1
= 4 3 cm 2 ;
4
6
3
⎛1 ⎞
= 16 3 ⋅ ⎜ ⎟ =
cm 2 .
⎝4⎠
256
b) a2 = a1 ⋅ q = 16 3 ⋅
Questão 1
Considere um triângulo eqüilátero T1 de área
16 3 cm2 . Unindo-se os pontos médios dos lados desse triângulo, obtém-se um segundo
triângulo eqüilátero T2 , que tem os pontos
médios dos lados de T1 como vértices. Unindo-se os pontos médios dos lados desse novo
triângulo obtém-se um terceiro triângulo
eqüilátero T3 , e assim por diante, indefinidamente. Determine:
a) as medidas do lado e da altura do triângulo T1 , em centímetros;
b) as áreas dos triângulos T2 e T7 , em cm2 .
a7 = a1 ⋅ q 6
Questão 2
Resposta
Considere os números complexos z = 2 − i e
w = −3 − i, sendo i a unidade imaginária.
a) Determine z ⋅ w e|w − z|.
b) Represente z e w no plano complexo
(Argand-Gauss) e determine b ∈ R, b ≥ 0, de
modo que os números complexos z, w e t = b i
sejam vértices de um triângulo, no plano
complexo, cuja área é 20.
Seja ABC o triângulo Tn e MNP o triângulo Tn + 1 ,
como mostramos no desenho a seguir:
Resposta
a) z ⋅ w = (2 − i)( −3 − i) = −7 + i e
|w − z | = |(−3 − i) − (2 − i) | = |−5 | = 5
b) Temos z = (2; −1) e w = (−3; −1).
AP
AN
1
e A$ é ângulo comum, pelo
=
=
AB
AC
2
caso LAL de semelhança, ∆APN ~ ∆ABC com ra1
BC
. Analozão de semelhança . Assim, PN =
2
2
AC
AB
gamente, PM =
e NM =
e, pelo caso
2
2
LLL, ∆MNP ~ ∆ABC com a mesma razão de semelhança.
Logo, sendo an , n ≥ 1, a área do triângulo Tn , em
Como
cm 2 , (a1 , a2 , a3 , ...) é uma progressão geométri⎛1 ⎞
ca de razão q = ⎜ ⎟
⎝2 ⎠
a1 = 16 3 .
2
=
1
e primeiro termo
4
l2 3
= 16 3 ⇔
4
l 3
8 3
⇔ l = 8 cm e a altura deT1 é
=
=
2
2
= 4 3 cm.
a) Seja l o lado de T1 . Então
O triângulo determinado por z, w e t = bi, b ≥ 0,
tem base |w − z | = 5 e altura b + 1, logo
5(b + 1)
= 20 ⇔ b = 7 .
2
matemática 2
Questão 3
Questão 5
1
x ⎤
⎡x
⎢
x⎥
Considere a matriz A = ⎢0
x
1 − ⎥.
2⎥
⎢
⎢⎣2
0
x ⎥⎦
O determinante de A é um polinômio p(x).
a) Verifique se 2 é uma raiz de p(x).
b) Determine todas as raízes de p(x).
Joga-se um dado honesto. O número que
ocorreu (isto é, da face voltada para cima) é o
coeficiente b da equação x2 + bx + 1 = 0. Determine
a) a probabilidade de essa equação ter raízes
reais.
b) a probabilidade de essa equação ter raízes
reais, sabendo-se que ocorreu um número ímpar.
Resposta
x⎞
⎛
p(x) = x 3 + 2 ⎜1 − ⎟ − 2x 2 ⇔
⎝
2⎠
Resposta
⇔ p(x) = (x − 2)(x 2 − 1)
a) Como p(2) = (2 − 2)(2 2 − 1) = 0, 2 é raiz de
p(x).
b) p(x) = 0 ⇔ x − 2 = 0 ou x 2 − 1 = 0 ⇔ x = 2
ou x = 1 ou x = −1 e assim, as raízes de p(x) são
−1, 1 e 2.
a) As raízes de x 2 + bx + 1 = 0 são reais se, e
somente se, ∆ ≥ 0 ⇔ b 2 − 4 ≥ 0 ⇔ b ≤ −2 ou
b ≥ 2.
Pelas condições do problema, 1 ≤ b ≤ 6, b ∈ N.
Conseqüentemente, b = 2; 3; 4; 5 ou 6 e a proba5
bilidade pedida é .
6
b) Como ocorreu um número ímpar, o mesmo só
pode ser 1, 3 ou 5. Assim, para a equação dada ter
2
.
raízes reais, b = 3 ou b = 5 e a probabilidade é
3
Questão 4
Questão 6
Considere todos os números formados por 6 algarismos distintos obtidos permutando-se, de
todas as formas possíveis, os algarismos 1, 2,
3, 4, 5 e 6.
a) Determine quantos números é possível formar (no total) e quantos números se iniciam
com o algarismo 1.
b) Escrevendo-se esses números em ordem
crescente, determine qual posição ocupa o
número 512346 e que número ocupa a 242.ª
posição.
x
intercepta a cir2
cunferência de centro na origem e raio 5 em
dois pontos P e Q, sendo que as coordenadas
de P são ambas positivas. Determine:
a) a equação da circunferência e os pontos P e
Q;
b) a equação da reta s, perpendicular a r, passando por P.
⇔ p(x) = x 3 − 2x 2 − x + 2 ⇔
⇔ p(x) = x 2 (x − 2) − (x − 2) ⇔
Resposta
a) A quantidade total de números é o total de permutações dos 6 algarismos, ou seja, 6! = 720.
Iniciando-se com o algarismo 1, há 5! = 120 números.
b) 512 346 é o menor número iniciado por 5. Há
4 ⋅ 120 = 480 números iniciados por 1, 2, 3 e 4.
Portanto 512 346 é o número de posição 481.
Os primeiros 120 números são iniciados por 1; os
120 números seguintes começam por 2. Temos
até aqui 240 números. O número da posição 241
é o menor iniciado por 3, ou seja, 312 456, e o número da posição 242 é 312 465.
A reta r de equação y =
Resposta
a) Uma equação da circunferência com centro na
origem (0; 0) e raio 5 é :
(x − 0) 2 + (y − 0) 2 = ( 5 ) 2 ⇔ x 2 + y 2 = 5
As coordenadas de P e Q correspondem às soluções do sistema:
2
⎛x⎞
x2 + y 2 = 5
x2 + ⎜ ⎟ = 5
⎝2 ⎠
⇔
⇔
x
y =
x
y =
2
2
(x = 2 e y = 1)
ou
⇔
(x = −2 e y = −1)
Logo P = (2; 1) e Q = (−2; −1).
matemática 3
b) Sendo r ⊥ s, a reta s tem coeficiente angular
−1
= −2.
1
2
Como s passa pelo ponto P = (2; 1), admite equação y − 1 = −2(x − 2) ⇔ y = −2x + 5 .
Questão 7
Como resultado de uma pesquisa sobre a relação entre o comprimento do pé de uma pessoa, em centímetros, e o número (tamanho)
do calçado brasileiro, Carla obteve uma fórmula que dá, em média, o número inteiro n
(tamanho do calçado) em função do comprimento c, do pé, em cm. Pela fórmula, tem-se
5
c + 7 e [x] indica o menor
n = [x], onde x =
4
inteiro maior ou igual a x. Por exemplo, se
c = 9 cm, então x = 18,25 e n = [18,25] = 19.
Com base nessa fórmula,
a) determine o número do calçado correspondente a um pé cujo comprimento é 22 cm.
b) se o comprimento do pé de uma pessoa é
c = 24 cm, então ela calça 37. Se c > 24 cm,
essa pessoa calça 38 ou mais. Determine o
maior comprimento possível, em cm, que
pode ter o pé de uma pessoa que calça 38.
Resposta
a) Sendo o comprimento do pé igual a c = 22 cm ⇔
5
⇔ x = c + 7 = 34,5 , o número do calçado cor4
respondente é [34,5] = 35.
b) Uma pessoa calça 38 se, e somente se:
5
[x] = 38 ⇔ 37 < c + 7 ≤ 38 ⇔
4
5
⇔ 30 < c ≤ 31 ⇔ 24 < c ≤ 24,8
4
Logo, de acordo com a fórmula dada, o maior
comprimento possível que pode ter o pé de uma
pessoa que calça 38 é 24,8 cm.
a) Resolva as duas equações: f(x) = 1 e
g(x) = −3.
b) Mostre que 1 + f(x) + g(x) = 3 + log3 x.
Resposta
Para x > 0:
a) f(x) = 1 ⇔ log 3 (9x 2 ) = 1 ⇔ 9x 2 = 3 ⇔
3
⎛1 ⎞
e g(x) = −3 ⇔ log 3 ⎜ ⎟ = −3 ⇔
⇔x =
⎝x⎠
3
1
1
⇔
=
⇔ x = 27.
x
27
Logo a equação f(x) = 1 tem conjunto verdade
⎧ 3 ⎫
V =⎨
⎬ e a equação g(x) = −3 tem conjunto ver⎩ 3 ⎭
dade V = {27}.
Obs.: a função f(x) está definida para R ∗ e, nesse
3
universo, a equação f(x) = 1 tem solução x =
3
3
ou x = −
.
3
⎛1 ⎞
b)1 + f(x) + g(x) = 1 + log 3 (9x 2 ) + log 3 ⎜ ⎟ =
⎝x⎠
⎛ 9x 2 ⎞
⎟⎟ = 1 + log 3 9 + log 3 x =
= 1 + log 3 ⎜⎜
⎝ x ⎠
= 1 + 2 + log 3 x = 3 + log 3 x .
Questão 9
A temperatura, em graus celsius (ºC), de uma
câmara frigorífica, durante um dia completo,
das 0 hora às 24 horas, é dada aproximadamente pela função:
π ⎞
π
f(t) = cos⎛⎜
t⎟ − cos⎛⎜ t⎞⎟ , 0 ≤ t ≤ 24,
⎝ 12 ⎠
⎝6 ⎠
com t em horas. Determine:
a) a temperatura da câmara frigorífica às
2 horas e às 9 horas (use as aproximações
2 = 1,4 e 3 = 1,7);
b) em quais horários do dia a temperatura
atingiu 0 oC.
Resposta
Questão 8
as funções f(x) = log3 (9 x2 )
1
g(x) = log3 ⎛⎜ ⎞⎟ , definidas para todo x > 0.
⎝ x⎠
Considere
e
⎛ π
⎞
⎛π
⎞
a) Para t = 2, f(2) = cos ⎜
⋅ 2 ⎟ − cos ⎜ ⋅ 2 ⎟ =
⎝ 12
⎠
⎝6
⎠
3
1
⎛π⎞
⎛π⎞
− e, usando a apro= cos ⎜ ⎟ − cos ⎜ ⎟ =
⎝6 ⎠
⎝3 ⎠
2
2
1,7 1
ximação 3 ≅ 1,7, f(2) ≅
− = 0,35 oC.
2
2
matemática 4
⎛ π
⎞
⎛π
⎞
Para t = 9, f(9) = cos ⎜
⋅ 9 ⎟ − cos ⎜ ⋅ 9 ⎟ =
⎝ 12
⎠
⎝6
⎠
2
2
⎛3π ⎞
⎛3π ⎞
e,
−0 =−
= cos ⎜
⎟ − cos ⎜
⎟ =−
⎝ 4 ⎠
⎝ 2 ⎠
2
2
1,4
usando a aproximação 2 ≅ 1,4, f(9) ≅ −
=
2
= −0,7 oC.
b) A temperatura atinge 0oC se, e somente se,
⎛ π ⎞
⎛π ⎞
0 = cos ⎜
t ⎟ − cos ⎜ t ⎟ ⇔
⎝ 12 ⎠
⎝6 ⎠
⎛π ⎞
⎛ π ⎞
⇔ cos ⎜ t ⎟ = cos ⎜
t⎟ ⇔
⎝6 ⎠
⎝ 12 ⎠
π
π
t =
t + 2k π, k ∈ Z
6
12
⇔
ou
⇔
π
π
t =−
t + 2k π, k ∈ Z
6
12
⇔
t = 24k, k ∈ Z
ou
⇔ t = 8k, k ∈ Z
t = 8k, k ∈ Z
Como 0 ≤ t ≤ 24 ⇔ 0 ≤ 8k ≤ 24 ⇔ 0 ≤ k ≤ 3, os horários em que a temperatura atingiu 0oC foram
t = 8 ⋅ 0 = 0 hora, t = 8 ⋅ 1 = 8 horas, t = 8 ⋅ 2 = 16 horas e t = 8 ⋅ 3 = 24 horas.
Questão 10
Considere um cilindro circular reto de altura
x cm e raio da base igual a y cm.
Usando a aproximação π = 3, determine x e y
nos seguintes casos:
a) o volume do cilindro é 243 cm3 e a altura é
igual ao triplo do raio;
b) a área da superfície lateral do cilindro é
450 cm2 e a altura tem 10 cm a mais que o
raio.
Resposta
a) O volume do cilindro é dado por π ⋅ y 2 ⋅ x.
Como x = 3y, usando a aproximação π ≅ 3:
81
π ⋅ y 2 ⋅ 3y = 243 ⇔ y 3 =
≅ 27 ⇔ y ≅ 3 e
π
x ≅ 3 ⋅ 3 = 9.
b) A área da superfície lateral do cilindro é dada
por 2π ⋅ y ⋅ x. Como x = y + 10, adotando a aproximação π ≅ 3:
2 ⋅ 3 ⋅ y ⋅ (y + 10) = 450 ⇔ y 2 + 10y − 75 = 0 ⇔
⇔ y = 5 e x = 5 + 10 = 15 .