EXERCÍCIOS – MATEMÁTICA – 2
1. (Fgv 2013) Em 1º de junho de 2009, João usou R$ 150.000,00 para comprar cotas de um fundo de investimento, pagando R$
1,50 por cota. Três anos depois, João vendeu a totalidade de suas cotas, à taxa de R$ 2,10 cada uma. Um apartamento que valia
R$ 150.000,00 em 1º de junho de 2009 valorizou-se 90% nesse mesmo período de três anos. (Nota: a informação de que a
valorização do apartamento foi de 90% nesse período de três anos deve ser usada para responder a todos os itens a seguir).
a) Se, ao invés de adquirir as cotas do fundo de investimento, João tivesse investido seu dinheiro no apartamento, quanto a mais
teria ganhado, em R$, no período?
b) Para que, nesse período de três anos, o ganho de João tivesse sido R$ 20.000,00 maior com o fundo de investimento, na
comparação com o apartamento, por quanto cada cota deveria ter sido vendida em 1º de junho de 2012?
c) Supondo que o regime de capitalização do fundo de investimento seja o de juros simples, quanto deveria ter sido a taxa de juros
simples, ao ano, para que a rentabilidade do fundo de investimento se igualasse à do apartamento, ao final do período de três
anos? Apresente uma função que relacione o valor total das cotas de João (Y) com o tempo t, em anos.
2. (Fuvest 2013) Um empreiteiro contratou um serviço com um grupo de trabalhadores pelo valor de R$ 10.800,00 a serem
igualmente divididos entre eles. Como três desistiram do trabalho, o valor contratado foi dividido igualmente entre os demais.
Assim, o empreiteiro pagou, a cada um dos trabalhadores que realizaram o serviço, R$ 600,00 além do combinado no acordo
original.
a) Quantos trabalhadores realizaram o serviço?
b) Quanto recebeu cada um deles?
3. (Fgv 2012) Duas pessoas combinaram de se encontrar entre 13h e 14h, no exato instante em que a posição do ponteiro dos
minutos do relógio coincidisse com a posição do ponteiro das horas. Dessa forma, o encontro foi marcado para as 13 horas e
a) 5 minutos.
4
11
5
c) 5
11
6
d) 5
11
8
e) 5
11
b) 5
minutos.
minutos.
minutos.
minutos.
4. (Fgv 2012) As duas raízes da equação x2  63x  k  0 na incógnita x são números inteiros e primos. O total de valores
distintos que k pode assumir é
a) 4.
b) 3.
c) 2.
d) 1.
e) 0.
5. (Fuvest 2014) Uma bola branca está posicionada no ponto Q de uma mesa de bilhar retangular, e uma bola vermelha, no ponto
P, conforme a figura abaixo.
A reta determinada por P e Q intersecta o lado L da mesa no ponto R. Além disso, Q é o ponto médio do segmento PR, e o
ângulo agudo formado por PR e L mede 60°. A bola branca atinge a vermelha, após ser refletida pelo lado L. Sua trajetória, ao
partir de Q, forma um ângulo agudo θ com o segmento PR e o mesmo ângulo agudo α com o lado L antes e depois da reflexão.
Determine a tangente de α e o seno de θ.
6. (Fgv 2013) No círculo trigonométrico de raio unitário indicado na figura, o arco AB mede α. Assim, PM é igual a
a) 1  tg α
b) 1  cos α
c) 1  cos α
d) 1  sen α
e) 1  cotg α
7. (Ita 2013) Se cos 2x 
a)
cotg x  1
1
é
, então um possível valor de
cossec(x  π)  sec( π  x)
2
3
.
2
b) 1.
c)
2.
d) 3.
e) 2.
8. (Unicamp 2014) Considere um hexágono, como o exibido na figura abaixo, com cinco lados com comprimento de 1cm e um
lado com comprimento de x cm.
a) Encontre o valor de x.
b) Mostre que a medida do ângulo α é inferior a 150°.
9. (Unicamp 2013) Na figura abaixo, ABC e BDE são triângulos isósceles semelhantes de bases 2a e a, respectivamente, e o
ˆ  30. Portanto, o comprimento do segmento CE é:
ângulo CAB
a) a
5
3
b) a
8
3
c) a
7
3
d) a 2
10. (Unicamp 2013) Um satélite orbita a 6.400 km da superfície da Terra. A figura abaixo representa uma seção plana que inclui o
satélite, o centro da Terra e o arco de circunferência AB. Nos pontos desse arco, o sinal do satélite pode ser captado. Responda
às questões abaixo, considerando que o raio da Terra também mede 6.400 km.
a) Qual o comprimento do arco AB indicado na figura?
b) Suponha que o ponto C da figura seja tal que cos(θ)  3 / 4. Determine a distância d entre o ponto C e o satélite.
Gabarito:
Resposta da questão 1:
a) O rendimento obtido na venda das cotas foi de (2,1  1,5) 
150000
 R$ 60.000,00.
1,5
Por outro lado, se João tivesse investido seu dinheiro no apartamento, seu ganho teria sido igual a
0,9  150000  R$ 135  000,00, ou seja, uma diferença de
135000  60000  R$ 75.000,00.
b) Para que João tivesse ganhado R$ 20.000,00 a mais com o fundo de investimento, deveria ter vendido todas as cotas por
150000  155.000,00  R$ 305.000,00, ou seja, cada cota por
305000
 R$ 3,05.
100000
c) Se a rentabilidade do apartamento foi de 90% no período, então a taxa anual de juros simples que deveria ter sido aplicada é
igual a
90%
 30%.
3
A função que relaciona o valor total das cotas de João (Y) com o tempo t, em anos, é dada por:
Y  150000  (1 0,3  t)  150000  45000  t.
Resposta da questão 2:
n = número inicial de trabalhadores.
Cada trabalhador deveria receber
10800
.
n
Como três desistiram e os demais receberam cada 600 reais a mais referente ao valor que caberia aos três desistentes, temos a
equação:
600.(n  3)  3 
10800
324
 6.(n  3) 
 6n2  18n  324  0
n
n
Resolvendo a equação acima, temos: n = 9 ou n = –6 (não convém).
a) Portanto, 6 (9 – 3) trabalhadores realizaram o serviço.
b) Cada um deles recebeu
10800
 1800 reais.
6
Resposta da questão 3:
[C]
O ponteiro das horas percorre 30° em 1 hora.
O ponteiro dos minutos percorre 360° em 1 hora,
Considerando Sm e Sh o deslocamento, em graus, dos ponteiros das horas e dos minutos, respectivamente, a partir das 13h no
tempo t em horas, temos:
Sm  Sh
5
1
 60 
360  t  30  30  t  330  t  30  t    h    minutos  5 minutos
11
 11
 11 
Resposta da questão 4:
[D]
Pelas Relações de Girard, a soma das raízes da equação é igual a 63 e o produto é igual a k. Além disso, como as raízes são
números primos e a soma é ímpar, segue que uma das raízes é 2 e, portanto, a outra é 63  2  61. Logo, k só pode ser igual a
2  61  122.
Resposta da questão 5:
Considere a figura, em que P' e Q' são, respectivamente, os simétricos de P e Q em relação a RT, com T pertencente a L.
Como Q e Q' são os pontos médios de PR e P'R, segue-se que S é o baricentro do triângulo PRP'. Logo, RS  2  ST e,
portanto, RT  3  ST.
Do triângulo PRT, vem
tg60 
PT
RT
 PT  3 3  ST
e
sen60 
PT
PR
 PR 
3 3  ST
3
2
 PR  6  ST.
Do triângulo PST, obtemos
tg α 
PT
ST
 tg α 
3 3  ST
ST
 tg α  3 3.
2
2
Sabendo que cossec α  1  cotg α e que α é agudo, encontramos
2
 1 
cossec α  1  
  sen α 
3 3 
2
 sen α 
27
28
3 21
.
14
Finalmente, aplicando a Lei dos Senos no triângulo QRS, vem
PR
QR
RS
2  ST

 2 
sen α sen θ
3 21 sen θ
14
 sen θ 
21
.
7
Resposta da questão 6:
[C]
Considere a figura.
Como o menor arco AS mede 90 e AQS é um ângulo inscrito, segue-se que AQS  45. Daí, como BMQ  90, vem
QPM  45 e, portanto, MQ  PM. Além disso, OA  OQ  1. Donde podemos concluir que OM  1  PM.
Por outro lado, como AQ  BM, segue que M é o ponto médio de BM. Assim, tomando a potência do ponto M em relação à
circunferência de centro O, obtemos
2
MB  MN  MQ  MA  MB  PM  (2  PM).
Adicionalmente, tem-se QOB  QB  180  α. Logo, do triângulo retângulo OBM, encontramos
sen(180  α ) 
MB
OB
 sen α  MB
e, portanto,
sen2 α  PM  (2  PM)  (PM  1)2  1  sen2 α
 (PM  1)2  cos2 α
 PM  1  cos α.
Porém, como 90  α  180 implica em cos α  0, segue-se que PM  1  cosα (pois PM  1).
Resposta da questão 7:
[A]
cotg x  1

cossec(x  π )  sec( π  x)
cos 2x 
cos x
cos x  1
1
senx
senx

  cos x (I)
1
1
1  cos x


senx cos x senx.cos x
1
1
3
3
 2cos2 x  1   cos2 x   cos x  
(II)
2
2
2
2
Substituindo (II) em (I), temos:
cotg x  1
cotg x  1
3
3
=
ou
= 
.
cossec(x  π)  sec( π  x) 2
cossec(x  π)  sec( π  x)
2
Resposta da questão 8:
a) Considere a figura.
Aplicando o Teorema de Pitágoras nos triângulos ABC, ACD, ADE e AEF, vem
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
AC  AB  BC  12  12  2,
AD  AC  CD  2  12  3,
AE  AD  DE  3  12  4
e
2
AF  AE  EF  x 2  4  12
 x  5 cm.
b) É imediato que BAC  45.
Do triângulo ACD, temos
tgCAD 
CD
AC
 CAD  arctg
Do triângulo ADE, vem
1
2
 45.
tgD AE 
DE
AD
 D AE  arctg
1
3
 30.
Do triângulo AEF, segue
tgE AF 
EF
AE
 E AF  arctg
1
4
 30.
Portanto, tem-se
α  BAC  CAD  DAE  EAF
 45  45  30  30
 150.
Resposta da questão 9:
[C]
No ΔCMB : cos30° 
a
3 a
2a

 x
x
2
x
3
a
3
a
a
No ΔENB : cos30°  2 

y
y
2
2y
3
ˆ  180  30  30  120
CBE
Aplicando o teorema dos cossenos no triângulo CBE, temos:
CE2  x 2  y 2  2.x.y.cos120
CE2 
4a2 a2
2a a

 2

3
3
3
3
CE2 
5a2 2a2

3
3
CE2 
7a2
3
CE  a.
 1
 
 2
7
3
Resposta da questão 10:
a) No triângulo assinalado:
R é a medida do raio da terra.
cos α 
R
1
  α  60
RR 2
Portanto, o arco AB mede 120° e seu comprimento será dado por:
2  π  R 2  π  6400 12800π


km.
3
3
3
b) Aplicando o teorema dos cossenos no triângulo assinalado, temos:
d2  R2  (2R)2  2.R.2R.cos θ
d2  5R2  4.R2 .(3/4)
d  2.R2
dR 2
d  6400. 2 km