alternativa E
TIPO DE PROVA: A
Questão 1
Pedro e Luís tinham, em conjunto, a impor3
tância de R$690,00. Pedro gastou
de seu
5
1
do que possuía, fidinheiro e Luís gastou
4
cando ambos com quantias iguais. Pedro tinha a quantia de
a) R$ 510,00.
b) R$ 270,00. c) R$ 450,00.
d) R$ 350,00.
e) R$ 380,00.
alternativa C
Sejam x e 690 − x , em reais, as importâncias que
Pedro e Luís tinham, respectivamente.
3
de seu dinheiro, restou-lhe
Como Pedro gastou
5
2
3
do mesmo e, analogamente, restou a Luís
5
4
do que tinha.
2
3
Dessa forma,
⋅x =
⋅ (690 − x) ⇔
5
4
⇔ x = 450 reais.
n(A) + n(B) + n(C) = 250
n(A) = 71
Temos n(B) = n(A) + 16
⇔ n(B) = 87 .
n(C) = n(A) + 21
n(C) = 92
Observando que 71 é primo, 87 = 3 ⋅ 29 e
92 = 2 2 ⋅ 23, as afirmações I, II e III são verdadeiras.
Como 71 < 87 < 92, 87 é o único número que poderia ser a média aritmética dos outros dois. Sen71 + 92
do 87 ≠
, a afirmação IV também é verda2
deira.
Questão 3
A figura mostra os esboços dos gráficos das
funções A(x) e B(x), que fornecem os preços
que as copiadoras, A e B, cobram para fazer x
cópias de uma folha. Para fazer 360 cópias, a
copiadora A cobra
R$
B(x)
72
30
A(x)
Questão 2
Uma empresa distribuiu 250 candidatos para
estágio em três salas A, B e C, de modo que a
sala B ficou com 16 candidatos a mais que a
sala A, e a sala C, com 21 candidatos a mais
que a sala A. Sendo n(A), n(B) e n(C), respectivamente, os números de candidatos de cada
uma das salas A, B e C, considere as afirmações abaixo.
I. Dos números n(A), n(B) e n(C), apenas um
é par.
II. Não existe fator primo comum aos números n(A), n(B) e n(C).
III. Dos números n(A), n(B) e n(C), apenas
um é primo.
IV. Nenhum dos números n(A), n(B) e n(C) é
média aritmética dos outros dois.
O número de afirmações corretas é
a) 0.
b) 1.
c) 2.
d) 3.
e) 4.
12
200
540
1400
x
a) R$ 7,00 a menos que B.
b) R$ 5,00 a mais que B.
c) R$ 10,00 a menos que B.
3
d) do que cobra B.
2
e) o mesmo preço cobrado por B.
alternativa E
Temos que, para 0 ≤ x ≤ 540, A(x) =
⇔ A(x) =
30 − 0
⋅x ⇔
540 − 0
x
360
. Dessa forma, A(360) =
= 20.
18
18
matemática 2
Para 200 ≤ x ≤ 1 400, temos B(x) − 12 =
72 − 12
x
=
⋅ (x − 200) ⇔ B(x) =
+ 2.
1 400 − 200
20
360
Assim, B(360) =
+ 2 = 20.
20
Portanto, para fazer 360 cópias, a copiadora A cobra o mesmo preço cobrado por B.
Questão 5
Os pontos (1,2) e (5,10) pertencem ao gráfico
de f(x) = a ⋅ b log2 x . O valor de a + b é
a) 3.
b) 4.
c) 6.
d) 8.
e) 5.
alternativa B
Das condições dadas:
a=2
f(1) = 2
a ⋅ blog 2 1 = 2
⇔
⇔
⇔ log 5
f(5) = 10
b 2 =5
a ⋅ blog 2 5 = 10
Questão 4
No triângulo retângulo ABC da figura, AM é
a mediana e AH é a altura, ambas relativas à
hipotenusa. Se BC = 6 cm, a área do triângulo AMH, em cm2 , é
⇔
a=2
blog 2 5 = 2 log 2 5
⇔
a=2
b =2
Logo a + b = 4.
Questão 6
A
Sendo f (x) = x + 2 e g(x) = −x + 1, a soma dos
valores inteiros de x tais que f (x) ⋅ g(x) ≥ 0 é
a) −2.
b) −3.
c) 0.
d) 3.
e) 2.
B
alternativa A
30°
M
a)
8 3
.
9
b)
8 3
.
5
d)
5 3
.
8
e)
9 3
.
4
C
H
c)
9 3
.
8
alternativa C
Sendo AM mediana relativa à hipotenusa BC do
BC 6
triângulo ABC, então AM = BM =
=
= 3 cm.
2
2
Portanto o triângulo BMA é isósceles com
$ é ex$ ) = m ( ABM
$ ) = 30o . O ângulo AMH
m ( MAB
$
$
terno de BMA, logo mede m (ABM) + m (MAB)
=
= 30o + 30o = 60o .
No triângulo retângulo AMH, AH = AM sen 60o =
3
3 3
1
cm e MH = AM cos 60o = 3 ⋅
=
=
2
2
2
AH ⋅ MH
3
=
= cm. Conseqüentemente, sua área é
2
2
=3⋅
3 3 3
⋅
2 = 9 3 cm 2 .
= 2
2
8
f (x) ⋅ g(x) ≥ 0 ⇔ (x + 2)( −x + 1) ≥ 0 ⇔
⇔ (x − ( −2)) ⋅ (x − 1) ≤ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ 1
A soma dos valores inteiros de x que satisfazem a
inequação dada é −2 + ( −1) + 0 + 1 = −2.
Questão 7
A soma das soluções da equação
sec2 2x − 2tg2 2x − 1 = 0, no intervalo
⎡ π , 3π ⎤ , é
⎢⎣ 2 2 ⎥⎦
3π
5π
.
c) 3π.
d)
.
e) 2π.
a) π.
b)
2
2
alternativa C
2
Sendo sec α = tg 2 α + 1 para todo α real diferenπ
π
3π
te de
+ kπ, k ∈ Z, temos, para
≤x ≤
⇔
2
2
2
⇔ π ≤ 2 x ≤ 3 π, sec 2 2x − 2tg 2 2x − 1 = 0 ⇔
⇔ (tg 2 2x + 1) − 2tg 2 2x − 1 = 0 ⇔
⇔ tg 2x = 0 ⇔ 2x = π ou 2x = 2π ou 2x = 3π ⇔
3π
π
ou x = π ou x =
.
⇔x =
2
2
matemática 3
A soma das soluções
π
3π
+π +
= 3 π.
2
2
da
equação
é
2
⇔ log b (3 3 ) 3 + log b 2 2 − log b 3 = −1 ⇔
⇔ log b
Questão 8
Se, na figura, o lado do triângulo eqüilátero
ABC mede 6 cm, então a área da região sombreada, em cm2 , é igual a
A
32 ⋅ 22
1
= −1 ⇔ b −1 = 12 ⇔ b =
3
12
Questão 10
Na figura, ABCD é um quadrado e APD é um
triângulo eqüilátero. A medida do ângulo α,
em graus, é
A
B
O
a
P
C
B
a) 4 π 3 .
b) 3π.
d) 4π.
e) 2π 3 .
c)
5 3
π.
2
D
a) 65.
C
b) 55.
c) 80.
d) 60.
e) 75.
alternativa D
alternativa E
$ do triângulo eqüilátero ABC está
O ângulo BAC
$ )=
inscrito na circunferência, logo m (BOC
o
o
$
= 2m(BAC ) = 2 ⋅60 =120 .
Sendo R o raio da circunferência, aplicando a lei
dos co-senos ao triângulo BOC obtemos
BC 2 = OB 2 + OC 2 − 2 ⋅ OB ⋅ OC ⋅ cos 120o ⇔
⎛ 1⎞
⇔ 6 2 = R 2 + R 2 − 2 ⋅ R ⋅ R ⋅ ⎜ − ⎟ ⇔ R 2 = 12.
⎝ 2⎠
A região sombreada é um setor circular de raio R
120o
e ângulo de120o e tem área
⋅ πR2 =
360o
1
=
π ⋅ 12 = 4 π cm 2 .
3
Como APD é um triângulo eqüilátero, AP = AD e
$ ) = 60o . Sendo ABCD um quadrado,
m (PAD
$ ) = 90o .
AB = AD e m (BAD
$ ) = m (BAD
$ ) − m (PAD)
$ =
Portanto AP = AB e m (BAP
o
o
o
= 90 − 60 = 30 , ou seja, o triângulo ABP é
$
$ ) =
isósceles, com α = m (APB)
= m (ABP
o
o
o
$
180 − m (BAP) 180 − 30
=
= 75 o .
=
2
2
Questão 9
2
logb 27 + 2 logb 2 − logb 3 = −1, 0 < b ≠ 1, o
3
valor de b é
1
1
1
a) 2.
b)
.
c) .
d) 3.
e) .
12
9
8
Se
Questão 11
Uma loja colocou à venda 27 calças jeans, das
quais 6 apresentam defeito. Escolhendo-se 3
calças ao acaso, a probabilidade de as 3 estarem com defeito é
15
2
6
a)
.
.
b) .
c)
351
9
117
4
24
d)
e)
.
.
585
65
alternativa D
alternativa B
2
log b 27 + 2 log b 2 − log b 3 = −1 ⇔
3
Podemos escolher 3 calças dentre as 27 à venda
⎛ 27 ⎞
de ⎜ ⎟ maneiras. Como 6 calças apresentam
⎝3 ⎠
matemática 4
⎛6 ⎞
defeito, há ⎜ ⎟ escolhas nas quais todas são de⎝3 ⎠
feituosas.
A probabilidade pedida é, portanto,
⎛6 ⎞
6 ⋅5 ⋅4
⎜ ⎟
⎝3 ⎠
4
3!
.
=
=
27 ⋅ 26 ⋅ 25
585
⎛ 27 ⎞
⎜ ⎟
3!
⎝3 ⎠
Questão 12
O traço de uma matriz quadrada é a soma
dos elementos de sua diagonal principal. O
traço da matriz A = (a i, j )3 × 3 , tal que
a i, j = i j, é:
a) 33 .
b) 25 .
c) 52 .
d) 4 3 .
e) 26 .
O traço da matriz A é igual a a1,1 + a2, 2 + a3, 3 =
= 11 + 2 2 + 3 3 = 32 = 2 5 .
Seja C a matriz completa do sistema. Temos:
⎡ a1 a2 a3 ⎤ L2 − L1 ⎡a1 a2 a3 ⎤
C=⎢
⎥
⎢3r 3r 3r ⎥ ( ∗)
⎣
⎦
⎣a4 a5 a6 ⎦
Temos então dois casos para analisar:
( ∗)
⎡a1 a2
L2 /3r ⎢⎣ 1 1
a3 ⎤ L12
1 ⎥⎦
1⎤
⎡1 1 1 ⎤
a3 ⎥⎦ L2 − a1L1 ⎢⎣0 r 2r ⎥⎦ L2 /r
⎡1 1 1 ⎤
L2 /r ⎢⎣0 1 2 ⎥⎦
Um polinômio p(x), de grau maior que 1, deixa resto 1, quando dividido por x − 2, e deixa
resto 2, quando dividido por x − 3. O resto da
divisão de p(x) por x2 − 5x + 6 é
a) x.
b) 2x + 1.
c) 2x.
d) x − 1.
e) 2.
Portanto o sistema é equivalente a
⇔
Temos que p(2) = 1 e p(3) = 2. Sabemos ainda
que o resto da divisão de p(x) por x 2 − 5x + 6 é
da forma ax + b, com a, b ∈ R. Assim, como
p(x) = (x 2 − 5x + 6) ⋅ Q(x) + ax + b:
⇔
2a + b = 1
a =1
⇔
3a + b = 2
b = −1
Logo o resto da divisão de p(x) por x 2 − 5x + 6 é
1 ⋅ x − 1 = x − 1.
x = −1
y =2
• r=0
( ∗)
alternativa D
⇔
alternativa C
L12 ⎡ 1 1
⎢a a
2
⎣1
Questão 13
p(3) = (3 2 − 5 ⋅ 3 + 6) ⋅ Q(3) + a ⋅ 3 + b
⎧ a1 x + a2 y = a 3
Considere o sistema ⎨
, com
⎩ a4 x + a 5 y = a6
(a1 , a2 , a 3 , a4 , a 5 , a6 ), formando uma P.A.
de razão r. Pode-se afirmar que o sistema
a) não tem solução, se r > 0.
b) tem infinitas soluções, qualquer que seja r.
c) tem solução única, se r ≠ 0.
d) não tem solução, se r = 0.
e) tem uma única solução, se r = 0.
• r≠0
alternativa B
p(2) = (2 2 − 5 ⋅ 2 + 6) ⋅ Q(2) + a ⋅ 2 + b
Questão 14
x + y =1
⇔
y =2
V = {(−1; 2)}
⎡a1 a1 a1 ⎤
⎢0 0 0 ⎥
⎣
⎦
Assim, se a1 = 0, V = R 2 ; e se a1 ≠ 0, o sistema é
equivalente a a1 x + a1 y = a1 ⇔ x + y = 1 ⇔ y = 1 − x,
V = {(x; 1 − x) t.q. x ∈ R}.
Questão 15
Um frasco de perfume de forma esférica, com
1
raio de 4 cm, contém perfume em
de seu
4
volume total. Se uma pessoa utilizar, todos os
dias, 2 ml do perfume, das alternativas abai-
matemática 5
xo, a que indica o maior período de tempo de
duração do perfume é
a) 16 dias.
b) 31 dias.
c) 26 dias.
d) 54 dias.
e) 43 dias.
alternativa B
O volume de perfume no frasco é dado por
1 4
64 π
64 π
cm 3 =
ml.
⋅
⋅ π ⋅ 43 =
4 3
3
3
Como são utilizados 2 ml por dia, o número de
64 π
32 π
dias de duração do perfume é 3 =
≅
2
3
≅ 33 dias.
Questão 16
Se f(x) = a − x2 , g(x) = b − x e f(g(2)) = 2,
então f(g(0)) é
a) 2 .
b) 3 .
c) 2.
d) 3.
e) 1.
alternativa A
f(g(2)) = 2 ⇔ f( b − 2 ) = 2 ⇔
⇔ a − ( b − 2 )2 = 2 ⇔
⇔
a−b +2 =4
a−b =2
⇔
b ≥2
b ≥2
Logo f(g(0)) = f( b ) = a − ( b ) 2 = a − b = 2 .
Observando que w = u + v, podemos concluir que
o quadrilátero OPQR é um paralelogramo:
Im
R
4
Se f(x) = 2x + 2− x , g(x) = 2x − 2− x e x satisfaz
3
a igualdade f(x).g(x) = , então log2 x é igual
2
a
1
1
1
a) 2.
b) .
c) .
d) −1.
e) − .
2
3
2
alternativa D
alternativa E
Q
3
3
f(x) ⋅ g(x) =
⇔ (2 x + 2 − x ) ⋅ (2 x − 2 − x ) =
⇔
2
2
2
⎛ 1 ⎞
3
⇔ (2 x ) 2 − ⎜ x ⎟ =
⇔
⎝2 ⎠
2
⇔ (2
2x 2
)
3
−
(2 2x ) − 1 = 0 ⇔
2
⇔ 2x = 1 ⇔ x =
P
1
O
2
4
1
⋅
2
0 0 1
4 1 1
2 3 1
= | 4 ⋅ 3 − 1 ⋅ 2 | = 10
2 2x = 2
ou
⇔
−1
2x
2
=
2
1
2
Então log 2 x = log 2
1
= −1.
2
6 Re
Assim, a área de OPRQ é igual ao dobro da área
de OPQ, ou seja, é:
2 ⋅
a−b +2 =2
⇔
b ≥2
Questão 18
Considere os complexos u = 4 + i, v = 2 + 3i e
w = 6 + 4i, cujos afixos, em relação a um sistema de eixos perpendiculares, são, respectivamente, P, Q e R. Sendo O a origem do sistema, a área do quadrilátero OPRQ é
a) 8.
b) 9.
c) 15.
d) 12.
e) 10.
3
Questão 17
Questão 19
A quantidade de pontos, pertencentes à curva
y = x2 , que distam 5 do ponto (1,2), é
a) 3.
b) 2.
c) 4.
d) 0.
e) 1.
matemática 6
alternativa A
Um ponto pertencente à curva y = x 2 tem coordenadas (t ; t 2 ), t ∈ R .
Um ponto dessa curva dista 5 de (1; 2) se, e somente se:
(t − 1) 2 + (t 2 − 2) 2 = 5 ⇔
⇔ t 2 − 2t + 1 + t 4 − 4t 2 + 4 = 5 ⇔
⇔ t(t 3 − 3t − 2) = 0
⇔ t = 0 ou t 3 − t − 2t − 2 = 0 ⇔
⇔ t = 0 ou t(t 2 − 1) − 2(t + 1) = 0 ⇔
⇔ t = 0 ou t(t − 1)(t + 1) − 2(t + 1) = 0 ⇔
⇔ t = 0 ou (t + 1)(t 2 − t − 2) = 0 ⇔
⇔ t = 0 ou t + 1 = 0 ou t 2 − t − 2 = 0 ⇔
⇔ t = 0 ou t = −1 ou (t = −1 ou t = 2) ⇔
⇔ t = 0 ou t = −1 ou t = 2
Assim, há 3 pontos da curva que distam 5 de
(1; 2), a saber (0; 0),(−1; 1) e (2; 4).
Questão 20
Consideremos, em R, as operações ∗ e ∇ definidas por x ∗ y = 3x + y e x ∇ y = −x + 4y. O
valor de 4 ∇ (2 ∗ 3) é
a) 40.
b) 38.
c) 36.
d) 34.
e) 32.
alternativa E
Tem-se que:
2 ∗ 3 = 3 ⋅ 2 + 3 = 9. Conseqüentemente,
4 ∇(2 ∗ 3) = 4 ∇ 9 = −4 + 4 ⋅ 9 = 32 .