Resposta da questão 1: [A]
Construindo o gráfico da função, temos:
Resposta da questão 4: [B]
Considere o pentágono equilátero ABCDE de lado l
da figura.
É fácil ver que o triângulo CDE é isósceles, com
CD = ED.
De acordo com o gráfico, o período chuvoso acontece
em seis meses, ou seja, dois trimestres.
Resposta da questão 2: [B]
[I] Verdadeira. A frequência cardíaca em segundos:
1
1 4
em
minutos
basta
= = ,
⎛
⎞ 3 3
⎜ 2π ⎟ 4
⎜
⎟
⎜⎜ 8 π ⎟⎟
⎝ 3 ⎠
8π
⎛
⎞
P(2) = 100 − 20 ⋅ ⎜ cos
⋅ 2π ⎟ multiplicar por 60, o
3
⎝
⎠
que resulta em 80 batimentos por minuto.
[II] Verdadeira. Pois
8 π ⎞
⎛
P(2) = 100 − 20 ⋅ ⎜ cos
⋅ 2 ⎟ =
3
⎝
⎠
16 π ⎞
⎛
= 100 − 20 ⋅ ⎜ cos
=
3 ⎟⎠
⎝
⎛
4 π ⎞ ⎞
⎛
= 100 − 20 ⋅ ⎜ cos ⎜ 2 ⋅ 2π +
⎟ =
3 ⎟⎠ ⎠
⎝
⎝
⎛ 1 ⎞
= 100 − 20 ⋅ ⎜ − ⎟ =
⎝ 2 ⎠
= 110mmHg.
[III] Falsa. A amplitude da função é de 20mmHg.
E = 90°, tem-se que o triângulo ABE é
Sabendo que BA
retângulo isósceles, com BE = l 2. Em consequência,
C = 135°, concluímos que o triângulo ABC é
sendo AB
retângulo em B.
Agora, pelo Teorema de Pitágoras aplicado no triângulo
BCE, encontramos CE = l 3.
Finalmente, aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo
CDE, vem
(l 3)2 = l 2 + l 2 − 2 ⋅ l ⋅ l ⋅ cos θ ⇔ cos θ = −
1
2
⇒ θ = 120°.
Resposta da questão 5: [A]
Sejam v A = v e vB = 2v,
respectivamente,
as
velocidades dos atletas A e B. O encontro ocorrerá se
A e B levarem o mesmo tempo para percorrer as
distâncias dA = AX e dB = BX, ou seja, se
dA dB
AX BX
AX 1
=
⇔
=
⇔
= .
v A vB
v
2v
BX 2
Portanto, sendo α um ângulo agudo, devemos ter
sen α =
AX
BX
⇔ sen α =
1
2
⇒ α = 30°.
Resposta da questão 6: [D]
Considere a figura.
Resposta da questão 3: [D]
f(0) = 5 ⇒ a + b ⋅ cos0 = 5 ⇒ a + b = 5
f( π) = 1 ⇒ a + b ⋅ cos π = 1 ⇒ a − b = 1
Resolvendo o sistema temos a = 3 e b = 2.
Portanto, a ⋅ b = 6.
B = 90°, temos α = 90° − θ. Além disso, do
Supondo DA
triângulo retângulo ABC, vem
sen α =
BC
⇔ y = 2sen α.
AB
Mas sen α = sen(90° − θ) = cos θ e, portanto, y = 2cos θ.
Resposta da questão 7: [D]
Admitindo que 1,20m seja a distância do teodolito ao
eixo vertical do monumento, temos:
Resposta da questão 12: [B]
Depois de uma hora de viagem o navio 1 (N1) terá
percorrido 16 km e o navio 2 (N2) terá percorrido 6 km.
Temos, então, a seguinte figura:
Sendo x a altura do monumento, temos:
x − 1,30
= tg60°
1,20
x − 1,30 = 1,20 ⋅ 3
Logo, x é aproximadamente 1,30+2,04, ou seja,
x = 3,34m.
Resposta da questão 8: [B]
Seja h a altura do prédio. Logo, segue que
tg30° =
h −1,6
80 3
⇔ h −1,6 = 80 3 ⋅
3
⇔ h = 81,6 m.
3
Resposta da questão 9: [D]
Sendo d a distância entre os navios, temos:
d2 = 162 + 62 − 2 ⋅ 16 ⋅ 6 ⋅ cos 60o
⎛ 1 ⎞
d2 = 256 + 36 − 192 ⋅ ⎜ ⎟
⎝ 2 ⎠
d2 = 196
d = 14km
Resposta da questão 13: [C]
O deslocamento do ponteiro das horas, em 25 minutos,
Na figura acima, temos:
A = 6 ⇒ x ⋅ 6 = 6 ⇒ x = 1 ⇒ DE = 8.
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo ADE,
temos: AE2 = 62 + 82 ⇒ AE = 10.
8
4
Portanto, cos α =
= .
10 5
Resposta da questão 10: [B]
Seja h a altura da rampa. Logo, tem-se que
h
sen30° =
⇔ h = 150cm.
300
150
Portanto, devem ser construídos
= 5 degraus.
30
Resposta da questão 11: [A]
tg60° =
x
⇒ x = 9 ⋅ tg60° = 9 ⋅ 3m.
9
25
= 12°30'. Logo, como o ângulo entre as
2
posições 5 e 8 mede 3 ⋅ 30° = 90°, segue que
x = 90° + 12°30' = 102°30'.
é igual a
Resposta da questão 14: [A]
Mês de Março:
⎛ 2π ⎞
P ( 2 ) = 6000 + 50 ⋅ 2 + 2000 ⋅ cos ⎜
⎟ = 7100
⎝ 6 ⎠
Mês de Julho:
⎛ 6π ⎞
P ( 6 ) = 6000 + 50 ⋅ 6 + 2000 ⋅ cos ⎜
⎟ = 4300
⎝ 6 ⎠
Queda da quantia vendida em porcentagem:
4300 − 7100
 −39,5%
7100
Resposta da questão 15: [E]
Considere a figura.
Resposta da questão 19: [B]
Sabendo que ET = 360km, ST = 320km, cos α ≅ 0,934
e que 28 ⋅ 32 ⋅ 93,4 ≅ 215100, pela Lei dos Cossenos,
vem
2
2
2
ES = ET + ST − 2 ⋅ET ⋅ ST ⋅ cosα ⇒
sen60o =
60
3 60
120
→
=
AB =→
→ AB = 40 3m
AB
2
AB
3
Resposta da questão 20: [C]
De acordo com o gráfico, temos a = 120 − 20 = 50
2
D = 120 – 50 = 70
2π
π
= 12 ⇔ c =
c
6
2
ES = 3602 + 3202 − 2 ⋅ 360 ⋅ 320 ⋅ 0,934 ⇒
2
ES = 129600 +102400 − 2 ⋅ 22 ⋅ 32 ⋅ 25 ⋅ 93,4 ⇔
2
ES = 232000 − 28 ⋅ 32 ⋅ 93,4 ⇒
2
ES = 232000 − 215100 ⇒ ES = 16900 ⇔ ES = 130km.
13
h, temos que a velocidade
60
130
média pedida é dada por
= 600km h.
13
60
Portanto, como 13min =
Resposta da questão 16: [B]
Logo, Q(t) =50. sen(b +
π
.t ) + 70, substituindo o ponto
6
( 2,120) na função, temos:
π.2
π
120 = 50.sen(b +
) + 70 ⇔ b =
6
6
"π%
Q(0) = 50.sen $ ' + 70 = 95
#6&
Resposta da questão 21: [B]
Desenvolvendo os quadrados, obtemos
f(x) = (senx + cos x)2 + (senx − cos x)2
2
2
2
2
= sen
x
+ cos
x + 2senx cos x + sen
x
+ cos
x − 2senx cos x




1
1
= 2.
Portanto, como f é constante, segue que a alternativa
B é a que apresenta um possível gráfico de f.
3
1
3
⇔ =
⇔ AO = 6cm
AO
2 AO
Logo, 6 + 3 − x = 8 ⇔ x = 1cm .
Resposta da questão 22: [E]
sen30o =
Resposta da questão 17: [C]
O
resultado
pedido
y
tg60° =
⇔ y = 100 3 m.
100
é
Resposta da questão 18: [B]
Pelo Teorema de Pitágoras, segue que
2
2
2
2
AB = AC + BC ⇔ AB = 2202 + 4002
cosθ =
(senθ) + (cosθ) = 1→ (senθ) = 167
9 7
2 1
cos 2θ = (cosθ) − (senθ) =
−
=
=
16 16 16 8
2
dado
por
⇒ AB = 208400
⇒ AB ≅ 456,5 m.
Portanto,
C = AC ⇔ sen AB
C = 220
sen AB
456,5
AB

⇒ sen ABC ≅ 0,48.
2
2
2
2
Resposta da questão 23: [B]
x + 20
40
=
sen120˚ sen45˚
40.
2
⇔ AB = 208400
15 3
=
20 4
40.
40.
3
2
= x + 20 .
2
2
3
2
3
2
(
)
(
)
= x + 20
.
2
2
(
= x + 20
6
= x + 20
2
x + 20 = 20.2,4
x = 28 m
40.
(
)
)