NOTAÇÕES
N = {1, 2, 3, ...}
R : conjunto dos números reais
[a, b] = {x ∈ R; a ≤ x ≤ b}
[a, b[ = {x ∈ R; a ≤ x < b}
]a, b[ = {x ∈ R; a < x < b}
A\B = { x ; x ∈ A e x ∉ B}
k
∑ an
n =1
k
= a1 + a2 + . . . + ak , k ∈ N
∑ an x n
n =0
= a0 + a1 x + . . . + ak x k , k ∈ N
C : conjunto dos números complexos
i : unidade imaginária: i2 = −1
|z|: módulo do número z ∈ C
z : conjugado do número z ∈ C
M m × n ( R ) : conjunto das matrizes reais m × n
det A : determinante da matriz A
A t : transposta da matriz A
A −1 : inversa da matriz inversível A
P(A) : conjunto de todos os subconjuntos do
conjunto A
n(A) : número de elementos do conjunto finito A
Arg z : argumento principal de z ∈ C\{0},
Arg z ∈ [0, 2π[
f o g : função composta das funções f e g
f ⋅ g : produto das funções f e g
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos retangulares.
Questão 1
Considere as afirmações abaixo relativas a
conjuntos A, B e C quaisquer:
I. A negação de x ∈ A ∩ B é: x ∉ A ou x ∉ B.
II. A ∩ ( B ∪ C ) = ( A ∩ B) ∪ ( A ∩ C ).
III. ( A\B) ∪ ( B\ A ) = ( A ∪ B)\( A ∩ B).
Destas, é (são) falsa(s)
a) apenas I.
b) apenas II.
c) apenas III.
d) apenas I e III.
e) nenhuma.
alternativa E
I. Verdadeira. A negação de x ∈ (A ∩ B) é
x ∈ ( A ∩ B) ⇔ x ∈ (A ∪ B) ⇔ x ∈ A ou x ∈ B ⇔
⇔ x ∉ A ou x ∉ B .
II. Verdadeira. Pela propriedade distributiva da intersecção com relação à união, temos A ∩ (B ∪ C) =
= (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).
III. Verdadeira. Temos (A \ B ) ∪ (B \ A) =
= (A ∩ B ) ∪ (B ∩ A ) =
= [(A ∩ B) ∪ B] ∩ [(A ∩ B) ∪ A] =
= [(A ∪ B) ∩ (B ∪ B)] ∩ [(A ∪ A) ∩ (B ∪ A)] =
= (A ∪ B) ∩ ( A ∩ B ) = (A ∪ B) \(A ∩ B ).
Questão 2
Considere conjuntos A , B ⊂ R e C ⊂ ( A ∪ B).
Se A ∪ B, A ∩ C e B ∩ C são os domínios das
funções reais definidas por ln( x − π ),
x− π
, respectivamente,
− x2 + 6 x − 8 e
5− x
pode-se afirmar que
b) C = [2, π ].
a) C = ] π , 5[.
c) C = [2, 5[.
d) C = [ π , 4 ].
e) C não é intervalo.
alternativa C
Os domínios mais amplos possíveis das funções
x −π
são, respectivamente,
5 −x
x −π
−x 2 + 6x − 8 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 4 e
≥0 ⇔
5 −x
⇔ π ≤ x < 5.
Como C ⊂ (A ∪ B), C = C ∩ (A ∪ B) ⇔
⇔ C = (A ∩ C ) ∪ (B ∩ C ) ⇔ C = [2; 4] ∪ [π; 5 [ ⇔
⇔ C = [2; 5 [.
−x 2 + 6x − 8 e
Questão 3
Se z é uma solução da equação em C,
z − z + |z|2 =
⎡
⎛ 2 −1
= − ⎢( 2 + i) ⎜
−i
3
⎝
⎣
12
2 + 1⎞ ⎤
⎟⎥ ,
3 ⎠⎦
matemática 4
pode-se afirmar que
a) i( z − z ) < 0.
b) i( z − z ) > 0.
c)|z| ∈ [5, 6].
d)|z| ∈ [6, 7].
e) z +
1
z
alternativa C
Seja z = a + bi , a, b ∈ R, então z = a − bi .
iz + 3 z + (z + z) 2 − i = 0 ⇔
⇔ ( −b + 3a + 4a2 ) + i(a − 3b − 1) = 0 ⇔
> 8.
alternativa E
2 −1
2 +1
−i
=
3
3
1
i) − (1 + i) e, portanto,
3
2 −1
2 +1⎞
⎟ =
−i
3
3
⎠
1
1⎞
⎛
⎜a = − e b = − ⎟
⎝
2
2⎠
ou
⇔
Observe que
2
(1 −
3
⎛
( 2 + i) ⎜
⎝
=
1
7 ⎞
⎛
⎟
⎜a = − e b = −
⎝
6
18 ⎠
As soluções z1 e z 2 da equação são:
2
2
2
(1 − i) −
(1 + i) +
(1 + i) +
=
3
3
3
1
π
π⎞
⎛
+ (1 − i) = 1 − i = 2 ⎜cos −
+ i ⋅ sen − ⎟ .
⎝
3
4
4⎠
Logo a equação dada é equivalente a
12
⎡
π
π ⎞⎤
⎛
z − z + | z |2 = − ⎢ 2 ⎜cos −
+ i ⋅ sen − ⎟ ⎥ .
⎝
4
4 ⎠⎦
⎣
Assim, sendo z = a + bi , com a e b reais:
a2 + b 2 + 2bi =
12 π
12 π ⎞
⎛
= −26 ⎜cos −
+ i ⋅ sen −
⎟ ⇔
⎝
4
4 ⎠
a2 = 2 6
⇔ a2 + b 2 + 2bi = 2 6 ⇔
⇔
b =0
⇔
a = ±2 3 = ±8
⇔ z = −8 ou z = 8.
b =0
Temos então que z − z = 0, | z | = 8 e z +
=8 +
12a2 + 8a + 1 = 0
− b + 3a + 4a2 = 0
⇔
⇔
a − 3b − 1 = 0
a − 3b − 1 = 0
⇔
1
z
=
1
1
1
7
−
i ez2 = − −
i
2
2
6
18
Sendo θ1 o argumento principal de z1 , tg θ1 =
1
−
2
=
⇔ tg θ1 = 1
1
−
2
Analogamente, sendo θ 2 o argumento principal
de z 2 ,
7
−
7
18
tg θ 2 =
⇔ tg θ 2 = .
1
3
−
6
As partes real e imaginária são negativas, portanto as soluções encontram-se no 3º quadrante, ou
3π
.
seja, π < θ1 , θ 2 <
2
Então os argumentos principais são tais que:
z1 = −
5π
7
= 1 ≤ tg θ ≤
4
3
⇒
3π
π< θ<
2
tg
1
> 8.
8
5π
3π
≤θ <
4
2
Questão 4
⇒
Os argumentos principais das soluções da
equação em z,
iz + 3 z + ( z + z )2 − i = 0,
Questão 5
pertencem a
π 3π ⎡
a) ⎤ ,
.
⎦⎥ 4 4 ⎣⎢
3π 5π ⎡
b) ⎤
,
.
4 ⎢⎣
⎦⎥ 4
π π
3π 7 π
d) ⎤ , ⎡ ∪ ⎤
,
⎥⎦ 4 2 ⎢⎣ ⎥⎦ 2
4
5π 3π ⎡
.
c) ⎡
,
⎢⎣ 4
2 ⎢⎣
7π
π
e) ⎤ 0, ⎡ ∪ ⎤
, 2π ⎡.
⎥⎦ 4 ⎢⎣ ⎥⎦ 4
⎢⎣
Considere
a
progressão
a2 , K , a50 ) de razão d. Se
⎡.
⎢⎣
50
∑ an
n =1
a) 3.
aritmética
( a1 ,
10
∑ an = 10 + 25d e
n =1
= 4550, então d − a1 é igual a
b) 6.
c) 9.
d) 11.
e) 14.
matemática 5
alternativa D
alternativa B
(a1 + a10 ) ⋅ 10
= 10 + 25d
a1 + a10 = 2 + 5d
2
⇔
⇔
(a1 + a50 ) ⋅ 50
a1 + a50 =182
= 4 550
2
⎛ ex ⎞
⎟⎟ .
Sejam α = arc tg(e x + 2) e β = arc cotg ⎜⎜ 2x
⎝e −1⎠
⇔
2a1 + 9d = 2 + 5d
40d = 180 − 5d
⇔
a1 = −7
d =4
Logo d − a1 = 4 − ( −7) = 11.
Questão 6
Sejam f, g : R → R tais que f é par e g é ímpar. Das seguintes afirmações:
I. f ⋅ g é ímpar,
II. f o g é par,
III. g o f é ímpar,
é (são) verdadeira(s)
a) apenas I.
b) apenas II.
c) apenas III.
d) apenas I e II.
e) todas.
alternativa D
Como f é par, f( −x) = f(x), ∀x ∈ R, e, como g é
ímpar, g( −x) = −g(x), ∀x ∈ R. Assim:
I. Verdadeira. f( −x) ⋅ g( −x) = f(x) ⋅ [ −g (x)] =
= −f(x) ⋅ g(x), ou seja, a função f ⋅ g é ímpar.
II. Verdadeira. f o g( −x) = f(g( −x)) = f( −g(x)) =
= f(g(x)) = f o g(x), ou seja, a função f o g é par.
III. Falsa. g o f( −x) = g(f( −x)) = g(f(x)) =
= g o f(x), ou seja, a função g o f é par.
Questão 7
A equação em x,
⎛ ex ⎞
π
⎟ =
arctg (e + 2) − arccotg ⎜ 2 x
,
4
⎝ e − 1⎠
Então tgα = e x + 2 , tgβ =
e 2x − 1
1
=
,
cotgβ
ex
π
, 0 < β < π e, como e x + 2 > 1,
4
π
π
π
arc tg 1 < α <
⇔
<α <
.
2
4
2
π
π
<α <
π
3π
Sendo 4
e o
<α −β<
2 ⇒−
4
2
0 <β<π
⎤ 3π π ⎡
único arco no intervalo ⎥ −
com tangente 1
;
⎦ 4 2 ⎢⎣
π
π
igual a ,α − β =
⇔ tg( α − β) = 1 ⇔
4
4
⎛ e 2x − 1 ⎞
⎟⎟
e x + 2 − ⎜⎜
⎝ ex ⎠
⇔
=1 ⇔
⎛ e 2x − 1 ⎞
⎟⎟
1 + (e x + 2) ⎜⎜
⎝ ex ⎠
α −β=
⇔ e 3x + 2e 2x − 2e x − 3 = 0.
Fazendo e x = t , a equação t 3 + 2t 2 − 2t − 3 = 0
tem t = −1 como raiz, de modo que é equivalente a
(t + 1)(t 2 + t − 3) = 0 ⇔ t = −1 ou t =
ou t =
−1 + 13
2
−1 − 13
.
2
−1 + 13
−1 + 3
>
= 1, a úni2
2
−1 + 13
ca solução da equação é e x =
⇔
2
⎛ −1 + 13 ⎞
⎟ > ln 1 = 0, ou seja, a
⇔ x = ln ⎜
2
⎠
⎝
equação admite uma única solução positiva.
Já que e x > 0 e
Questão 8
x
x ∈ R\{0},
Sabe-se que o polinômio p( x ) =
= x 5 − a x 3 + a x2 − 1, a ∈ R, admite a raiz −i.
a) admite infinitas soluções, todas positivas.
b) admite uma única solução, e esta é positiva.
c) admite três soluções que se encontram no
5 3
intervalo ⎤ − , ⎡.
⎥⎦ 2 2 ⎢⎣
d) admite apenas soluções negativas.
e) não admite solução.
Considere as seguintes afirmações sobre as
raízes de p:
I. Quatro das raízes são imaginárias puras.
II. Uma das raízes tem multiplicidade dois.
III. Apenas uma das raízes é real.
Destas, é (são) verdadeira(s) apenas
a) I.
b) II.
c) III.
d) I e III.
e) II e III.
matemática 6
a=2
a + 2b + 5c = 0
3
2b − 3c = 6 ⇔ b =
⇔
2
c = −1
c = −1
alternativa C
Como −i é raiz de p(x ), temos p( −i) = 0 ⇔
⇔ ( −i) 5 − a ⋅ ( −i) 3 + a ⋅ ( −i) 2 − 1 = 0 ⇔
⇔ − i − ai − a − 1 = 0 ⇔ − (a +1) − (a +1)i = 0 ⇔
⇔ a + 1 = 0 ⇔ a = −1.
Assim, p(x) = x 5 + x 3 − x 2 − 1 =
= x 3 (x 2 + 1) − (x 2 + 1) = (x 2 + 1) ⋅ (x 3 − 1) =
= (x 2 + 1) ⋅ (x − 1) ⋅ (x 2 + x + 1).
x2 +1 = 0
ou
Logo p(x ) = 0 ⇔ x − 1 = 0
ou
Como a maior das raízes é simples, as demais
têm multiplicidade dois e o coeficiente dominante
a5 vale 4, obtemos:
2
3⎞
⎛
p(x) = 4 ⋅ (x − 2) ⋅ ⎜ x − ⎟ ⋅ (x + 1) 2 e
⎝
⎠
2
2
⎛ −1 ⎞
2
p(1) = 4 ⋅ ( −1) ⋅ ⎜
⎟ ⋅ (2) = −4
⎝ 2 ⎠
Questão 10
⇔
x2 + x +1 = 0
Considere o polinômio p( x ) =
15
∑ an x n
com
n =0
(x = i ou x = −i)
ou
⇔ x =1
ou
e, conse-
⎛
−1 − i 3
−1 + i 3 ⎞
⎟
⎜x =
ou x =
2
2
⎠
⎝
coeficientes a0 = −1 e an = 1 + i an − 1 , n = 1,
2, ..., 15. Das afirmações:
I. p( −1) ∉ R,
II.| p( x )| ≤ 4 (3 + 2 + 5 ), ∀x ∈ [ −1, 1],
III. a8 = a4 ,
é (são) verdadeira(s) apenas
a) I.
b) II.
c) III.
d) I e II.
e) II e III.
quentemente, somente a afirmação III é verdadeira.
Questão 9
Um polinômio real
p( x ) =
5
∑ an x n ,
com
n =0
a5 = 4, tem três raízes reais distintas, a, b e
c, que satisfazem o sistema
⎧a + 2b + 5c = 0
⎪
⎨a + 4b + 2c = 6 .
⎪2a + 2b + 2c = 5
⎩
Sabendo que a maior das raízes é simples e
as demais têm multiplicidade dois, pode-se
afirmar que p(1) é igual a
a) −4.
b) −2.
c) 2.
d) 4.
e) 6.
alternativa A
Temos:
a + 2b + 5c = 0
a + 2b + 5c = 0
a + 4b + 2c = 6 ⇔
2b − 3c = 6 ⇔
2a + 2b + 2c = 5
−2b − 8c = 5
alternativa E
Temos que a1 = 1 + ia0 = 1 + i( −1) = 1 − i ;
a2 = 1 + ia1 = 1 + i(1 − i ) = 2 + i ;
a3 = 1 + ia2 = 1 + i(2 + i) = 2i ;
a4 = 1 + ia3 = 1 + i(2i) = −1.
Logo, indutivamente, a0 = a4 = a8 = a12 = −1;
a1 = a5 = a9 = a13 = 1 − i; a2 = a6 = a10 = a14 =
= 2 + i ; a3 = a7 = a11 = a15 = 2 i e p(x) =
15
∑ an x n =
n =0
8
= −1(1 + x 4 + x 8 + x12 ) + (1 − i)x(1 + x 4 + x + x12 ) +
+ (2 + i)x 2 (1 + x 4 + x 8 + x12 ) +
+ (2i)x 3 (1 + x 4 + x 8 + x12 ) =
= ( −1 + (1 − i)x + (2 + i)x 2 + (2i)x 3 )(1 + x 4 + x 8 + x12 ) =
= (2x 2 + x −1 + ix(2x 2 + x −1)) (1 + x 4 + x 8 + x12 ) =
= (2x 2 + x − 1)(1 + ix)(1 + x 4 + x 8 + x12 ).
Assim:
p( −1) = (2( −1) 2 + ( −1) −1)(1 + i( −1))(1 + ( −1) 4 +
+ ( −1) 8 + ( −1)12 ) = 0. Portanto, a afirmação I é falsa.
•
• | p(x)| = | (2x 2 + x −1)(1 + ix)(1 + x 4 + x 8 + x12 )|
Como −1 ≤ x ≤1 ⇒ 2x 2 + x −1 ≥ 2 ⋅ 0 −1 −1 = −2 e
2x 2 + x − 1 ≤ 2 + 1 − 1 = 2 , |2x 2 + x − 1| ≤ 2 ,
|1 + ix | = 1 + x 2 ≤ 2 ,1 + x 4 + x 8 + x12 ≤ 4.
matemática 7
| p(x)| ≤ 2 ⋅ 2 ⋅ 4 = 8 2 < 4(3 + 2 + 5 )
Na verdade, 8 2 é o melhor limitante possível,
pois | p(1)| = | (2 ⋅12 +1 −1) ⋅ (1 + i) ⋅ (1 +14 +18 +112 )| =
= 8 2 . Portanto, a afirmação II é verdadeira.
• a8 = a4 = −1. A afirmação III é verdadeira.
2
⎛6 ⎞ ⎛ 2 ⎞ 4 ⎛
2⎞
P (x = 4) + P (x = 5) = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜1 − ⎟ +
⎝4 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝
3⎠
⎛6 ⎞
+⎜ ⎟
⎝5 ⎠
5
1
2⎞
16
⎛2 ⎞ ⎛
.
⎜ ⎟ ⎜1 − ⎟ =
⎝3 ⎠ ⎝
3⎠
27
Questão 11
Questão 13
A expressão (2 3 + 5 )5 − (2 3 − 5 )5 é
igual a
a) 2630 5 .
b) 2690 5 .
c) 2712 5 .
Considere a matriz
⎡a1 a2 a3 ⎤
A = ⎢ 0 a4 a5 ⎥ ∈ M 3 × 3 ( R ),
⎢
⎥
⎢⎣ 0 0 a6 ⎥⎦
em que a4 = 10, det A = −1000 e a1 , a2 , a3 ,
a4 , a5 e a6 formam, nesta ordem, uma progressão aritmética de razão d > 0. Pode-se
a
afirmar que 1 é igual a
d
a) −4.
b) −3.
c) −2.
d) −1.
e) 1.
d) 1584 15
e) 1604 15 .
alternativa B
Temos que (2 3 + 5 ) 5 − (2 3 − 5 ) 5 =
= (2 3 + 5 ) 5 + ( −2 3 + 5 ) 5 , e que
2 3 + 5 e −2 3 + 5 são as raízes da equação x 2 − 2 5 x − 7 = 0 ⇔ x 2 = 2 5 x + 7 .
Logo, sendo Rn = (2 3 + 5 ) n + ( −2 3 + 5 ) n ,
R0 = 2; R1 = 2 5
n ≥ 0. Assim:
e Rn + 2 = 2 5 Rn + 1 + 7Rn ,
R 2 = 2 5 ⋅ (2 5 ) + 7 ⋅ (2) = 34
R 3 = 2 5 ⋅ (34) + 7 ⋅ (2 5 ) = 82 5
R4 = 2 5 ⋅ (82 5 ) + 7 ⋅ (34) = 1 058
R5 = 2 5 ⋅ (1 058) + 7 ⋅ (82 5 ) = 2 690 5 .
Questão 12
Um palco possui 6 refletores de iluminação.
Num certo instante de um espetáculo moderno
os refletores são acionados aleatoriamente de
modo que, para cada um dos refletores, seja de
2
a probabilidade de ser aceso. Então, a proba3
bilidade de que, neste instante, 4 ou 5 refletores sejam acesos simultaneamente, é igual a
16
49
151
c)
b)
a)
.
.
.
27
81
243
479
24
25
.
d)
.
e)
+
729
34
35
alternativa A
Utilizando a distribuição binomial para a repetição de 6 vezes de um experimento cuja probabi2
lidade de sucesso é , a probabilidade pedida é
3
alternativa D
det A = a1 ⋅ a4 ⋅ a6 = −1000 ⇔ a1 ⋅ 10 ⋅ a6 =
= −1000 ⇔ a1 ⋅ a6 = −100.
Como (a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 ) é uma progressão
aritmética de razão d > 0 e a4 = 10, temos
a1 = 10 − 3d e a6 = 10 + 2d .
Assim,
(10 − 3d)(10 + 2d) = −100 ⇔ 3d 2 + 5d − 100 =
a
10 − 3 ⋅ 5
= 0 ⇔ d = 5. Logo 1 =
= −1.
d
5
Questão 14
Sobre os elementos da matriz
⎡ x1 x2 x3 x4 ⎤
⎥
⎢y y y
1
2
3 y4 ⎥
∈ M4 × 4 ( R )
A = ⎢
⎢0 0 0 1⎥
⎢1 0 0 0⎥
⎦
⎣
sabe-se que ( x1 , x2 , x3 , x4 ) e ( y1 , y2 , y3 , y4 )
são duas progressões geométricas de razão 3
e 4 e de soma 80 e 255, respectivamente.
Então, det( A −1 ) e o elemento ( A −1 )23 valem,
respectivamente,
1
1
1
e −12. c) −
e 12.
a)
e 12.
b) −
72
72
72
1
1
1
1
d) −
e
.
e)
e
.
72 12
72 12
matemática 8
alternativa C
alternativa A
Sendo (x1 , x 2 , x 3 , x4 ) uma progressão geométrica
de razão 3 e soma 80, temos x1 + 3x1 + 9x1 +
+ 27x1 = 80 ⇔ x1 = 2 , e, sendo (y1 , y 2 , y 3 , y 4 )
uma progressão geométrica de razão 4 e soma
255, temos y1 + 4y1 + 16y1 + 64y1 = 255 ⇔
⇔ y1 = 3 . Assim:
⎡2 6 18 54 ⎤
⎢3 12 48 192 ⎥
⎥
A =⎢
1 ⎥
⎢0 0 0
⎢1 0 0
0 ⎥⎦
⎣
6 18 54
Portanto det A = 1 ⋅ ( −1) 4 + 1 ⋅ 12 48 192 =
0
0
1
= −(6 ⋅ 48 − 12 ⋅ 18) = −72 e det(A −1 ) =
=−
2 18 54
( −1) 3 + 2 ⋅ 3 48 192
1 0
0
=
−72
A32
=
det A
1
⋅ [cos(x − y) − cos(x + y)], temos:
2
=
⎛ 2α ⎞
⎛ α ⎞
sen ⎜ n ⎟ ⋅ sen ⎜ n ⎟ =
⎝3 ⎠
⎝3 ⎠
⎡
⎛ α ⎞
⎛ 3α ⎞ ⎤
⎢cos ⎜⎝ n ⎟⎠ − cos ⎜⎝ n ⎟⎠ ⎥ =
3
3 ⎦
⎣
=
1
2
=
⎛ α
1 ⎡ ⎛ α ⎞
cos ⎜
⎟ − cos ⎜ n −1
⎝3
2 ⎢⎣ ⎝ 3 n ⎠
6
Assim,
⎛ 2α ⎞
⎞⎤
⎟⎥
⎠⎦
⎛ α ⎞
∑ sen ⎜⎝ 3 n ⎟⎠ sen ⎜⎝ 3 n ⎟⎠
=
n =1
6
=
⎛ α ⎞⎤
1 ⎡ ⎛ α ⎞
⎢cos ⎜⎝ n ⎟⎠ − cos ⎜⎝ n −1 ⎟⎠ ⎥ =
3
3
⎣
⎦
n =1
=
⎛ α
1 ⎡ ⎛ α ⎞
cos ⎜
⎟ − cos ⎜ 0
⎝3
2 ⎢⎣ ⎝ 3 6 ⎠
=
1
2
1
.
72
Além disso, o elemento m23 de A −1 é
=
1
=
det A
Como sen x sen y =
∑2
⎞⎤
⎟⎥ =
⎠⎦
⎡
⎤
⎛ α ⎞
⎢cos ⎜⎝ 729 ⎟⎠ − cosα ⎥.
⎣
⎦
=
−(18 ⋅ 192 − 48 ⋅ 54)
= 12.
−72
Questão 16
4π
,
3
0 ≤ α ≤ β, maximizam a soma sen α + sen β,
então α é igual a
Se os números reais α e β, com α + β =
Questão 15
6
O valor da soma
⎛ 2α ⎞
⎛ α ⎞
∑ sen ⎜⎝ 3n ⎟⎠ sen ⎜⎝ 3n ⎟⎠ , para
n =1
a)
π 3
.
3
todo α ∈ R, é igual a
a)
1
2
⎡
⎤
⎛ α ⎞
⎢⎣cos ⎜⎝ 729 ⎟⎠ − cos α ⎥⎦.
b)
1
2
⎡
⎛ α ⎞
⎛ α ⎞⎤
⎢⎣sen ⎜⎝ 243 ⎟⎠ − sen ⎜⎝ 729 ⎟⎠ ⎥⎦.
α ⎞
⎛ α ⎞
c) cos ⎛⎜
⎟ − cos ⎜
⎟.
⎝ 243 ⎠
⎝ 729 ⎠
d)
1
2
⎡
⎛ α ⎞
⎛ α ⎞⎤
⎢⎣cos ⎜⎝ 729 ⎟⎠ − cos ⎜⎝ 243 ⎟⎠ ⎥⎦.
α ⎞
e) cos ⎛⎜
⎟ − cos α .
⎝ 729 ⎠
b)
2π
.
3
c)
3π
.
5
d)
5π
.
8
e)
7π
.
12
alternativa B
Temos que sen α + sen β =
⎛α + β⎞
⎛α − β⎞
= 2 sen ⎜
⎟ ⋅ cos ⎜
⎟ =
⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠
⎛α − β⎞
⎛α − β⎞
⎛ 2π ⎞
= 2 sen ⎜
⎟ ⋅ cos ⎜
⎟ = 3 ⋅ cos ⎜
⎟
⎝ 3 ⎠
⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠
O valor de α que maximiza senα + sen β é tal que
⎛α − β⎞
cos ⎜
⎟ = 1 ⇔ α − β = 4kπ, k ∈ R . Como
⎝ 2 ⎠
4π
2π
e 0 ≤ α ≤ β, 0 ≤ α =
+ 2kπ ≤ β =
3
3
2π
2π
.
=
− 2kπ, obtemos α = β =
3
3
α +β=
matemática 9
alternativa D
Questão 17
Consideremos a figura a seguir, que representa
um cilindro inscrito no tetraedro regular VABC.
Considere as circunferências
C1 : ( x − 4 )2 + ( y − 3)2 = 4 e
C2 : ( x − 10)2 + ( y − 11)2 = 9. Seja r uma reta
tangente interna a C1 e C2 , isto é, r tangencia
C1 e C2 e intercepta o segmento de reta O1O2
definido pelos centros O1 de C1 e O2 de C2 . Os
pontos de tangência definem um segmento
sobre r que mede
a) 5 3 .
b) 4 5 .
c) 3 6 .
25
.
d)
e) 9.
3
Como as arestas do tetraedro medem 3 cm, temos VM =
alternativa A
VO =
3 3
1 3 3
3
cm, OM =
⋅
=
cm,
2
3
2
2
⎛3 3 ⎞
⎟
⎜
⎝ 2 ⎠
2
⎛ 3 ⎞
⎟
−⎜
⎝ 2 ⎠
2
= 6 cm e VD =
6
2 6
cm.
=
3
3
Seja DN = r , raio da base do cilindro. Pelo caso
AA, ΔVDN ~ ΔVOM . Logo:
= VO − DO = 6 −
VD
VO
=
⇔
DN
OM
2 6
3
r
6
3
2
=
⇔r =
3
cm
3
O volume do cilindro é:
2
2
Temos O1O2 = (10 − 4) + (11 − 3) = 10. Traçando a reta s paralela à r pelo centro O2 , obtemos o retângulo ABCO2 , sendo BC = AO2 = 3 e
AB = O2C . Pelo Teorema de Pitágoras, no triângulo O1O2C , temos10 2 = (2 + 3) 2 + (O2C) 2 ⇔
⇔ AB = 5 3 .
Questão 18
6
cm está inscri3
to num tetraedro regular e tem sua base em
uma das faces do tetraedro. Se as arestas do
tetraedro medem 3 cm, o volume do cilindro,
em cm3 , é igual a
Um cilindro reto de altura
a)
π 3
.
4
b)
π 3
.
6
d)
π 6
.
9
e)
π
.
3
c)
π 6
.
6
π ⋅ r2 ⋅
⎛ 3 ⎞
6
⎟
=π⋅⎜
3
⎝ 3 ⎠
2
6
π 6
=
cm 3
3
9
⋅
Questão 19
Um triângulo equilátero tem os vértices nos
pontos A, B e C do plano xOy, sendo B = (2, 1)
e C = (5, 5). Das seguintes afirmações:
3
11
I. A se encontra sobre a reta y = −
,
x+
4
2
3
II. A está na intersecção da reta y = −
x+
4
45
com a circunferência ( x − 2)2 +
+
8
+ ( y − 1)2 = 25,
III. A pertence às circunferências ( x − 5)2 +
2
7
75
,
+ ( y − 5)2 = 25 e ⎛⎜ x − ⎞⎟ + ( y − 3)2 =
⎝
2⎠
4
é (são) verdadeira(s) apenas
a) I. b) II. c) III. d) I e II. e) II e III.
matemática 10
alternativa E
Como as faces do tetraedro são triângulos equilá-
O lado do triângulo equilátero ABC mede
5 3
.
(5 − 2) 2 + (5 − 1) 2 = 5 e sua altura,
2
O ponto A:
• está a uma distância de 5 dos vértices B e C e,
portanto, pertence às circunferências (x − 5) 2 +
+ (y − 5) 2 = 25 e (x − 2) 2 + (y − 1) 2 = 25 .
• pertence à mediatriz de BC, de equação
1⋅ 3
3
cm.
=
2
2
Assim, o triângulo CMD é isósceles de base CD.
Aplicando o Teorema de Pitágoras ao ΔMND,
(x − 2) 2 + (y − 1) 2 = (x − 5) 2 + (y − 5) 2 ⇔
⇔ 6x + 8y − 45 = 0 ⇔ y = −
3x
45
.
+
4
8
teros de lado 1 cm, CM = MD =
⎛1 ⎞
NM 2 + ⎜ ⎟
⎝2 ⎠
2
⎛ 3 ⎞
⎟
= ⎜
⎝ 2 ⎠
2
⇔ NM =
Portanto, a área do ΔMND é
=
2
cm.
2
NM ⋅ DN
=
2
1
2
1
2
⋅
⋅
=
cm 2 .
2
2
2
8
5 3
do ponto médio
2
⎛2 + 5 1 + 5 ⎞ ⎛7
⎞
de BC, ⎜
;
⎟ = ⎜ ; 3 ⎟ . Logo pertence
⎝ 2
⎠
2 ⎠ ⎝2
•
está a uma distância de
2
7⎞
75
⎛
à circunferência ⎜ x − ⎟ + (y − 3) 2 =
.
⎝
2⎠
4
Assim somente as afirmações II e III são verdadeiras.
Questão 20
AS QUESTÕES DISSERTATIVAS,
NUMERADAS DE 21 A 30, DEVEM SER
RESOLVIDAS E RESPONDIDAS NO
CADERNO DE SOLUÇÕES.
Questão 21
Sejam A, B, C e D os vértices de um tetraedro
regular cujas arestas medem 1 cm. Se M é o
ponto médio do segmento AB e N é o ponto
médio do segmento CD, então a área do triângulo MND, em cm2 , é igual a
a)
2
.
6
b)
2
.
8
d)
3
.
8
e)
3
.
9
c)
alternativa B
3
.
6
Sejam A, B e C conjuntos tais que
C ⊂ B, n( B\C ) = 3n( B ∩ C ) = 6n( A ∩ B),
n( A ∪ B) = 22 e ( n(C ), n( A ), n( B)) é uma progressão geométrica de razão r > 0.
a) Determine n(C ).
b) Determine n(P( B\C )).
Resposta
Seja n (A ∩ B) = x, x ∈ Z + . Então n (B ∩ C) = 2x
e n (B \C) = 6x . Como C ⊂ B , temos B ∩ C = C e
B = C ∪ (B \ C). Logo n (C) = 2x e n (B) =
= n (C) + n (B \C) = 8x.
Além disso, (n (C); n (A); n (B)) é uma progressão
geométrica de razão r > 0. Dessa forma, [n (A)] 2 =
= n (C) ⋅ n (B) ⇔ [n (A)] 2 = 2x ⋅ 8x ⇔ n (A) = 4x .
Portanto, n (A ∪ B) = 22 ⇔
⇔ n (A) + n (B) − n (A ∩ B) = 22 ⇔
⇔ 4x + 8x − x = 22 ⇔ x = 2.
a) n (C) = 2x = 2 ⋅ 2 = 4
b) Como n (B \C) = 6x = 6 ⋅ 2 = 12 , temos
n (P(B \ C)) = 212 = 4 096.
matemática 11
Dado y ∈ R , a equação f(x) = y ⇔
Questão 22
⇔
A progressão geométrica infinita ( a1 , a2 , ...,
an , ...) tem razão r < 0. Sabe-se que a progressão infinita ( a1 , a6 , ..., a5 n + 1 , ...) tem
soma 8 e a progressão infinita (a5 , a10 , ...,
a5 n , ...) tem soma 2. Determine a soma da
progressão infinita ( a1 , a2 , ..., an , ...).
Resposta
Sendo r < 0 a razão da progressão geométrica
(a1 ,a2 , ..., an , ...), temos:
a1
a1
=8
a1
=8
5
=8
1
r5
−
1−r
⇔
⇔ 1 − r5
⇔
4
a5
a1 r
4
2
=
2
=
8r
2
=
1 − r5
1 − r5
5
⎡
⎛ 1 ⎞ ⎤
⎛
1 ⎞
a1 = 8 ⎢1 − ⎜ −
⎟ ⎥ = 8 ⎜1 +
⎟
⎝
⎠
⎝
2
4
2 ⎠
⎢⎣
⎥⎦
⇔
1
1
=−
r =−4
2
4
Logo a soma dos termos da progressão geométria1
ca infinita (a1 ,a2 , ..., an , ...) é
=
1−r
⎛
1 ⎞
8 ⎜1 +
⎟
⎝
4 2 ⎠
=
= 14 − 6 2 .
1
1+
2
Resposta
Para a e b reais, f(a) = f(b) ⇔
3 a − 3 −a
3 b − 3 −b
=
⇔
2
2
1
1
⇔ 3 a + b = 3b + a ⇔
3
3
⇔
2y + 2 y 2 + 1
⇔ 3x = y +
2
3b + a + 1
y2 ≥ y ⇒
y 2 +1 ⇔
⇔ x = log 3 (y + y 2 + 1 ) sempre possui solução, logo f é sobrejetora. Portanto, f é bijetora e
f −1 (x) = log 3 (x +
x 2 + 1 ).
Questão 24
Seja f : R → R bijetora e ímpar. Mostre que
a função inversa f −1 : R → R também é ímpar.
Resposta
Sendo x ∈ R :
f −1 ( −x) = f −1 [ −f o f −1 (x)] = f −1 [ −f(f −1 (x))] = ( ∗)
Porém, como f é ímpar, −f(f −1 (x)) = f( −f −1 (x)) e
( ∗) = f −1 [f ( −f −1 (x))] = f −1 o f[ −f −1 (x)] = −f −1 (x).
Questão 25
Σ
n =0
an x n , com
coeficientes reais, sendo a0 ≠ 0 e a6 = 1.
Sabe-se que se r é raiz de p, − r também é
raiz de p. Analise a veracidade ou falsidade
das afirmações:
I. Se r1 e r2 , |r1| ≠ |r2|, são raízes reais e r3 é
raiz não real de p, então r3 é imaginário puro.
II. Se r é raiz dupla de p, então r é real ou
imaginário puro.
III. a0 < 0.
Resposta
a
b
=
⇔ 3 = 3 ⇔ a = b,
3b
3a
logo f é injetora.
Observe que, para qualquer número real y,
y 2 +1 >
⇔ 3x =
Considere o polinômio p( x ) =
Analise se a função f : R → R , f ( x ) =
3x − 3− x
é bijetora e, em caso afirmativo,
=
2
determine a função inversa f −1 .
⇔
⇔ (3 x ) 2 − 2y ⋅ (3 x ) − 1 = 0 ⇔
6
Questão 23
3a+b + 1
3 x − 3 −x
1
= y ⇔ 3 x − x = 2y ⇔
2
3
y 2 +1 > y.
I. Verdadeira. Se r1 e r2 , | r1 | ≠ | r2 |, são raízes
reais de p, considerando ainda que p(0) = a0 ≠ 0,
r1 , r2 , −r1 , −r2 são quatro raízes distintas de p(x).
Sendo r3 uma raiz imaginária de p, −r3 é outra
raiz. Assim, considerando que o grau de p é 6, as 6
raízes de p são r1 ,r2 , −r1 , −r2,r3 , −r3 . Todavia, p tem
coeficientes reais, logo r3 também é raiz de p.
matemática 12
Como r3 ∉ R ⇒ r3 ≠ r3 e r3 ∉ {r1 , r2 , −r1 , −r2 },
r3 + r3
= 0 ⇔ Re(r3 ) = 0 e, portan2
to, r3 é imaginário puro.
r3 = −r3 ⇔
II. Falsa. Considere, por exemplo, p(x) =
= (x − 1 − i) 2 (x − 1 + i) 2 (x + 1 + i)(x + 1 − i) =
= ((x − 1) 2 + 1) 2 ((x + 1) 2 + 1), que tem coeficientes reais, grau 6 e raízes 1 + i , 1 − i (duplas) e
−1 − i , −1 + i .
III. Falsa. Considere, por exemplo, p(x) =
= (x 2 + 1) 3 = x 6 + 3x 4 + 3x 2 + 1, que admite as
raízes i e −i (multiplicidade 3 cada uma) e tem
a0 = 1 > 0.
Questão 27
Considere as matrizes
X , B ∈ M4 × 1 ( R ) :
A ∈ M4 × 4 ( R )
e
⎡b1 ⎤
⎡ x⎤
⎡ a 1 b 1⎤
⎢b ⎥
⎢ y⎥
⎢ b 1 a 0⎥
⎥; X = ⎢ ⎥ e B = ⎢ 2 ⎥ .
A = ⎢
⎢b 3 ⎥
⎢ z⎥
⎢ 0 2 0 0⎥
⎢b ⎥
⎢w ⎥
⎢− a 2 b 1⎥
⎣ ⎦
⎦
⎣
⎣ 4⎦
a) Encontre todos os valores reais de a e b
tais que a equação matricial AX = B tenha
solução única.
b) Se a2 − b2 = 0 , a ≠ 0 e B = [1 1 2 4 ] t , encontre X tal que AX = B.
Questão 26
Resposta
Uma urna de sorteio contém 90 bolas numeradas de 1 a 90, sendo que a retirada de uma
bola é equiprovável à retirada de cada uma
das demais.
a) Retira-se aleatoriamente uma das 90 bolas desta urna. Calcule a probabilidade de o
número desta bola ser um múltiplo de 5 ou
de 6.
b) Retira-se aleatoriamente uma das 90 bolas
desta urna e, sem repô-la, retira-se uma segunda bola. Calcule a probabilidade de o número da segunda bola retirada não ser um
múltiplo de 6.
Resposta
a) O total de números múltiplos de 5 ou de 6 no
⎢ 90 ⎥ ⎢ 90 ⎥ ⎢ 90 ⎥
intervalo de 1 a 90 é ⎢ ⎥ + ⎢ ⎥ − ⎢
=
⎣ 5 ⎦ ⎣ 6 ⎦ ⎣ 5 ⋅ 6 ⎥⎦
= 18 + 15 − 3 = 30. Logo a probabilidade pedida
30
1
é
= .
90
3
b) Considere que as 90 bolas são retiradas da
urna sem reposição. Os eventos "o número da
i-ésima bola retirada não é múltiplo de 6",
1 ≤ i ≤ 90, têm a mesma probabilidade. Portanto,
⎢ 90 ⎥
observando novamente que ⎢ ⎥ = 15 , a probabi⎣6 ⎦
lidade pedida é igual à probabilidade de o número
da primeira bola retirada não ser múltiplo de 6, ou
15
5
seja,1 −
= .
90
6
a) O sistema AX
mente se
a
b
det A ≠ 0 ⇔
0
−a
= B tem solução única se, e so-
1 b 1
1 a 0
≠ 0 ⇔ 2( −1) 3 + 2 ⋅
2 0 0
2 b 1
a b 1
⋅ b a 0 ≠ 0 ⇔ −4a2 ≠ 0 ⇔ a ≠ 0. Logo, para
−a b 1
a ≠ 0, b ∈ R , o sistema admite solução única.
b) Como para a ≠ 0 o sistema é possível e determinado, podemos aplicar a regra de Cramer. Temos:
1 1 b 1
0 1 b 1
| Ax | =
1 1 a 0
2 2 0 0
4 2 b 1
−C 2 + C1
=
0 1 a 0
=
0 2 0 0
2 2 b 1
1
= ( −1) 4 + 1 ⋅ 2 1
b 1
a 0 = −2 ⋅ ( −2 ⋅ a ⋅ 1) = 4a
2 0 0
a
b
| Ay | =
0
−a
a
b
=
0
−a
1
1
2
4
b
a
0
b
1
0
=
0
1
1 b 1
a
1 a 0
b
+
2 0 0
0
−a
2 b 1
0 b 1
0 a 0
= |A | + 0 = |A |
0 0 0
2 b 1
matemática 13
a
b
|Az | =
0
−a
1 1 1
1 1 0
2 2 0
2 4 1
= ( −1) 3 + 2
a 0 1
⋅ 2 b 0 0 = −2 ⋅ 2b = −4b
−a 2 1
a
b
|Aw | =
0
−a
1 b 1
1 a 1
2 0 2
2 b 4
= ( −1)
4 +4
a
b
0
−a
−C 2 + C 3
=
a
b
0
−a
−C 2 + C4
=
1
1
2
2
0
0
0
2
1
0
=
0
1
1 b 0
1 a 0
=
2 0 0
2 b 2
a 1 b
a b
⋅ 2 b 1 a = 2( −1) 3 + 2 ⋅ 2
=
b a
0 2 0
= −4(a2 − b 2 )
Assim a solução do sistema, para a ≠ 0, é
⎛ |Ax | |Ay | |Az | |Aw | ⎞
;
;
;
⎜
⎟ =
⎝ |A | |A | |A | |A| ⎠
⎛ 4a
|A | −4b −4(a2 − b 2 ) ⎞
⎟⎟ =
= ⎜⎜
;
;
;
2 |A |
−4a2
−4a2
⎠
⎝ −4a
⎛ 1
b a2 − b 2
= ⎜⎜ − ; 1; 2 ;
a
a2
⎝ a
6 tg
2
⇔ 3 − 2 cos x =
x
2
1 + tg 2
x
2
⇔
⇔ 3 − 2(1 − sen 2 x) = 3 ⋅ sen x ⇔
⇔ 2 sen 2 x − 3 sen x + 1 = 0 ⇔
⇔ sen x = 1 ou sen x =
π
π
1
⇔x =
ou x =
2
6
2
5π
.
6
π
π
5π
b) cotg
= 3 , cotg
= 0 e cotg
=
6
2
6
π
= −cotg
= − 3.
6
ou x =
Questão 29
Determine uma equação da circunferência inscrita no triângulo cujos vértices são A = (1, 1),
B = (1, 7) e C = (5, 4) no plano xOy.
Resposta
⎞
⎟⎟ .
⎠
particular, se a2 − b 2 = 0 ⇔ b 2 = a2 ,
⎛ 1
⎞ ⎛ 1
b
1
⎞
a solução é ⎜ − ; 1; 2 ; 0 ⎟ = ⎜ − ; 1; ; 0 ⎟ e
⎝
⎠
⎝ a
⎠
a
b
b
Em
t
1 ⎤
⎡ 1
X = ⎢− 1
0 .
b ⎥⎦
⎣ a
Questão 28
Considere a equação
x
x
(3 − 2 cos2 x ) ⎛⎜1 + tg 2 ⎞⎟ − 6 tg
= 0.
⎝
⎠
2
2
a) Determine todas as soluções x no intervalo
[0, π[.
b) Para as soluções encontradas em a), determine cotg x.
Resposta
2 tg
a)
Sendo
sen x =
x
2
, temos, para
x
2
x
2 ⎛
2 x ⎞
x ∈ [0; π[ , (3 − 2 cos x) ⎜1 + tg
=0 ⇔
⎟ − 6 tg
⎝
2⎠
2
1 + tg 2
O triângulo ABC é isósceles de base AB = 7 − 1 = 6
e lados AC = BC = 5. Assim, a área S do triângu6 ⋅4
lo ABC é
= 12 e o raio da circunferência ins2
3
S
12
crita é
=
= .
6 +5 +5
2
p
2
O centro I da circunferência inscrita, que pertence
à reta y = 4, tem coordenadas (a; 4).
3
5
Assim, IH = a − 1 =
e uma equação
⇔a=
2
2
2
5⎞
⎛
da circunferência procurada é ⎜ x − ⎟ +
⎝
2⎠
9
2
+ (y − 4) = .
4
matemática 14
a) Como em cada ponto de intersecção os respectivos planos tangentes às esferas são perpen$ = 90o e no ΔAPB temos
diculares, m (APB)
Questão 30
As superfícies de duas esferas se interceptam
ortogonalmente (isto é, em cada ponto da intersecção os respectivos planos tangentes são
perpendiculares). Sabendo que os raios des3
tas esferas medem 2 cm e
cm, respectiva2
mente, calcule
a) a distância entre os centros das duas esferas.
b) a área da superfície do sólido obtido pela
intersecção das duas esferas.
Resposta
Consideremos a figura a seguir, em que A e B re3
presentam os centros das esferas de raios
cm
2
e 2 cm, respectivamente.
2
⎛3 ⎞
(AB) 2 = (AP) 2 + (PB) 2 ⇔ (AB) 2 = 2 2 + ⎜ ⎟ ⇔
⎝2 ⎠
5
⇔ AB =
cm.
2
b) Das relações métricas no triângulo retângulo
⎛3 ⎞
APB, (AP) 2 = AS ⋅ AB ⇔ ⎜ ⎟
⎝2 ⎠
2
5
⇔
2
9
3
9
⇔ AS =
−
=
cm e SM = AM − AS =
10
2
10
3
cm. Também temos BS = AB − AS =
=
5
5
9
8
8
cm e LS = BL − BS = 2 −
=
−
=
=
2
10
5
5
2
cm.
=
5
O sólido obtido é formado por dois segmentos es3
cm e fleféricos, um contido na esfera de raio
2
3
cha SM =
cm e outro contido na esfera de raio
5
2
2 cm e flecha LS =
cm.
5
A área da superfície do sólido obtido é a soma
das áreas das calotas dos segmentos esféricos.
Já que a área de uma calota esférica de raio r e
flecha h é dada por 2 πr ⋅ h, a área pedida é
3 3
2
17 π
2π ⋅
⋅
+ 2π ⋅ 2 ⋅
=
cm 2 .
2 5
5
5
= AS ⋅