01)(F) A = 20 ⋅ 10 + 2 ⋅ 10 ⋅ 10 + 2 ⋅ 10 2 ⋅ 10 =
= 200 + 200 + 200 2 = (400 + 200 2 ) cm2
(02)(V) V = Ab ⋅ 10 = 300 ⋅ 10 = 3.000 cm3
(04)(F) O prisma tem apenas 5 faces retangulares, que são as laterais.
(08)(F) At = 2 ⋅ Ab + A = 2 ⋅ 300 + 400 + 200 2 =
= 1.000 + 200 2 cm2
(16) (V) 5 em cada base.
4.e
Sejam a, b e c as arestas do paralelepípedo.
Temos: a = b = c e a + b + c = 18 s
2 3 4
3a
s b =
e c = 2a e a + b + c = 18
2
3a
+ 2a = 18 s 9a = 36 s a = 4, b = 6 e c = 8
Então: a +
2
O volume V do paralelepípedo é dado por:
V = abc = 4 ⋅ 6 ⋅ 8 = 192 m3
13
C’
B’
B
C
V0
10
12
BC
=
s
=
s B’C’ = 5 cm
B ’C ’
V0’
B ’C ’
6
A área da secção transversal é a área do quadrado de lado B’C’
Ab = 52 = 25 cm2.
1
1
(02)(V) V =
⋅ 102 ⋅ 12 = 400 cm3
⋅ Ab ⋅ h =
3
3
(04)(V) O volume do tronco é dado por:
Vt = volume da pirâmide maior - volume da pirâmide menor.
1
⋅ 25 ⋅ 6 = 400 - 50 = 350 cm3
Vt = 400 3
(01)(V)
Vt
Vp
(08)(V)
=
7
350
=
8
400
Abase menor
Abase maior
=
52
25
1
=
=
10 2
100
4
(16) (V) Ver o item (04).
Hiper 2
Matemática
Resolução
3.d
Considere a figura:
N
d
M
a
2
a 3
h é a altura do triângulo equilátero da face s h =
2
Aplicando Pitágoras no triângulo retângulo em destaque, temos:
2
s
2h
e a pirâmide I também
3
1
são semelhantes, e a razão de semelhança é .
2
2h
:
Seja w, o volume de altura
3
Por outro lado, a pirâmide de altura
h
M e N são pontos médios das arestas do tetraedro.
 a
h2 = d2 +  
 2
A razão entre os volumes é k3. Assim:
3
1
Bh
v  1
v
1
=  sv=
sv= ·B·h·
sv=


3
27
3
27
81
V
a 2
3a 2
a2
2a 2
= d2 +
s d2 =
sd=
2
4
4
4
3
v  1
8Bh
=   s w = 8v s w =
 2
w
81
O volume do tronco procurado é dado por:
w-v =
8⋅B⋅h B⋅h 7⋅B⋅h
=
81
81
81
4.a
Sejam:
Vp = volume do prisma
Vt = volume do tetraedro
Vs = volume do sólido restante
Dado:
MG.15
V
V t = s s Vs = 3 ⋅ V t
3
e Vp = Vt + Vs
Então:
Vp = Vt + 3Vt s
s Vp = 4Vt
Seja A a área do triângulo PRQ.
Assim:
1
Vp = A ⋅ AP e Vt = A ⋅ MP
3
Como Vp = 4Vt
Temos:
Tanque II. Volume = p ⋅ 22 ⋅ 8 = 32p cm3
Área lateral: 2p ⋅ 2 ⋅ 8 = 32p cm2
1
⋅ A ⋅ MP
3
3 AP 3PA
MP = PM =
=
4
4
A · AP = 4 ⋅
5.Observe a figura:
h
3
1.d
Tanque I. Volume = p ⋅ 22 ⋅ 6 = 24p cm3
Área lateral: 2p ⋅ 2 ⋅ 6 = 24p cm2
A
24
=
=1
V
24
A
32 π
=
=1
32 π
V
Tanque III. Volume = p ⋅ 32 ⋅ 8 = 72p cm3
Área lateral: 2p ⋅ 3 ⋅ 8 = 48p cm2
A
48 π 2
=
=
V
72 π 3
Entre as relações encontradas, a menor é
custo/benefício. (O custo é menor que o benefício.)
2.d
O volume V de um barril citado no enunciado é dado por
V = p ⋅ r2 ⋅ h s V = 3,14 ⋅ 252 ⋅ 90 s
s V = 176.625 cm3 = 176,625 dm3 = 176, 625 litros.
Assim, 1 barril equivale a 176,625 litros; logo, 100 mil barris equivalem a 100.000 ⋅ 176,625 = 17.662.500 litros
3.b
V t = 72 s 12 π r 2 = 72 s r 2 =
h
3
2
que é a que traz melhor
3
6
π
Vpetróleo = p ⋅ r2 ⋅ h = 42 s
s h = 7m
h
3
V = volume da pirâmide maior (cuja área da base é B e a altura é h)
h

v = volume da pirâmide I  cuja altura é 

3
A pirâmide maior e a pirâmide I são semelhantes e vale a relação:
h
1
3 = k s k = (razão de semelhança)
h
3
14
4.e
V1 = volume de água no cilindro sem o objeto.
V1 = p ⋅ r2 ⋅ h (em que h é a altura da água no cilindro).
V1 = p ⋅ 42 ⋅ h = 16 ⋅ p ⋅ h
V2 = volume do conteúdo do cilindro (pedra mais água).
V2 = p ⋅ 42 ⋅ (h + 3)
O volume V do objeto é dado por V = V2 - V1.
V = 16p(h + 3) - 16ph = 48p cm3
Considerando p = 3,14, temos
V = 48 ⋅ 3,14 H 151 cm3
Hiper 2
Matemática
Resolução
5.c
A altura original é 2. Admitindo que o raio da base desse cilindro
seja r, o volume original é: V = π ⋅ r2 ⋅ 2 s V = 2πr2
Situação 1: O raio passa a ser (r + 6) e a altura continua a ser 2.
V = π ⋅ (r + 6)2 ⋅ 2 s V = 2 ⋅ π ⋅ (r2 + 12r + 36) s
1
1
⋅ Ab ⋅ h s V1 = ⋅ ( π ⋅ 12 2 ) ⋅ b s
3
3
s V = 48 π ⋅ b s
1
s V1 = 432π s 48π ⋅ b = 432π s b = 9 cm
Hiper 2
Matemática
Resolução
s V1 =
s V = 2 ⋅ π ⋅ r 2 + 2 ⋅ π ⋅ ( 12r + 36 )
y
Situação 2: O raio continua a ser r e a altura passa a ser 8.
V2 = π ⋅ r 2 ⋅ 8 s V = 8 ⋅ π ⋅ r 2 s V = 2 ⋅ π ⋅ r 2 + 6 ⋅ π ⋅ r 2
y
12
6 ⋅ π ⋅ r = 2 ⋅ π ⋅ (12r + 36) s 3r = 12r + 36 s
s 3r2 - 12r - 36 = 0 s r2 - 4r - 12 = 0 s
 r = -2 (Não convém.)
s r 2 - 4r - 12 = 0 s 
 r = 6 (raio original)
2
2
MG.16
b=9
1.b
Seja 2r a medida do raio da base do cilindro e r a medida do raio
da base do cone e h a altura de ambos.
Vci = volume do cilindro; Vco = volume do cone
1
⋅ Ab ⋅ h s
3
1
s V1 = ⋅ ( π ⋅ 9 2 ) ⋅ 12 s
3
s V = 324 π cm 3
2
Vci
V
π ⋅ 4 ⋅ r2 ⋅ h
=
s ci = 12
π ⋅ r2 ⋅ h
Vco
Vco
3
4.
2.Seja a a medida do ângulo central em radianos.
2π
a=
3
Temos que:
V2 =
V1
h- y
1
1
= s
= s
V1
h
8
2
s h = 2y s
y
1
=
h 2
5.b
2πr
, em que r é o raio da base do cone e g a sua geratriz.
a=
g
a
Substituindo os valores de r e a que são conhecidos, temos:
1
2π
2π ⋅ 3
s g = 9 cm
=
3
g
1
5a
Sabemos que:
h
g2 = h2 + r2 s 81 = h2 + 9 s h2 = 72 s h = 6 2 cm
O volume V do cone é dado por:
V=
1
π⋅9⋅6 2
= 18p 2 cm³
⋅ p ⋅ r2 ⋅ h s V =
3
3
5
1
⋅ π ⋅ (R 2 ⋅ H - r 2 ⋅ h) s
3
1
s V tronco = ⋅ π ⋅ ( 5 2 ⋅ 5a - 12 ⋅ a ) s
3
124 π ⋅ a 124 π ⋅ a
93
s V tronco =
s
= 31π s a =
3
3
124
93
s h = 3 cm
h = 5a - a s h = 4a s h = 4 ⋅
124
V tronco =
3.a
b
12
15
5