SEMIEXTENSIVO – VOL. 3 – MATEMÁTICA A
05.01)
Pela definição de função composta temos: h(x) = g(f(x)), ou seja, h(x) = gof(x)
ALTERNATIVA D
05.02)
Se f(2) = 25 e g(25) = 5, baseado no exercício anterior, temos que g(f(2))=h(2), assim, temos
que h(2) = g(f(2)) = g(25) = 5.
ALTERNATIVA C
05.03)
g(f(x)) = [f(x)]2
g(f(x) = [4x]2
g(f(x) = 16x2
ALTERNATIVA B
05.04)
f (f ( x ))  f ( x )  1
2
f (f ( x ))   x 2  1 2  1
f (f ( x ))  ( x 2 )2  2  x 2  1  12  1
f (f ( x ))  x 4  2 x 2  2
ALTERNATIVA A
05.05)
gof (4)  g (f (4))  g (1)  0
Pois :
f (4)  5  4  f (4)  1
g (1)  12  1  g (1)  0
RESPOSTA: 0 (ZERO)
05.06)
g (f (0))  g (1)  1
Pois :
f (0)  03  1  f (0)  1
g (1)  1  2  g (1)  1
ALTERNATIVA E
05.07)
E  f (g (5))  g (f (5))
E  f (6)  g (10)
E  7  21
E  28
Pois :
g (5)  5  1  g (5)  6
f (5)  2  5  f (5)  10
f (6)  6  1  f (6)  7
g (10)  2  10  1  g (10)  21
ALTERNATIVA D
05.08)
f (g ( 2))  f ( 4)  26
Pois :
g ( 2)  2  ( 2)  g ( 2)  4
f ( 4)   4   10  f ( 4)  26
2
ALTERNATIVA B
05.09)
fog (t  3)  f (g (t  3))  f (t  1)   t  1  8   t  1  23
3
Pois :
g (t  3)  (t  3)  2  g (t  3)  t  1
f (t  1)   t  1  8
3
ALTERNATIVA A
3
05.10)
f (f ( x )) 
f (f ( x )) 
f (f ( x )) 
f (f ( x )) 
f (f ( x )) 
1
f (x)  1
1
1
1
x 1
1
1  ( x  1)
x 1
1
2x
x 1
x 1
2x
Então :
f (f ( x ))  1 
x 1
3
 1 x 1 2  x  x 
2x
2
ALTERNATIVA C
05.11)
3
f (g (2))  g (f (0))
4
3
E  f ( 4)  g (10)
4
3
E   26  20
4
E  4,5
Pois :
g ( 2)  2  ( 2)  g ( 2)  4
E
f (0)  02  10  f (0)  10
f ( 4)  ( 4)2  10  f ( 4)  26
g (10)  2  10  g (10)  20
ALTERNATIVA E
05.12)
Temos :
g (1)  12  t  g (1)  1  t
f (g (1))  f (1  t )  f (g (1))  (1  t )  4t  f (g (1)))  1  5t
Se
f (g (1))  16
Então
1  5t  16
t  3
ALTERNATIVA D
05.13)
fog ( x )  f (g ( x ))  a
a  g(x )  3  a
a  (bx  4)  3  a
a  (bx  4)  a  3
a  (bx  4  1)  3
a  (bx  3)  3
3a  3  abx
gof ( x )  g (f ( x ))  b
b  f (x)  4  b
b  (ax  3)  4  b
b  (ax  3)  b  4
b  (ax  3  1)  4
b  (ax  2)  4
2b  4  abx
3a  2b  ( 3  abx )  ( 4  abx )
3a  2b  3  abx  4  abx
3a  2b  1
ALTERNATIVA E
05.14)
f (g ( x ))   g ( x )  2  g ( x )
2
f (g ( x ))   x  1  2  ( x  1)
2
f (g ( x ))  x 2  2 x  1  2 x  2
f (g ( x ))  x 2  4 x  3
- Função Polin. 2º grau (ax2+bx+c): Parábola;
- Concavidade pra cima (a = 1);
- Raízes: 1 e 3 (positivas);
- Corta eixo y (x = 0): 3;
ALTERNATIVA A
05.15)
Pelo Gráfico, obtemos os seguintes valores:
g (1)  0
f ( 2)  0
f (0)  0
g (0)  2
Então, temos que:
f (g(1))  g(f (2)  f (0)  g(0)  0  2  2
ALTERNATIVA B
05.16)
b  f (a )
b  3a  2
g (b )  2b  3
g (b )  2  (3a  2)  3
g (b )  6a  1
ALTERNATIVA A
05.17)
g ( f ( x )  1   f ( x )
2
g (f ( x ))  1   x  1
2
g (f ( x ))  1   x 2  2 x  1
g (f ( x ))   x 2  2 x
- Concavidade pra baixo;
- Raízes: 0 e -2
- Intercepta eixo x: (0,0) e (-2,0)
- Intercepta eixo y: (0,0)
ALTERNATIVA C
05.18)
Faz-se:
x 3  m  x  m3
Então:
f ( x  3)  x  5
f (m )  (m  3)  5
f (m )  m  8
Faz-se:
f (g( x ))  g( x )  8
E, segundo o enunciado, temos:
f (g( x ))  x 2  6x  8
Então:
g( x )  8  x 2  6x  8
g( x )  x 2  6x
g(x) é Parábola com concavidade pra baixo, ou seja, possui ponto de mínimo que é o vértice da
parábola. Sendo g(k) o valor mínimo da função, k é o valor de x que gera esse valor mínimo, ou
seja, k é a abscissa do vértice. Então:
k  xv
b
2a
( 6)
k 
2 1
k 3
k 
ALTERNATIVA D
05.19)
a)
C(t )  C( p(t ))
C(t )  0,5  p(t )  1
C(t )  0,5  (10  0,1 t 2 )  1
C(t )  0,05  t 2  6
b)
C(t )  13,2
0,05t 2  6  13,2
0,05t 2  7,2
t 2  144
t  12
Resposta: 12 anos
05.20)
Sabe  se :
1
x2
Percebe  se :
fog ( x )  x 2 
2
1

fog ( x )   x    2
x

fog ( x )  f (g ( x ))   g ( x )  2  f ( x )  x 2  2
2
Então :
f (4)  42  2  f (4)  18
Resposta: 18
06.01)
Somente funções bijetoras admitem inversa.
ALTERNATIVA D
06.02)
Pontos simétricos em relação a uma reta estão a mesma distância da mesma, ou seja, B está
situado á mesma distância da bissetriz dos quadrantes ímpares que o ponto A.
ALTERNATIVA C
06.03)
Se o ponto A(4,7), então, B(7,4)
Formando o triângulo retângulo, teremos:
- Cateto paralelo ao eixo x: distância entre 4 e 7, ou seja, mede 3;
- Cateto paralelo ao eixo y: distância entre 4 e 7, ou seja, mede 3;
- Hipotenusa: distância entre A e B;
hip 2  cat 2  cat 2
hip 2  32  32
hip 2  18
hip  3 2
ALTERNATIVA B
06.04)
(V)
(V) Injetoras mas não são sobrejetoras
(V) sobrejetoras mas não são injetoras
(V)
(F) Não necessariamente (3ª afirmação)
Resposta: VVVVF
06.05)
O domínio (x) e a imagem (y) da função e de sua inversa trocam a cada ponto, então, se
f(4)=10, temos que f-1(10)=4.
ALTERNATIVA D
06.06)
f ( x )  4x  8
y  4x  8
x  4y  8
x  8  4y
x 8
y
4
x 8
f 1( x )  
4 4
1
8
f 1( x )  x 
4
4
1
f ( x )  0,25 x  2
ALTERNATIVA A
06.07)
f(x) = x2 (Parábola, concavidade pra cima e vértice na origem)
Im (f) : IR+
B = Im(f) (Sobrejetora)
B = IR+
ALTERNATIVA D
06.08)
g( x )  x  4
y  x4
x y 4
y  x4
g 1( x )  x  4
ALTERNATIVA D
06.09)
f (x)  x3  1
y  x3  1
x  y3 1
x 1 y3
3
x 1  y
f 1( x )  3 x  1
ALTERNATIVA B
06.10)
Se
f (10)  2  f 1(2)  10
f 1(7)  15  f (15)  7
Sabe-se também que para qualquer f(x), temos:
f (f 1( x ))  f 1(f ( x ))  x
Então:
m  f 1(2)  f (15)  f (f 1(8))  f 1(f (20))
m  10  7  8  20
m  45
ALTERNATIVA A
06.11)
g (1)  13  1  g (1)  2
Se
f 1(g (1))  k
Então
f (k )  g (1)
f (k )  2
f ( x )  ax  b
f (0)  3  a.0  b  3  b  3
f (2)  0  a.2  b  0  a  
3
2
Assim :
3
f (x)   x  3
2
3
3
2
f ( k )   k  3  2   k  1  k 
2
2
3
Então :
f 1(g (1)) 
2
3
ALTERNATIVA D
06.12)
f(x) = x2
- Parábola, concavidade pra cima, vértice na origem;
- Não é injetora (simétrico ao eixo y);
- Não é sobrejetora (Imagem: IR+ que é diferente do contradomínio : IR);
- Crescente para x >0 e Decrescente para x < 0;
ALTERNATIVA E
06.13)
Se é invertível, é bijetora. Então é sobrejetora, ou seja, a Imagem de f(x) é igual ao
contradomínio;
A imagem de f(x) é igual ao domínio de f-1(x), assim:
2 x
2x
2 x
y
2x
2 y
x
2y
2  y  2 x  xy
y  xy  2 x  2
f (x) 
y (1  x )  2 x  2
2x  2
1 x
2x  2
f 1( x ) 
1 x
y
O domínio de f-1(x) é:
1 x  0  x  1
D(f) = IR – {-1}
Então, temos que a = -1
ALTERNATIVA D
06.14)
Para julgar um gráfico de uma função injetora, a regra prática é traçar paralelas ao eixo x.
Quando a função for injetora, todas as paralelas interceptarão o gráfico apenas uma vez.
ALTERNATIVA E
06.15)
f(x) = x2
F: IR  IR
- Parábola, concavidade pra cima, vértice na origem;
- Não é injetora (simétrico ao eixo y);
- Não é sobrejetora (Imagem: IR+ que é diferente do contradomínio : IR);
ALTERNATIVA E
06.16)
f ( x  6)  3 x  11
Se
f ( x  5)  3 x  8
Faz  se :
x  ( x  1)
f (( x  1)  5)  3( x  1)  8
f ( x  6)  3 x  11
FALSO
g 1( x ) 
1
1
x
2
2
Se
g ( x )  2x  1
y  2x  1
x  2y  1
x  1  2y
x 1
y
2
x 1
g 1( x )  
2 2
1
1
g 1( x )  x 
2
2
FALSO
f (2)  g 1(7)  10
Em f(x), para x = 7, temos:
f (7  5)  3.7  8
f (2)  13
Em g-1(x), para x =7, temos:
1
1
.7 
2
2
1
g (7)  3
g 1(7) 
Substituindo, temos: 13  3  10
VERDADEIRO
ALTERNATIVA C
06.17)
f(x) = x2
Se: f: IR  IR
- Parábola, concavidade pra cima, vértice na origem;
- Não é injetora (simétrico ao eixo y);
- Não é sobrejetora (Imagem: IR+ que é diferente do contradomínio : IR);
Se: f: IR  IR+
- Parábola, concavidade pra cima, vértice na origem;
- Não é injetora (simétrico ao eixo y);
- É sobrejetora (Imagem: IR+ que é igual ao contradomínio : IR);
Se: f: IR+  IR
- Parte de uma Parábola com concavidade pra cima, vértice na origem;
- É injetora (parte direita da parábola ; para x > 0);
- Não é sobrejetora (Imagem: IR+ que é diferente do contradomínio : IR);
II e III são verdadeiras
ALTERNATIVA E
06.18
I – VERDADEIRA
II – FALSO
III – FALSO : Se é sobrejetora o contradomínio e imagem são iguais;
IV – VERDADEIRO
ALTERNATIVA E
06.19)
x 1
2x  a
x 1
y
2x  a
y 1
x
2y  a
y  1  2 xy  ax
y  2 xy  ax  1
f (x) 
y (1  2 x )  ax  1
ax  1
y
1  2x
ax  1
f 1( x ) 
1  2x
Então
ax  1 1  3 x

1  2x 2x  1
2ax 2  ax  2 x  1  1  3 x  2 x  6 x 2
2ax 2  (a  2)x  1  6 x 2  5 x  1
Igualando os coeficientes correspondentes, temos:
2a  6  a  3
ou
a25a 3
Resposta: a = 3
06.20)
Se x for par, f(x) é par ou f(x) é ímpar;
Se x for ímpar, f(x) é par ou f(x) é ímpar;
Logo: Im (f) = IN (SOBREJETORA)
f(1) = 1
f(2) = 1
NÃO INJETORA
Logo: NÃO BIJETORA
SEMIEXTENSIVO – VOL. 3 – MATEMÁTICA B
05.01)
FUNDO AZUL
Casa = 2 / Palmeira = 2
total  2  2  4
FUNDO CINZA
Casa = 3 / Palmeira = 1
total  3  1  3
TOTAL = 4 + 3 = 7
Alternativa B
05.02)
2ª e4 barras precisam ser iguais;
1ª e 5ª barras precisam ser iguais;
2 2 2 1 1
TOTAL = 8 – (todas claras) – (todas escuras)
TOTAL = 6
Alternativa D
05.03)
* Usando 1ª engrenagem da coroa = 2 marchas (usando engrenagens 1 ou 2 do pinhão);
* Usando 2ª engrenagem da coroa = 6 marchas (usando uma das 6 engrenagens do pinhão);
* Usando 3ª engrenagem da coroa = 6 marchas (usando uma das 6 engrenagens do pinhão);
TOTAL = 14 marchas
Alternativa C
05.04)
Ida = 3 opções
Volta = 2 opções
Total = 3 . 2 = 6 opções
Alternativa E
05.05)
Usando {1, 3, 5, 7, 9}, para um número ser divisível por 5, terá o algarismo das unidades igual a
5, assim:
432 1
24 números de 4 algarismos divisíveis por 5.
Alternativa A
05.06)
A para B: 3 rodovias e 2 ferrovias
B para C: 2 rodovias e 2 ferrovias
1ª Opção
A para B por Rodovia e B para C por Ferrovia = 3 . 2 = 6
2ª Opção
A para B por Ferrovia e B para C por Rodovia = 2 . 2 = 4
TOTAL = 10
Alternativa B
05.07)
2 . 4 . 5 . 3 = 120 maneiras distintas
Alternativa E
05.08)
* Para ser divisível por 2, o último algarismo precisa ser par;
6543
360 números de quatro algarismos.
Alternativa C
05.09)
Usando {1, 3, 5, 7, 9}, temos:

Para ser maior que 200 e menor que 800 precisa começar com 3, 5 ou 7;
3 . 4 . 3 = 36
Alternativa B
05.10)
Para cada edição da Copa, apenas 4 continentes podem se candidatar. Assim:
4 . 4 . 4 = 64
Alternativa B
05.11)
Cálculo do número de senhas possíveis (apenas os últimos 4 algarismos pois os dois primeiros
já estão definidos):
7 . 6 . 5 . 3 = 630 senhas
Como gasta 10 segundos por senha: 6300 segundos = 1,75 horas = 1h 45min
Alternativa A
05.12)
(m  3)! (m  2)!  ( m  1)!
(m  3)(m  2)(m  1)! ( m  2)( m  1)!  ( m  1)!
(m  2)(m  1)![( m  3)  1]  ( m  1)!
(m  2)2  1
m  2  1  m  1
ou
m  2  1  m  3(Im possível )  m  1
Alternativa A
05.13)
Como os algarismos da senha precisam ser distintos, temos:
3 . 3 . 2 . 2 = 36
Alternativa C
05.14)
1ª Opção: Repetir o 1 ou o 10 e escolher 7 entre os 8 números restantes
2 . 8 = 16
2ª Opção: Repetir um dos 8 números ausentes e escolher 6 entre os 7 números restantes
8 . 7 = 56
TOTAL = 16 = 56 = 72
Alternativa E
05.15)
Total de senhas sem as restrições: 10 . 10 . 10 . 10 . 10 . 10 = 106
Dentre as senhas que não são permitidas, para os dois algarismos centrais há 12 opções e,
para os demais 4 algarismos há 10 opções cada, assim: 10 . 10 . 12 . 10 . 10 = 12 . 104
Subtraindo: 106 – 12.104
Alternativa A
05.16)
Dois algarismos (começar com par e terminar com ímpar)
3.3=9
Três algarismos (começar com par e terminar com ímpar)
3 . 4 . 3 = 36
Quatro algarismos (começar com par e terminar com ímpar)
3 . 4 . 3 . 3 = 108
Cinco algarismos (começar com par e terminar com ímpar)
3 . 4 . 3 . 2 . 3 = 216
Seis algarismos (começar com par e terminar com ímpar)
3 . 4 . 3 . 2 . 1 . 3 = 216
TOTAL = 9 + 36 + 108 + 216 + 216 = 585 números
Alternativa D
05.17)
* Considere o retângulo ABCD cujas diagonais são: AC e BD;
* Partindo do vértice A com 4 opções de cores, temos:
1º caso
Vértices B e D com a mesma cor (diferente de A), lembrando que o vértice C precisa ser
diferente de B e D, mas pode ser igual ao A.
Seguindo a sequência alfabética dos vértices temos as seguintes opções de cores para cada um
deles:
4 . 3 . 3 . 1 = 36
2º caso
Vértices B e D com cores diferentes (diferente de A), lembrando que o vértice C precisa ser
diferente de B e D, mas pode ser igual ao A.
Seguindo a sequência alfabética dos vértices temos as seguintes opções de cores para cada um
deles:
4 . 3 . 2 . 2 = 48
TOTAL = 36 + 48 = 84
Alternativa D
05.18)
Total de senhas sem as restrições: 5 . 5 . 5 . 5 = 625
Senhas com o número “13” que pode ocupar 3 posições (duas primeiras, duas centrais ou duas
últimas). Assim:
3 . (5.5) = 75
Subtraindo, temos: 625 – 75 = 550
Porém, a senha “1313” foi subtraída duas vezes (foi contada como uma das senhas com “13”
na duas primeiras e contada outra vez como uma das senhas com “13” nas duas últimas),
sendo assim, é necessário somar “1” para compensar o duplo desconto. Então:
TOTAL = 550 + 1 = 551
Alternativa A
05.19)
1 símbolo: 2 letras
2 símbolos: 2 . 2 = 4 letras
3 símbolos: 2 . 2 . 2 = 8 letras
4 símbolos: 2 . 2 . 2 . 2 = 16 letras
5 símbolos: 2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 32 letras
6 símbolos: 2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 64 letras
7 símbolos: 2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 128 letras
8 símbolos: 2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 256 letras
TOTAL = 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64 + 128 + 256 = 510
05.20)
1º e último: linhas 2 / 2º e 3º : linha 1
3 . 3 . 3 . 3 = 81
1º e último: linha 3 / 2º e 3º : linha 2
3 . 3 . 3 . 3 = 81
1º e último: linha 4 / 2º e 3º: linha 3
1.3.3.1=9
TOTAL = 81 + 81 + 9 = 171 senhas possíveis
06.01)
Como sempre sai de “A” e volta pra “A”, João precisa permutar as outras 5 cidades, assim,
descartando as simétricas, João examinará:
1
1
 P5   5!  60 sequências distintas.
2
2
Ele gasta 1min30seg por cada uma delas, então: Tempo = 90 minutos.
Alternativa B
06.02)
1ª jogada: x
2ª jogada: 2.x
3ª jogada: 3.2.x
4ª jogada: 4.3.2.x
.
.
.
na jogada: n.(n-1)...3.2.x  na jogada: n! x  n! = 720 n! = 6!  n =6
Alternativa B
06.03)
2 sucos / 5 salgados / 4 sobremesas
Total  P3 .P2 .P5 .P4
Total  3!.2!.5!.4!
Total  6.2.120.24
Total  34560
Alternativa E
06.04)
6 letras distintas;
P6  6!  720
Alternativa A
06.05)
9 letras: 2 C / 2 O / 1 H / 1 L / 1 A / 1 T / 1 E
P
2,2
9

9!
9.8.7.6.5.4.3
2,2
 P9 
 90720
2!2!
2
Alternativa C
06.06)
Se Carlos foi o primeiro e Bruno o último, as possibilidades são as permutações entre os outros
quatro amigos, então:
P
4
 4!  24
Alternativa D
06.07)
É a permutação de seis “símbolos” sendo que dois se repetem (cara) os outros quatro também
são repetidos (coroa), então:
P
2,4
6

6!
 15
2!4!
Alternativa E
06.08)
Começando com “G”, usa-se as outras 7 letras (distintas)da palavra para as 3 vagas. Então:
7 . 6 . 5 = 210
Alternativa C
06.09)
Considere Pedro e Luísa apenas “uma pessoa”
Considere João e Rita apenas “uma pessoa”
Ficamos com “duas pessoas” para permutarmos sendo que, dentro de cada uma das
“pessoas”, é possível permutar entre eles, assim:
P P P
2
2
Alternativa C
06.10)
2
 2! 2! 2!  8
Locomotiva sempre na 1ª posição
Restaurante não pode ocupar a 2ª posição
1 . 5 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 600
Alternativa D
06.11)
Permutar 6 resultados sendo que há dois repetidos (vitória), outros 2 repetidos (empate) e
outros dois repetidos (derrota). Assim:
P
2,2,2
6

6!
 90
2!2!2!
Alternativa B
06.12)
Começando por “P” e terminando em “O”
P
3
6

6!
 120
3!
Começando por “G” e terminando em “O”
P
2,3
6

6!
 60
2!3!
TOTAL = 120 + 60 = 180
Alternativa B
06.13)
Considerar as vogais como se fosse apenas “uma letra”, assim teremos que permutar 6 letras.
Lembrar que dentro da “letra” formada pela vogal, posso permutar as três que a formam.
Assim:
P P
6
3
 6!3!  4320
Alternativa E
06.14)
Antes do número 75391 estão todos os que começam com 1, 3 e 5, assim:
3.4.3.2.1 = 72
Dentre os que começam com 7, antes do número 75391 estão os que começam com 71 e 73,
assim:
2.3.2.1 = 12
Dentre os que começam com 75, antes do número 75391 estão os que começam com 751,
assim:
2.1 = 2
Dentre os que começam com 753, antes do número 75391 está o número 75319.
Ou seja, o total de números antes de 75391 é (72+12+2+1) = 87
Assim, o número 75391 ocupa a 88ª posição.
Alternativa C
06.15)
1) Entre A e B
Uma opção: NLNLLL
Todas as opções para o trecho são as permutações desses sentidos, assim:
P
2,4
6

6!
 15
2!4!
2) Entre B e C
Uma opção: LNNLN
Todas as opções para o trecho são as permutações desses sentidos, assim:
P
2,3
5

5!
 10
2!3!
Para cada opção do trecho entre A e B, há 10 opções de trechos entre B e C, assim:
TOTAL = 15 . 10 = 150
Alternativa E
06.16)
Total de possibilidades:
P
8
 8!  40320
Possibilidades com A e B juntos:
TOTAL = 40320 – 10080 = 30240
Alternativa C
06.17)
P P
7
2
 7!2!  10080
3 matérias / 2 horários por dia
Segunda Feira: 3 . 2 = 6 opções
Quarta Feira: 3 . 2 – (mesmas matérias de 2ª) = 6 – (2) = 4
Sexta Feira: Duas matérias com duas opções de ordem das aulas = 2
PFC: 6 . 4 . 2 = 48 opções de horário
Alternativa B
06.18)
As 6 serão colocadas em 6 posições. Para que as vogais fiquem em ordem alfabética, temos:
1ª) Opção: Vogais em posições consecutivas (1ª,2ª ,3ª / 2ª,3ª,4ª /3ª,4ª,5ª /4ª,5ª,6ª )
4 . (Permutações das consoantes) = 4 
P
3
 4  3!  24
2ª Opção: Vogais em posições um espaço entre as duas primeiras (1ª,3ª,4ª /2ª,4ª,5ª /3ª,5ª,6ª )
3. (permutações das consoantes) = 3 
P
3
 3  3!  18
3ª Opção: Vogais em posições com dois espaços entre as duas primeiras (1ª,4ª,5ª/2ª,5ª,6ª )
2. (permutações das consoantes) = 2 
P
3
 2  3!  12
4ª Opção: Vogais em posições com três espaços entre as duas primeiras (1ª, 5ª ,6ª)
1. (permutações das consoantes) = 1
P
3
 1 3!  6
5ª Opção: Vogais em posições com um espaço entre as duas últimas (1ª,2ª,4ª /2ª,3ª,5ª
/3ª,4ª,6ª )
3. (permutações das consoantes) = 3 
P
3
 3  3!  18
6ª Opção: Vogais em posições com dois espaços entre as duas últimas (1ª,2ª,5ª/2ª,3ª,6ª )
2. (permutações das consoantes) = 2 
P
3
 2  3!  12
7ª Opção: Vogais em posições com três espaços entre as duas últimas (1ª,2ª ,6ª)
1. (permutações das consoantes) = 1
P
3
 1 3!  6
8ª Opção: Vogais em posições com um espaço entre as duas primeiras e um espaço entre as
duas últimas (1ª,3ª,5ª / 2ª,4ª,6ª )
2. (permutações das consoantes) = 2 
P
3
 2  3!  12
9ª Opção: Vogais em posições com um espaço entre as duas primeiras e dois espaços entre as
duas últimas (1ª,3ª, 6ª)
1. (permutações das consoantes) = 1
P
3
 1 3!  6
10ª Opção: Vogais em posições com dois espaços entre as duas primeiras e um espaço entre as
duas últimas (1ª, 4ª, 6ª)
1. (permutações das consoantes) = 1
P
3
 1 3!  6
TOTAL = 24 + 18 + 12 + 6 + 18 + 12 + 6 + 12 + 6 + 6 = 120
Alternativa D
06.19)
Total de maneiras sem as restrições: 15!
Total de maneiras de ordenar os homens sem restrições: 5!
Total de maneiras de ordenar as mulheres sem restrições: 10!
Como as posições em ordem crescente e decrescente são únicas, é necessário considerar que
as ordens de cada grupo são repetições que precisam ser descartadas, assim:
P
5,10
15
=
15!
15.14.13.12.11
=
= 3003
5!10!
5.4.3.2.1
06.20)
O grupo de franceses precisará ser o primeiro, ou seja, permuta-se apenas dois grupos.
Dentro de cada um dos três grupos há as permutações entre os membros. Assim:
P ×P ×P ×P
2
5
3
4
= 2!×5!×3!× 4! = 34560
Semiextensivo – vol. 3 – Matemática C
05.01)
A + B = 28
A + C = 35
B + C = 23
Logo:
ì1A + 1B + 0C = 28
ï
í1A + 0B + 1C = 35
ï0A + 1B + 1C = 23
î
Escalonando:
ì1A + 1B + 0C = 28
ï
í0A + 1B - 1C = -7
ï0A + 1B + 1C = 23
î
escalonando:
ì1A + 1B + 0C = 28
ï
í0A + 1B - 1C = -7
ï0A + 0B - 2C = -30
î
Calculando, tem-se:
C = R$15,00; B = R$8,00 e A = R$20,00
ALTERNATIVA D
05.02)
Preço do cinto: x
Preço da camiseta: y
Preço da calça: z
ì x + 2y + z = 23
ï
í2x + y + z = 21
ï x + y + 2z = 28
î
Escalonando :
ì x + 2y + z = 23
ï
í0x + 3y + z = 25
ï0x + y - z = -5
î
Escalonando :
ì x + 2y + z = 23
ï
í0x + 3y + z = 25
ï0x + 0y - 4z = -40
î
Calculando :
z = R$10,00
y = R$5,00
x = R$3,00
ALTERNATIVA B
05.03)
ì x + 5y + 10z = 500
ï
í x + y + z = 92
ïx - z = 0
î
Isolando x = z
Substituindo:
ì x + 5y + 10x = 500
í
î x + y + x = 92
Assim:
ì11x + 5y = 500
í
î2x + y = 92
Multiplicando:
ì11x + 5y = 500
í
î-10x - 5y = -460
Somando as equações:
x = 40
Logo, y = 12 e z = 40
ALTERNATIVA D
05.04)
Qtde cédulas de 1: x
Qtde cédulas de 5: y
Qtde cédulas de 10: z
ì1x + 5y + 10z = 500
ï
í x + y + z = 92
ïx = z
î
Substituindo:
ì x + 5y + 10x = 500
í
î x + y + x = 92
Assim:
ì11x + 5y = 500
í
î2x + y = 92
Multiplicando:
ì11x + 5y = 500
í
î-10x - 5y = -460
Somando, tem-se:
x = 40; y = 12 e z = 40
ALTERNATIVA A
05.05)
Qtde pastel: x
Qtde iogurte: y
Qtde chocolate: z
ì1x + 0,50y + 0,60z = 2,20
ï
í200x + 50y + 600z = 1350
ï28x + 4y + 24z = 66
î
Escalonando :
ì x + 0,50y + 0,60z = 2,20
ï
í0x + 50y - 480z = -910
ï0x + 10y - 7,20z = -4,40
î
Escalonando :
ì x + 0,50y + 0,60z = 2,20
ï
í0x + 50y - 480z = -910
ï0x + 0y + 444z = 888
î
Calculando :
z=2
y =1
x = 0,50
Esses valores representam as quantidades de porções de 100 gramas. Em gramas a resposta é:
z = 200
y = 100
x = 50
ALTERNATIVA E
05.06)
Preço refrigerante: x
Preço água: y
Preço cerveja: z
3x + 3y + 2z = 17,20
3x + 2y + 3z = 14,00
z- x = y -z
OpçãoI :
3x + 3y + 2z = 17,20
3x + 2y + 3z = 14,00
x + y - 2z = 0
Escalonando :
3x + 3y + 2z = 17,20
0x + y - z = 3,20
0x + 0y - 8z = -17,20
Calculando :
z = R$2,15
y = R$5,35
x = -R$3,15
OpçãoII
3x + 3y + 2z = 17,20
3x + 2y + 3z = 14,00
x - y + 0z = 0
Escalonando :
3x + 3y + 2z = 17,20
0x + y - z = 3,20
0x - 6y - 2z = -17,20
Escalonando :
3x + 3y + 2z = 17,20
0x + y - z = 3,20
0x + 0y - 8z = 2,00
Calculando :
z = -R$0,25
y = R$2,95
x = R$8,35
05.07)
Substituindo os valores da solução na equação temos:
4  3  k  ( 2)  ( 5)  13
12  2k  5  13
2k  4
k 2
ALTERNATIVA C
05.08)
Substituindo as duas soluções na equação temos:
m  3  n  ( 1)  18
m  6  n  1  18
Então :
3m  n  18
6m  n  18
Somando :
9m  36
m4
Substituindo :
3.4  n  18
n  6
ALTERNATIVA C
05.09)
3 x  y  11
4 x  3 y  18
Multiplicando :
9 x  3 y  33
4 x  3 y  18
Somando :
5 x  15
x 3
Substituindo :
4.3  3 y  18
y 2
Solução : (3,2)
ALTERNATIVA B
05.10)
O denominador na regra de Cramer é o determinante principal, assim:
D
3 5
4
7
D  21  20
D  41
ALTERNATIVA A
05.11)
Pela regra de Cramer, temos:
1
1
1
D 3 2 0
2 1 3
D  6  0  3  4  0  9
D  4
6
1
1
Dx  18
2
0
14 1 3
Dx  36  0  18  28  0  54
Dx  28
x
Dx
28
x
x 7
D
4
ALTERNATIVA D
05.12)
Pela regra de Cramer, temos:
4
1
1
D  3 2 4
2 3 2
D  16  8  9  4  48  6
D  5
4
9
1
Dy  3 11
4
2
2
2
Dy  88  72  6  22  32  54
Dy  10
y
Dy
10
y 
y 2
D
5
ALTERNATIVA D
05.13)
Pelo escalonamento, teremos:
 xy z 6

 3 x  4y  z  8
2 x  3 y  4z  20

Escalonando :
 x  y  z  6(I )

  y  4z  10(II )
 y  2z  8(III )

Subtraindo : (II )  (III )
6z  18  z  3
Substituindo :
 y  4.3  10
y 2
E
x 23  6
x 1
x 2  y 2  z 2  12  22  32  1  4  9  14
ALTERNATIVA E
05.14)
 3 x  2y  10

6 x  4 y  20
Multiplicando :
6 x  4 y  20

6 x  4 y  20
Somando :
00
SPI
ALTERNATIVA B
05.15)
 x  y  z  0(I )

 x  y  z  2(II )
2 x  y  3z  1(III )

Somando : (I )  (II )
2x  2
x 1
Substituindo :
1  y  z  2  z  1  y (IV )
Substituindo : (IV )em(III )
2.1  y  3.(1  y )  1
2  y  3  3y  1
2y  2
y  1
E
z0
Então :
(a, b, c )  (1, 1,0)
a  b  c  1  ( 1)  0
abc 0
ALTERNATIVA A
05.16)
Pela regra de Cramer, temos:
1
1
1
D  3 2 1
0 10 9
D  18  30  10  27
D  5
1
1
0
Dz  3 2
7
0 10 12
Dz  24  70  36
Dz  10
z
Dz
10
z
z2
D
5
ALTERNATIVA D
05.17)
 x  y  2a

2
2
bx  ay  a  b
Multplicando :
2
ax  ay  2a

2
2
bx  ay  a  b
Somando :
bx  ax  b 2  a 2
x (b  a )  (b  a ).(b  a )
x  ba
Substituindo :
b  a  y  2a
y ab
ALTERNATIVA C
05.18)
ax  y  a 2

 x  y  2a  1
Subtraindo :
ax  x  a 2  (2a  1)
x (a  1)  a 2  2a  1
x (a  1)  (a  1)2
x  a 1
Substituindo :
a  1  y  2a  1
y a
y  x  a  (a  1)
y  x 1
ALTERNATIVA A
05.19)
3 x  y  z  2(I )

2 x  y  z  8(II )
 4 x  y  z  12(III )

Somando : (I )  (II )
5 x  10  x  2
Substiutindo :
3.2  y  z  2

2.2  y  z  8
 4.2  y  z  12

  y  z  4(IV )

 y  z  4(V )
 y  z  4(VI )

Percebe  se :
(IV )  (V )  (VI )
Logo :
S.P.I
ALTERNATIVA E
05.20)
Multiplicando as matrizes e igualando, temos:
 x  y  z  1(I )

2 x  y  1(II )
 x  z  0(III )

De(II ) :
2x  y  1  y  2x  1
De(III ) :
xz 0z  x
Então :
( x, y , z )  ( x,2 x  1, x )
ALTERNATIVA A
05.21)
2a  2c  12(I )

2b  2c  14(II )
2a  2d  18(III )

Somando : (II )  (III )
2a  2c  2b  2d  32
Perímetro  2a  2b  2c  2d
Perímetro  32cm
ALTERNATIVA E
05.22)
 x  y  z  t  11(I )
 x  y  z  4(II )


 x  y  t  4(III )
 y  z  t  2(IV )
Subtraindo : (I )  (II )
2z  t  7(V )
Subtraindo : (II )  (III )
 z  t  0  z  t (VI )
Substituindo : (VI )em(V )
2z  z  7  z 
7
3
Logo :
7
3
Em(IV ) :
t
7 7
  2  y   2
3 3
Em(I ) :
y
x  ( 2) 
x
7 7
  11
3 3
25
3
x.y .z.t 
25
7 7
.( 2). .
3
3 3
ALTERNATIVA ??
05.23)
 x  y  z  t  11(I )
 x  y  z  t  9(II )


 x  y  z  t  7(III )
 x  y  z  t  5(IV )
Somando : (I )  (II )
2x  2  x  1
Somando : (I )  (III )
2y  4  y  2
Somando : (I )  (IV )
2z  6  z  3
Substituindo :
1  2  3  t  11  t  5
Logo :
x.y .z.t  1.2.3.5  30
Resposta = 30
05.24)
2 x  y  z  w  1(I )
 x  2y  z  w  2(II )


 x  y  2z  w  3(III )
 x  y  z  2w  4(IV )
Subtraidndo : (I )  (II )
x  y  1  y  x  1
Subtraindo : (I )  (III )
x  z  2  z  x  2
Subtraindo : (I )  (IV )
x  w  3  w  x  3
Substituindo :
2 x  ( x  1)  ( x  2)  ( x  3)  1  x  1
Então :
y 0
z 1
w 2
Solução : {( 1,0,1,2)}
06.01)
 6 x  y  2z

12 x  6z
6 x  2 y  z

Em(II ) :
12 x  6z  z  2 x
Em(I )
6 x  y  2.2 x  y  2 x
Solução : ( x,2 x,2 x )
ALTERANATIVA A
06.02)
 p  g  40

25 p  200g  1700
Multiplicando :
25 p  25g  1000

25 p  200g  1700
Subtraindo :
175g  700  g  4
Subsituindo :
p  4  40  p  36
ALTERNATIVA D
06.03)
50 A  10B  5C  1D  400(I )
D  5B(II )


C  A  10(III )
 A  par
Substituindo : (II )e(III )em(I )
50 A  10B  5( A  10)  5B  400
55 A  15B  350
11A  3B  70
Possibilidades :
A  0  B  IN
A  2  B  16
A  4  B  IN
ALTERNATIVA C
06.04)
(m 2  4)x  m  2
m2
x 2
m 4
m2
x
(m  2)(m  2)
1
x
m2
Conclusões:
m=2Equação sem solução
m≠2Equação com uma única solução
ALTERNATIVA D
06.05)
2 x  5 y  10

6 x  my  12
Escalonando :
2 x  5 y  10

0 x  (15  m )y  42
Conclusões :
15  m  0  m  15  S.I
15  m  0  m  15  S.P.D
ALTERNATIVA B
06.06)
3 x  y  7

4 x  my  10
Escalonando :
3 x  y  7

0 x  (4  3m )y  2
Conclusões :
4
 S.I
3
4
4  3m  0  m   S.P.D
3
4  3m  0  m 
ALTERNATIVA C
06.07)
x  y  2

2 x  ay  b
Escalonando :
x  y  2

0 x  ( 2  a )y  4  b
Conclusões :
2  a  0  a  2
S.P.I 
4  b  0  b  4
ALTERNATIVA A
06.08)
 x  2y  z  5

2 x  3 y  z  7
4 x  7 y  z  17

Escalonando :
 x  2y  z  5

0 x  y  3z  3
0 x  y  3z  3

Então :
y  3z  3  y  3  3z
ALTERNATIVA C
06.09)
 x  y  z  10

mx  2y  3z  15
5 x  4 y  z  n

Re escrevendo :
 y  z  x  10

4 y  z  5 x  n
2y  3z  mx  15

Escalonando :
 y  z  x  10

0 y  5z  x  (40  n )
0 y  5z  (2  m )x  5

Escalonando :
 y  z  x  10

0 x  5z  x  (40  n )
0 y  0z  (m  3) x  (35  n )

m  3  0  m  3
S.P.I 
35  n  0  n  35
m  n  3  35  38
ALTERNATIVA E
06.10)
Para S.P.D, a regra de Cramer é um bom caminho:
3 2 5
D 4 m 2 0
10 9 8
24m  40  180  50m  54  64  0
26m  130
m5
ALTERNATIVA B
06.11)
x  y  z  1

2 x  y  3 z  2
mx  2y  n

Re escrevendo :
z  y  x  1

3z  y  2 x  2
0z  2y  mx  n

Escalonando :
z  y  x  1

0z  2y  5 x  5
0z  2y  mx  n

Escalonando :
z  y  x  1

0z  2y  5 x  5
0z  0 y  (5  m ) x  (5  n )

5  m  0  m  5
S.I 
5  n  0  n  5
ALTERNATIVA D
06.12)
 x  2y  z  5

mx  3 y  2z  4
5 x  4 y  5z  n

Re escrevendo :
2 y  z  x  5

4 y  5z  5 x  n
3 y  2z  mx  4

Escalonando :
2 y  z  x  5

0 y  7z  3 x  (10  n )
0 y  7z  (3  2m )x  7

Escalonando :
2 y  z  x  5

0 y  7z  3 x  (10  n )
0 y  0z  (2m  6) x  (3  n )

2m  6  0  m  3
S.P.I 
3  n  0  n  3
m.n  3.3  9
ALTERNATIVA B
06.13)
 x  y  2z  5

3 x  y  3z  2
mx  2y  z  n

Re escrevendo :
 2z  y  x  5

3z  y  3 x  2
z  2y  mx  n

Escalonando :
 2z  y  x  5

0z  5 y  3 x  11
0z  5 y  (2m  1)x  (2n  5)

Escalonando :
 2z  y  x  5

0z  5 y  3 x  11
0z  0 y  (2m  4) x  (2n  6)

2m  4  0  m  2
S.I 
2n  6  0  n  3
ALTERNATIVA D
06.14)
mx  y  z  3

2 x  3 y  5 z  n
3 x  2y  2z  5

Re escrevendo :
 2z  2 y  3 x  5

5z  3 y  2 x  n
 z  y  mx  3

Escalonando :
 2z  2 y  3 x  5

0z  4 y  11x  (25  2n )
0z  4 y  (2m  3)x  11

Escalonando :
 2z  2 y  3 x  5

0z  4 y  11x  (25  2n )
0z  0 y  (8  2m )x  (14  2n )

8  2m  0  m  4
S.P.I 
14  2n  0  n  7
m  n  4  7  11
ALTERNATIVA C
06.15)
 x  4 z  7

 x  3 y  8
y  z  1

Escalonando :
 x  0 y  4 z  7

0 x  3 y  4z  1
0 x  y  z  1

Escalonando :
 x  0 y  4 z  7

0 x  3 y  4z  1
0 x  0 y  1z  2

Então :
z  2
y 3
x 1
xy z2
ALTERNATIVA E
06.16)
 x  y  z  t  4(I )
 x  y  z  t  6(II )


 x  y  z  t  4(III )
 x  y  z  t  6(IV )
Somando : (I )  (III )
2y  0  y  0
Somando : (I )  (IV )
2t  2  t  1
Substituindo :
x  0  z  ( 1)  4
xz 5
S.P.I
ALTERNATIVA C
06.17)
 x  2y  3z  3

2 x  3 y  4 z  5
5 x  8 y  5z  10

Escalonando :
 x  2y  3z  3

0 x  y  10z  1
0 x  2y  20z  5

Escalonando :
 x  2y  3z  3

0 x  y  10z  1
0 x  0 y  0z  3

S.I
ALTERNATIVA A
06.18)
I–
 0
2 x  y  4

x  y  z  2
2 x  y  7

S.I
VERDADEIRO
II –

1
2

2 x  y  2z  4(I )

1

 x  y  z  2(II )
2

5

2 x  y  2 z  7(III )
Subtraindo : (I )  (III )
1
 z  3  z  6
2
Então :
2 x  y  8
S.P.I
VERDADEIRO
III –
Por exemplo:
 1
2 x  y  4 z  4

x  z  2
2 x  y  5 z  7

z3
x  1
y  6
S.P.D
FALSO
ALERNATIVA C
06.19)
2 x  y  3 z  a

 x  2y  z  3
7 x  4 y  3z  13

Re escrevendo :
 x  2y  z  3

7 x  4 y  3z  13
2 x  y  3 z  a

Escalonando :
 x  2y  z  3

0 x  10 y  10z  8
0 x  5 y  5z  6  a

Escalonando :
 x  2y  z  3

0 x  10 y  10z  8
0 x  0 y  0z  4  2a

Para que o sistema seja possível, a única opção é S.P.I, ou seja, 4  2a  0  a  2
Para a=2, temos então:
 x  2y  z  3(I )

0 x  10 y  10z  8(II )
0 x  0 y  0z  0(III )

Em(II ) :
4
 z(IV )
5
Substituindo : (IV )em(I )
10 y  10z  8  y 
4

x  2  z  z  3
5

7
x  z
5
Solução :
 7
 4
 
  z  ;   z  ; z 
 5
 
 5
Duas soluções possíveis:
7 4 
z  0   ; ;0 
5 5 
2 9 
z  1   ; ;1
5 5 
06.20)
a)
ax  y  z  1

 x  ay  z  2
 x  y  az  3

a 1
x  y  z  1

x  y  z  2
x  y  z  3

S.IA mesma equação com três resultados diferentes.
b)
S.P.D  Dp  0
ax  y  z  1

 x  ay  z  2
 x  y  az  3

a 1 1
Dp  1 a 1  0  a3  1  1  a  a  a  0  a 3  3a  2  0
1 1 a
Pelo Dispositivo Prático de Briott-Ruffini podemos calcular os valores de a, tais que,
a3  3a  2  0 . Então temos:
1 1 0 3 2
1 1 2 0
Temos :
a2  a  2  0
a  2

a  1
Assim :
Dp  0  a3  3a  2  0
Então :
a 1
a  2
SEMIEXTENSIVO – VOL. 3 – MATEMÁTICA D
05.01)
É possível formarmos o seguinte triângulo:
Aplicando Pitágoras, temos:
x 2  902  1202
x  150cm
Comprimento total do corrimão = 30 + 150 + 30 = 210 cm = 2,1 metros
Alternativa D
05.02)
Aplicando Pitágoras, temos:
d 2  (40  d )2  202
d 2  1600  80d  d 2  400
80d  2000
d  25km
Alternativa C
05.03)
ÁreaTerreno = (AB).(BC)
ÁreaTerreno = (AB).2(AB)
ÁreaTerreno = 2(AB)2
ÁreaCasa = (AE)2
ÁreaCasa
ÁreaCasa
ÁreaCasa
ÁreaCasa
æ AB ö
=ç
è 5 ÷ø
2
(AB)2
2(AB)2
=
® ÁreaCasa =
25
50
ÁreaTerreno
2
=
® ÁreaCasa =
× ÁreaTerreno
50
100
= 2% × ÁreaTerreno
( )
Alternativa E
05.04)
V   102  62  82
V 
(V )  90o  x  x  180o  x  45o
 F   172  152  x 2  x  8cm
05.05)
e)h2  m  n
Alternativa E
05.06)
132  52  b 2  b  12cm
(cateto )  (cateto )
2
12  5
Área 
 Área  30cm 2
2
Área 
Alternativa B
05.07)
Área  ÁreaRe tângulo  ÁreaTriângulo
Área  8  3 
34
2
Área  30cm 2
Alternativa B
05.08)
ÁreaRe tângulo  ÁreaQuadrado
10  8  x 2
x  4 5cm
Alternativa B
05.09)
1º Cateto = x
Hipotenusa =3x
Outro Cateto = y
3x 
2
 x2  y 2
9x 2  x 2  y 2
y  2 2x
3x
3x
3
3 2



y
4
2 2x 2 2
Alternativa B
05.10)
Temos os dois triângulos:
3,92  1,52  y 2  y  3,6m
2,52  1,52  ( y  x )2
y  x  2,0
3,6  x  2,0
x  1,6m
Alternativa C
05.11)
Lados: (x-2) ; (x+2) ; x
( x  2)2  ( x  2)2  x 2  83
x 2  4 x  4  x 2  4 x  4  x 2  83
3 x 2  75
x 2  25
x 5
Áreas  9;49;25
Maior  49cm 2
Alternativa C
05.12)
Maior lado = Hipotenusa. Então:
Hipotenusa = 10 + x
Catetos = (2 + x) e (9 + x)
10  x 
2
 9  x   2  x 
2
2
100  20 x  x 2  81  18 x  x 2  4  4 x  x 2
x 2  2 x  15  0
x 3
ou
x  5
Alternativa C
05.13)
Formamos o seguinte triângulo:
3  k 
2
 k 2  82
9  6k  k 2  k 2  64
6k  55
k  9,16chih
Alternativa B
05.14)
Podemos ter a seguinte representação:
2
2
2
d  30  (50  x )
 2
2
2
d  20  x
202  x 2  302  (50  x )2
400  x 2  900  2500  100 x  x 2
x  30m
Alternativa E
05.15)
INÍCIO
D2  362  272
D  45milhas
Alternativa A
05.16)
No triângulo retângulo formado, aplicamos o Teorema de Pitágoras:
1302  502  x 2
x  120m
No mesmo triângulo, temos:
120
130
12
cos  
13
cos  
Vm  Vr  cos 
12
13
Vr  78km / h
72  Vr 
Alternativa B
05.17)
L1 = 9
L2 = 8
L9 = 9 - 8 = 1
L4 = 8 – 1 = 7
L3 = 8 + 7 = 15
L5 = 9 + 1 = 10  L5 = L4 + L6 – L9  10 = 7 + L6 – 1L6 = 4
L8 = 10 + 4 = 14
L7 = 14 + 4 = 18
STOTAL = 92 + 82 + 152 + 72 + 102 + 42 + 182 + 142 + 12
STOTAL = 1056
Alternativa D
05.18)
ÁreaLosango  ÁreaRe tângulo


2. ÁreaTriângulo  ÁreaRe tângulo
1

2.   12  12  sen120o   h  18 6
2

144 
4 3
6
3
 h  18 6
2
h
h  2 2m
Alternativa C
05.19)
L arg ura 16
16

 L arg ura 
 Altura
Altura
9
9
372  (L arg ura )2  ( Altura )2
2
 16

1369    Altura   ( Altura )2
 9

256
2
1369 
  Altura   ( Altura )2
81
337
1369 
 ( Altura )2
81
37  9
 ( Altura )
18,5
Altura  18 polegadas / L arg ura  32 polegadas
Então
Altura  45cm
L arg ura  80cm
05.20)
Cada Retângulo:
Largura = x
Altura = y
x>y
Lado do quadrado = (4x + y) ou (2x + 2y)
 4x  y 
2
 12
4x  y  2 3
4 x  y  2y  2 x
2 3  PerímetroRe tângulo
06.01)
5 2  3 2  h 2  h  4m
(15  9).4
2
Área  48m 2
Área 
Alternativa D
06.02)
Sendo um hexágono regular a junção de 6 triângulos equiláteros iguais, a largura da faixa será
5 alturas de um dos triângulos, assim:
L arg ura  5 
10 3
2
L arg ura  25 3cm
Alternativa E
06.03)
502  402  x 2
x  30cm
Escala 1 : 20
50 cm  10 m
40 cm  8 m
60 cm  12 m
30 cm  6 m
Área 
(12  6)  8
 Área  72m2
2
Alternativa B
06.04)
V  h 
6 3
 h  3 3cm
2
V  d  10
2cm
2 3 
V  A 
2
3
4
V  A  50 
d
2
 A  3 3cm 2
 50   5 2cm
2  d  5 2  2  d  10cm
06.05)
a2  32  42  a  5
Perímetro  4  2  5  5
Perímetro  16
Alternativa D
06.06)
O raio do círculo inscrito em um hexágono é o apótema do hexágono. O apótema do hexágono
regular é a altura de um dos triângulos equiláteros que formam o hexágono. Assim:
r
3
3
10 3
5
 
cm
2
2
3
Perímetro  6  Perímetro  20 3cm
Alternativa A
06.07)
Lado do triângulo = a
Lado do hexágono = b
Então:
3a  6b
a  2b
ÁreaTriângulo
ÁreaHexágono
ÁreaTriângulo
ÁreaHexágono
ÁreaTriângulo
ÁreaHexágono
ÁreaTriângulo
ÁreaHexágono
ÁreaTriângulo
ÁreaHexágono
Alternativa C
06.08)
a2 3
4

b2 3
6
4

a2
6  b2
 2b 

2
6  b2

4
6

2
3
Área  16 3
2
3
 16 3
4
 8cm
3
8 3
h
 h  4 3cm
2
2
h
r 
1
4 3
h  r 
cm
3
3
R
2
8 3
h  R 
cm
3
3
Alternativa D
06.09)
Ao considerar o hexágono regular como a junção de 6 triângulos equiláteros iguais, o triângulo
assinalado será a junção de duas metades desses triângulos, ou seja, será a área de um dos
triângulos equiláteros que formam o hexágono. Com o mesmo raciocínio, a distância do
vértice D à diagonal FB corresponde a 1,5 lados do triângulo. Assim:
3 
Área 
2
 2
1
6
6
2
3
4
 Área 
22 3
 Área  3
4
Alternativa A
06.10)
R
2
2
3
3R
h  R  
 
 R 3
3
3 2
3
3   R2
3  R 3   R2
R
3 3
ou
R 0

Alternativa B
06.11)
O raio da circunferência circunscrita ao hexágono regular é igual ao lado do hexágono regular.
Assim:
R
A  6
2
3
4
 A  6
R2 3
3R 2 3
A
4
2
Alternativa B
06.12)
Considerando o hexágono regular sendo a junção de 6 triângulos equiláteros iguais, o triângulo
inscrito da figura corresponde a área de 3 desses triângulos, assim, a área do hexágono regular
é o dobro da área do triângulo inscrito. Ou seja:
ÁreaHexágono  2  ÁreaTriângulo
ÁreaHexágono  2  2
ÁreaHexágono  4
Alternativa E
06.13)
Considerando que o hexágono regular é a junção de 6 triângulos equiláteros iguais, a área
assinalada corresponde a 1/3 da área de um dos triângulos. Assim:
1
 ÁreaTriângulo
3
1 1
   ÁreaHexágono
3 6
1

 180
18
 10
ÁreaAs sin alada 
ÁreaAs sin alada
ÁreaAs sin alada
ÁreaAs sin alada
Alternativa A
06.14)
ÁreaHexágono
3  6
AB 
 AB 
 6
2
3
4
 AB 
2
3
4
6
3
ÁreaTriângulo  2
AB  Altura
 2
2
6
 Altura
3
 2
2
Altura  2 3
A distância entre P e o segmento AB, é a ALTURA do triângulo PAB, ou seja, é igual a 2 3 .
Alternativa E
06.15)
Considerando o hexágono regular sendo a junção de 6 triângulos equiláteros iguais, o triângulo
equilátero cujos vértices também são vértices de um hexágono regular, corresponde a área de
3 dos triângulos que formam o hexágono, assim, a área do hexágono regular é o dobro da área
do triângulo inscrito. Ou seja:
ÁreaHexágono  2  ÁreaTriângulo
ÁreaHexágono
22 3
 6
 ÁreaHexágono  6 3m 2
4
Então :
ÁreaTriângulo  3 3m 2
ÁreaHexágono  ÁreaTriângulo  6 3  3 3  3 3m 2
Alternativa C
06.16)
O polígono DEFGHI fica composto dessa forma:
1 triângulo equilátero de lado 1;
3 quadrados de lado 1;
3 triângulos isósceles de lados iguais medindo 1 e ângulo entre eles igual a 120º ;
Então:
Área 
12 3
1
 3  12  3   1 1.sen120o
4
2
Área 
3
3 3
3 
4
2 2
Área  3  3
Alternativa C
06.17)
Considerando o hexágono regular como sendo a junção de 6 triângulos equiláteros iguais, o
pentágono assinalado será formado por uma área correspondente a 5 desses triângulos que
formam o hexágono. Assim:
5
 ÁreaHexágono
6
5
 2
6
5

3
ÁreaPentágono 
ÁreaPentágono
ÁreaPentágono
Alternativa E
06.18)
tg 60o 
2 3
2 3
 3
x2
x
x
 BC 

2
 2 3
BC  13

2
 12
Alternativa D
06.19)
   5

a) 180o      360o
180o  5    360o    30o /   150o


   180o
2 2
b)
150o 30o

   180o    90o
2
2

06.20)
a) O triângulo AMS é isósceles de lados iguais medindo 3 cm e ângulo entre eles é 120º .
Assim:
2
2
 32  32  2  3  3  cos120o
 1
 18  18    
 2
3 3
Perímetro  6
Perímetro  18 3cm
b)
Áreamenor
 100 
Áreamaior
3 3 
6
2
3
4
6
6
2
4
3
 100 
27
 100  75%
36
SEMIEXTENSIVO – VOL. 3 – MATEMÁTICA E
05.01)
Repetição do comprimento gráfico = Período da função
f ( x )  4.sen(4 x )
p
2

p
4
2
Alternativa A
05.02)
f ( x )  4.cos x
cos x 
f (x)
4
Como
1  cos x  1
Então
f (x)
1
4
4  f ( x )  4
1 
Alternativa D
05.03)
y  5  2sen(6 x )
y 5
sen(6 x ) 
2
Como
1  sen(6 x )  1
Então
y 5
1
2
2  y  5  2
3y 7
1 
Alternativa B
05.04)
y  5  2sen(6 x )
p
p
2
6

3
Alternativa B
05.05)
f ( x )  senx
Dom(f ) : IR
Im(f ) : [ 1,1]  Mín  1/ Máx  1
p  2
 
0, 2   crescente


g ( x )  3.senx
Dom(g ) : IR
Im( g ) : [ 3,3]  Mín  3 / Máx  3
p  2
 
0, 2   crescente


FVVVV
05.06)
f ( x )  senx
Dom(f ) : IR
Im(f ) : [ 1,1]  Mín  1/ Máx  1
p  2
Ímpar
g ( x )  cos x
Dom(g ) : IR
Im(g ) : [ 1,1]  Mín  3 / Máx  3
p  2
Par
VVVVV
05.07)


f ( x )  sen  2 x  
4

2
p
 p 
2
Alternativa A
05.08)
y  1  2senx
y 1
senx 
2
Como
1  senx  1
Então
y 1
1
2
2  y  1  2
1  y  3
1 
Alternativa D
05.09)
y  a  bsen(cx  d )
Gráfico :
a0
b2
d 0
2
2
1
p
 4 
c 
c
c
2
Então :
1 
y  2sen  x 
2 
Alternativa B
05.10)
y  sen(kx )
2
p
k
 K  p
Inversamente proporcional
Alternativa E
05.11)
Qualquer triângulo a base será o período da função, assim:
p
2

 p  8  base  8
4
Maior triângulo, então, terá a maior altura que corresponde ao valor máximo da função.
Assim:
x 
f ( x )  3.sen 

 4 
  x  f (x)
sen 
 3
 4 
Como
x 
1  sen 
 1
 4 
Então
f (x)
1
3
3  f ( x )  3  Máx  3  Altura  3
1 
(base )x (altura )
2
8x3
Área(máxima ) 
2
Área(máxima )  12
Área(máxima ) 
Alternativa A
05.12)
P  A  Bsen(Cx  D )
Gráfico :
A0
1
B
16
D0
2
1
2


 C  512
C
256 C
Comparando :
p
1
16
2 f  C  2 f  512  f  256
aBa
Logo :
a f 
1
 256  16
16
Alternativa B
05.13)
 2 
f ( x )  18,8  1,3sen 
t
 365 
1.
p
2
 p  365
2
365
2.
Para
 2 
sen 
t   1  f ( x )  20,1  Máximo
 365 
 2 
 2  
sen 
t   1  f ( x )  17,5  Mínimo  
t    t  91,25dias  ABRIL
 365 
 365  2
3.
 2 
sen 
t   1  f ( x )  17,5  17h30min
 365 
Alternativa D
05.14)
f ( x )  a  bsen(cx  d )
Gráfico :
a2
b2
d 0
2
2
p
 2 
c 1
c
c
Logo :
f ( x )  2  2senx
Im(f )  [0,4]
 19
f
 4

 3
f 4



 3
  2  2sen  4


2

  2  2  2  2  2  3,41

Alternativa D
05.15)
* Período é o tempo entre duas marés altas, ou seja, período é de 12h;
* Máximo: 3 para t = 0 / t = 12 / ....
* Mínimo: 0,03;


t 
2
6
Se for função Seno: y  1,515  1,485.sen 
 
t
6 
Se for função Coseno: y  1,515  1,485cos 
Alternativa A
05.16)
2 

y  24  8sen  x 
3 
 12
2 

Máximo  sen  x 
1
3 
 12
Então,
2

 12 x  3


7
x
12
6
x  14h
 
 2

Alternativa C
05.17)
* O Ponto A tem ordenada 0 e abscissa negativa, assim:
cos(2 x )  0  2 x 
k  1  x  

2
 k  x 

4
k

2

  
 A   ,0 
4
 4 
* O ponto B tem ordenada -1 e abscissa positiva correspondente à segunda determinação
positiva, assim:
cos(2 x )  1  2 x    2k  x 
k 0x 

2
 k

2
3
 3

k  1 x 
 B
, 1
2
 2

* Calculando o coeficiente angular da reta, temos:
m
yB  y A
xB  x A
1  0
3   
 
2  4 
4
m
7
m
Alternativa A
05.18)
0
30
45
60
90
120
135
150
180
210
225
f(x)=senx
0
0,50
0,70
0,85
1
0,50
0,70
0,85
0
-0,50
-0,70
g(x)=cosx
1
0,85
0,70
0,50
0
-0,85
-0,70
-0,50
-1
-0,85
-0,70
h(x)=senx + cosx
1
1,35
1,40 = √ (Máximo)
1,35
1
-0,35
0
0,35
-1
-1,35
-1,40
240
270
300
315
330
360
-0,85
-1
-0,85
-0,70
-0,50
0
p=
h=√
p.h = √
Alternativa B
05.19)
a)
 
D(t )  12  1,6.cos 
 t  10 
 180

19 / 02  t  50
Então :
 
D(50)  12  1,6.cos 
50  10 
 180

 
D(50)  12  1,6.cos  
3
1
D(50)  12  1,6.
2
D(50)  12,8horas
D(50)  12h 48min
b)
-0,5
0
0,50
0,70
0,85
1
-1,35
-1
-0,35
0
0,35
1
D(t )  12
 
12  1,6.cos 
 t  10   12
 180

 
cos 
 t  10   0
 180

Então :


3

 t  10  
2 180
2
1 t  10 3


2 180
2
90  t  10  270
80  t  260  181dias
05.20)
 
F (t )  21  4cos  t 
 12 
a)
Para
 
cos  t   1  F (t )  21  4.( 1)  F (t )  25
 12 
Para
 
cos  t   1  F (t )  21  4.(1)  F (t )  17
 12 
Variação
17o C  F (t )  25o C
b)
F (t )  23
 
21  4cos  t   23
 12 
1
 
cos  t   
2
 12 
Então :

2
t
 t  8horas  Horário : 14h
12
3
ou

12
t
4
 t  16horas  Horário : 22h
3
06.01)
6 arcos implica em cada arco medir 60º , ou seja, x 
Alternativa A
06.02)
1º vértice: 0o
2º vértice: 90º
3º vértice: 180º
4º vértice: 270º
Então:
x
k
2
Alternativa E
06.03)
1º vértice: 0º
2º vértice: 60º
3º vértice: 120º
4º vértice: 180º
5º vértice: 240º
6º vértice: 300º
Soma = 900º
Alternativa C
06.04)
senx  cos x  0
senx  cos x
x

4
 1o quadrante
ou
x
5
 3o quadrante
4
k
3
Alternativa A
06.05)
x  120o  360o.k

x  2o quadrante

x  240o  240o  120o  360o k  k 

1

3
x  240o  240o  120o  360o k  k  1
F V F V
06.06)
x  k
k 0x 0
k  1 x  
k  2  x  2
3 arcos
Alternativa D
06.07)
tg 2 x  3
tgx   3
x  60o
x  120o
x  240o
x  300o
4 soluções
Alternativa E
06.08)
senx  cos x  0
senx  0  { }
ou
  3 
cos x  0   , 
2 2 
n = 3 soluções
Alternativa D
06.09)
sec 2 x  1  tgx
1
senx
 1
2
cos x
cos x
1
cos2 x  senx  cos x

cos2 x
cos2 x
1  1  sen 2 x  senx  cos x
sen 2 x  senx  cos x  0
senx (senx  cos x )  0
senx  0  x  
ou
senx  cos x  x 
Soma   

4

4
 Soma 
Alternativa D
06.10)
cos sec x  cot gx  2senx
1
cos x

 2senx
senx senx
1
cos x  2sen 2 x

senx
senx
1  cos x  2(1  cos2 x )
2cos2 x  cos x  1  0
cos x  1
1 3 
cos x 

1
4 cos x  
2


S : 0o ,120o ,240o ,360o
Alternativa ????

5
4
06.11)


sen  x    1
3

Logo :
x
x
x

3

2

6



2

3
 2k
 2k
 2k
Alternativa A
06.12)
sen  2   tg
sen
cos
sen
2sen cos 
0
cos
1 

sen  2cos 
0
cos 

2sen cos 
sen  0  0, ,2 ,3 ,...
ou
2cos 
1
1
2
  3 5 7 
 0  cos2    cos  
  , , , ,...
cos
2
2
4 4 4 4

Alternativa E
06.13)
senx  cos x  0
senx   cos x
3
x
 k
4
ou
x

4
 k
Alternativa A
06.14)
cos(3 x )cos( x )  sen(3 x )sen( x )  1
cos(3 x  x )  1
cos(2 x )  1
2 x  0  2k
x  k
[0,2 ]  k : {0,1,2}
Soluções : 3
Alternativa E
06.15)
cos(3 x )  1
3 x    2k
2k
3
3
[  , ]  k : {2, 1,0,1}
Soluções : 4
x


Alternativa D
06.16)
3cos(2 x )  1
3cos(2 x )  30
cos(2 x )  0
2x 
x

2

4
 k
k

2
Alternativa C
06.17)
cos2 x  cos x  2  0
cos x 
1  3 cos x  2  Im possível

2 cos x  1  x    2k
[0,4 ]  Solução :  ,3 
  3  4
Alternativa D
06.18)
2cos2 x  cos(2 x )  0
2cos2 x  cos2 x  sen 2 x  0
3cos2 x  (1  cos2 x )  0
1
cos2 x 
4
1
cos x  
2
  2 
[0, ]  S :  , 
3 3 
 2


3 3
Alternativa C
06.19)
sec x  cos x  senx  0
1
 cos x  senx  0
cos x
1  cos2 x  cos xsenx
0
cos x
sen 2 x  cos xsenx
0
cos x
senx (senx  cos x )  0
senx  0
ou
senx  cos x  0  senx   cos x
7
 3

S : 0, , , ,2 
4
 4

06.20)
1  2tg x   cos
2
2
x  sen 2 x  0

sen 2 x 
2
2
1

2


  cos x  sen x  0
2
cos
x


2
cos x  2sen 2 x  sen 2 x  0
1  sen 2 x  2sen 2 x  sen 2 x  0
1
sen 2 x 
2
senx  
 x
12 x


2
2
3
5
x
2
4
12 5

 15
 4