MF.09
2cos 2 a = 3sen a s
1.d
Temos:
s 2 ⋅ (1 - sen 2 a ) = 3sen a s
sen x
= - 2 s sen x = - 2 ⋅ cos x
cos x
Aplicando a relação fundamental, temos:
tg x = - 2 s
sen2 x + cos2 x = 1 s ( - 2 ⋅ cos x ) + cos2 x = 1 s
1
s 2cos2 x + cos2 x = 1 s 3cos2 x = 1 s cos2 x =
s
3
3
s cos x = , pois x ∈ 2o Q.
3
sen x
, temos:
Como tg x =
cos x
2
- 2=
sen x
6
s sen x =
3
3
3
s 2 - 2sen 2 a - 3sen a = 0 s
s 2sen 2 a + 3sen a - 2 = 0
∆ = 9 + 16 = 25
-3 ± 5
sen a =
(como -1 < sen a < 1) s
4
2 1
s sen a = = s a = 30°
4 2
3
∴ cos a = cos 30° =
2
6.d
sen2 x + cos2 x = 1 s
2
3
40
s cos2 x = 1 - s cos2 x =
s
7
49
sen x
sen x
tg x
cos x
cos x
=
=
= sen x · cos x
2.
1
1 + tg 2 x sec 2 x
2
cos x
3.c
Sendo:
cos2 x + sen2 x = 1 s
s cos x = -
tg (x) =
2 10
(2º Q)
7
sen ( x )
=
cos ( x )
3
7
2 10
7
=-
3
3 10
=20
2 10
7.b
tg a > 1
x2 > 1 s x2 - 1 > 0
2
3
s + sen2 x = 1 s
5
9
16
s sen2 x = 1 s
=
25 25
4
s sen x = - (4o Q)
5
–1
1
cos x
cos x
cos x
cotg x
sen x
sen x
=
=
=
=
sen x + cos x sen x + cos x
1 + cotg x 1 + cos x
sen x
sen x
3
3
5
=
= 5 = -3
- 4 3 -1
+
5 5
5
8.d
BC
BC
s tg a =
s tg a = BC
1
AB
BD
s BD = BC ⋅ tg b
II.tg b =
BC
I.tg a =
Substituindo I em II, temos:
BD = tg a ⋅ tg b
9.e
α = 3 ⋅ (180° - α) s α = 540° - 3α s
s 4α = 540° s α = 135° (com α 3 2o Q)
tg α = tg 135° = -tg 45° = -1
4.b
tg 200°
cos 200°
10.b
sen 200°
200°
Da figura, temos:
cos 200° < sen 200° < tg 200°
5.b
π
3
⋅ sec π
⋅ (-1)
3 3
3 2
3
= 2
=–
=–
π
π
4
3
2
2
3
⋅
⋅
cos sec ⋅ tg
2⋅
4
6
3
sen
I.(F) II(V)
3,14
2sen a = 3tg 2 a s
3sen 2 a
cos 2 a
π
Como sen a ≠ 0 0 < a < , temos:
2
s 2sen a =
x
x < -1 ou x > 1
Então:
1
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
7π H 3,6
6
4
3π H 4,71
2
3π
= -1 e sen
2
3π
sen
< x < sen
2
7π
1
=6
2
7π
6
2m - 1
< 1 s -3 < 2m -1< 3 s
III.(V) -1 < cos x < 1 s -1 <
3
sen
s -2 < 2m < 4 s -1 < m < 2
a
a-1
1
• cos x =
, então: sec x =
e sec x =
a-1
a
cos x
cos x
1 + sen x - 1 cos 2 x + sen x ⋅ (1 + sen x )
+
=
=
1 + sen x
cos x
(1 + sen x ) ⋅ cos x
sen 2 x cos 2 x
1
+
=
s
cos 2 x cos 2 x cos 2 x
=
s tg 2 x + 1 = sec 2 x
• tg 2 x + 1 = sec 2 x s tg 2 x + 1 =
a2
2
( a - 1)
12.
P
2
O
x
6
C
(PC) 2 + 22 = 62 s (PC) 2 = 32 s PC = 4 2
2 2
PC
4 2
s cos x =
s cos x =
3
OC
6
3 2
1
3
3
2
s sec x =
s sec x =
⋅
s sec x =
• sec x =
4
cos x
2 2
2 2
2
• cos x =
13.c
24
1
cos x
1cotg x sen x cos 2 x 1 - sen 2 x
25
=
=
=
=
= 25 = 24
1
1
sen x sen 2 x
sen 2 x
tg x
25
25
cos x
cos 4 x - 2 ⋅ cos 2 x + 1
cos x
(cos 2 x - 1) 2
s y=
s y=
s
cos x ⋅ sen 2 x
cos 2 x ⋅ sen 2 x
s y=
(1 - cos 2 x ) 2
(sen 2 x ) 2
s y=
s
cos 2 x ⋅ sen 2 x
cos 2 x ⋅ sen 2 x
s y=
sen 2 x ⋅ sen 2 x
sen 2 x
s y=
s y = tg 2 x
cos 2 x ⋅ sen 2 x
cos 2 x
2
III. (F) De I e II, temos:
sen x · tg x
tg 2 x
= 1 = tg3 x
cos x · cotg x
tg x
IV. (V) sec x ⋅ cotg x - cotg x ⋅ cos x =
= cotg x ⋅ (sec x - cos x) =
cos x 1
=
·
- cos x =
sen x cos x
1
1
4
s cos x = s cos x =
5
sec x
5
4
2
4
9
2
2
sen x = 1 - s sen x =
5
25
-3
Como x 3 4o Q: sen x =
5
-3
sen x
-3
tg x =
s tg x = 5 s tg x =
4
cos x
4
5
16.b
cos x ⋅ sen 2 x
cos x =
1 + sen θ ⋅ cos θ
1
+ cos θ
cos θ
sen θ
sen θ
=
= cotg θ
=
1 + sen θ ⋅ cos θ sen θ
1
+ sen θ
cos θ
cos θ
1
cos x
19. V - V - F - V
I. (V) sec2 x ⋅ cos x - cotg x ⋅ sen x =
1
cos x
=
⋅ cos x ⋅ sen x =
cos 2 x
sen x
1
1 - cos 2 x
- cos x =
=
=
cos x
cos x
sen 2 x
sen x ⋅ sen x
= sen x ⋅ tg x
=
=
cos x
cos x
2
II. (V) cossec x ⋅ sen x - sec x ⋅ cotg x + cotg x ⋅ cos x =
cos x
1
1
cos x
=
⋅ sen x +
⋅
⋅ cos x =
sen x
cos x sen x
sen 2 x
2
1
1
cos x ⋅ cos x
cos x
+
=
= cos x ⋅ cotg x
=
sen x
sen x
sen x
sen x
20.d
15.a
cos 3 x - 2 ⋅ cos x +
cos 2 x + sen x + sen 2 x
(1 + sen x )
1
=
= sec x
=
(1 + sen x ) · cos x
(1 + sen x ) · cos x cos x
2
2
2
= cos x · (1 - cos x ) = 1 - cos x = sen x = sen x
sen x
cos x
sen x
sen x
14.d
I. sec (-x) = sec (x)
II. cos (x) + sec (-x) = t
cos (x) + sec (x) = t s [cos (x) + sec (x)]2 = t2 s
s cos2 (x) + 2 ⋅ cos (x) ⋅ sec (x) + sec2 (x) = t2 s
s cos2 (x) + 2 + sec2 (x) = t2 s cos2 (x) + sec2 (x) = t2 - 2
cos 3 x - 2 ⋅ cos x + sec x
s y=
y=
cos x ⋅ sen 2 x
cos 2 x - 1 - sen x
1
sen x
cos x
cos x cos x =
=
1 + sen x
sen x
1
+
cos x
cos x cos x
1 - sen 2 x - 1 - sen x –sen x ⋅ (1 + sen x )
=
=
= - sen x
1 + sen x
(1 + sen x )
cos x -
18.e
11.c
• sen 2 x + cos 2 x = 1 s
17.e
s
21.a
2
2
sen ( x ) cos ( x ) sen ( x ) + cos ( x )
+
cos ( x ) ⋅ sen ( x )
tg ( x ) + cotg ( x )
cos ( x ) sen ( x )
f (x) =
=
=
1
1
1
cossec ( x ) ⋅ sec ( x )
⋅
sen ( x ) cos ( x )
sen ( x ) ⋅ cos ( x )
∴ f (x) = 1
1, se x 3 A
g( x ) =
0 , se x 3 ® – A
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
Em que: A =
{ x 3 ® | x ≠ k2π , com k 3 }
Ω
2
2
L L 5
(EP ) 2 = +
s
2 2
∴ g(x) = 0; x 3 ®
22.Soma = 11 (01 + 02 + 08)
(01) (V) sen2 x + cos2 x = 1 s cos2 x = 1 - 0,64 s cos2 x = 0,36
cos x = - 0,6 (2o quadrante)
cos x -0, 6
=
= -0,75
sen x
0, 8
1
-10 -5
(04) (F) sec x =
=
=
cos x
6
3
1
10 5
= 1,25
(08) (V) cossec x =
=
=
sen x
8
4
(02) (V) cotg x =
Atividades extras
23.c
A
θ
θ
B
1
D
C
AD
AD
s tg θ =
s tg θ = AD (no triângulo ABD)
1
BD
CD
II.tg θ =
(no triângulo ACD)
AD
Substituindo I em II:
I.
tg θ =
CD = tg 2 θ
A
=
†ABC
(BD + CD ) ⋅ AD (1 + tg 2 θ ) ⋅ tg θ sec 2 θ ⋅ tg θ
=
=
2
2
2
L2 5L2 6L2
+
=
s
4
4
4
L 6
s EP =
2
L 6
EP
= 2 = 6 s
I. cossec a =
L
PQ
2
s cossec 2 a = 6
L 6
EP
2 = 6 s
sec
a
=
=
II.
EQ L 5
5
2
6
s sec 2 a =
5
6
36
y = +6 =
5
5
s (EP ) 2 =
MF.10
7
2
=
s
2
14
π
π 3π
s x=
ou x = π - =
4
4
4
π 3π
S=
;
4 4
1.a) sen x =
{
}
b) 2 5 cos x = 3 ⋅ 5 s
s cos x =
3
s
2
π
π 11π
ou x = 2 π - =
6
6
6
π 11π
S=
;
6
6
s x=
24.Seja L a aresta do cubo.
No triângulo EFQ, temos:
{
Q
L
2
2.2sen x +
}
3 = 0 s sen x = -
3
4π
π
5π
=
sx=
ou x = 2π 3
2
3
3
ou
E
L
- 2 ⋅ cos x + 1 = 0 s cos x =
F
2
L
(EQ ) 2 = L2 + s
2
s (EQ ) 2 = L2 +
x = 2π -
L2
s
4
m =
5L2
s
4
L 5
s EQ =
2
No triângulo EPQ, temos:
P
L
2
α
5
L
2
3
2
π
1
ou
s cos x =
sx=
4
2
2
π 7π
=
4
4
4π 5 π π 7 π
+
+ +
= 3π + 2π = 5π
3
3 4 4
sen 5π = sen π = 0
s (EQ ) 2 =
E
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
Q
3.a
sen4 x = 1 + 1 - sen2 x s sen4 x + sen2 x - 2 = 0
Fazendo sen2 x = t, temos:
t2 + t - 2 = 0
∆ = 1 + 8 = 9
-1 ± 3
s
t =
2
s t = -2 s sen2 x = -2 (Não convém.) ou
t = 1 s sen2 x = 1 s sen x = -1 ou sen x = 1
π 3π
π
π
3π
x=
ou x =
, sendo que
3 ;
4
2
2
2
4
4.a
2sen x - 1 = 0 s sen x =
π 5π
x = π - =
6
6
π
O menor valor é .
6
π
1
sx=
ou
6
2
x3
π
5.sen x = 0 s x = 0 ou x = π
ou
π
3π
cos x = 0 s x =
ou x =
2
2
π
3π
S = 0; ; π;
2
2
{
A equação 8 sen
}
6.d
sec2 x + sec x = 0 s
s sec x ⋅ (sec x + 1) = 0
1
= 0 (Não convém.)
(I)sec x = 0 s
cos x
1
(II)sec x = -1 s
= -1 s cos x = -1 s x = π
cos x
S = {π}
7.b
1
1 + 2sen x
, com cos x ± 0
=
sen x ⋅ cos x
cos x
1
= 1 + 2senx s 2sen2 x + sen x - 1 = 0
sen x
∆ = 1 + 8 = 9
-1 ± 3
sen x =
s
4
1
s sen x = -1 ou sen x =
2
5π
6
2x
=4
}
sen x -
1
8
⇒ 23
⋅ sen 2 x
=2
1
s
4
1
=0s
s 3 ⋅ sen2 x − 2 ⋅ sen x +
4
2 ⋅ sen x -
1
4
s
s 3 ⋅ sen2 x = 2 ⋅ sen x -
1
sen x = 6
s 12 ⋅ sen2 x − 8 ⋅ sen x + 1 = 0 s ou
sen x = 1
2
4
1
8
admite, no intervalo [0; π], quatro raízes.
1
8
=6s
sen 2 x
cossec 2 x
1
s
= 6 - 8sen2 x s
sen 2 x
s 1 = 6sen2 x - 8sen4 x s
s 8sen4 x - 6sen2 x + 1 = 0 s
s sen2 x = t
8t2 - 6t + 1 = 0 s
6±2
s t =
s
16
4
1
1
s t =
=
s sen2 x =
s
16
4
4
1
s sen x = ±
2
π 5 π 7 π 11π
;
;
;
x 1 =
ou
6 6
6
6
}
8
1
1
=
s sen2 x =
s
16
2
2
2
2
π 3π 5 π 7 π
;
;
;
x 2 =
4 4 4
4
s sen x = ±
Entretanto, devemos ter cos x ≠ 0 e sen x ≠ 0.
π 5π
∴S =
; 6 6
8 sen
sen x -
{
π
6
3π
2
8.b
=4
x1
0
9.c
sec2 x = cos x s
1
s
= cos x (com cos x ≠ 0)
cos 2 x
cos3 x = 1 s cos x = 1
Logo: x = 0 + 2kp, com k 3 Ω
S = {0; 2π; 4π; …}
7 π 9π
8π
Portanto, uma solução 2 π =
pertence ao intervalo: ;
4 4
4
t =
{
2x
x2
1
6
10.
1
1
2sen x
1
·
=
+
s
cos x
sen x
cos x
cos x
s
1
2
x4
{
S =
}
{ π6 ; π4 ; 34π ; 56π ; 76π ; 54π ; 74π ; 116π }
11.d
sen4 x + cos4 x = 1 s (sen2 x)2 + cos4 x = 1 s
s (1 - cos2 x)2 + cos4 x = 1 s
s 1 - 2cos2 x + cos4 x + cos4 x = 1 s
s 2cos4 x - 2cos2 x = 0 s
s 2cos2 x ⋅ (cos2 x - 1) = 0
3π
π
e x2 =
2
2
II.cos2 x - 1 = 0 s cos2 x = 1 s cos x = ±1 s x3 = 0 e x4 = π
Portanto, possui 4 soluções.
I.2cos2 x = 0 s cos x = 0 s x1 =
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
12.a
tg 2 x + sen 2 x = 3cos 2 x s sec 2 x - 1 + 1 - cos 2 x - 3cos 2 x = 0
1
- 4cos 2 x = 0
cos 2 x
1 - 4 cos 4 x
1
= 0 s 1 - 4 cos 4 x = 0 s 4 cos 4 x = 1 s cos 4 x =
cos 2 x
4
2
cos x = ±
2
π 3π 5 π 7 π
S=
;
;
;
4 4
4
4
π 3π 5 π 7 π 16 π
Soma das raízes = +
= 4π
+
+
=
4 4
4
4
4
{
}
13.b
5π
6
π
6
x
Se 0 < x < 2π, temos:
π 5π
;
S=
6 6
{
(01) (F)
(02) (F)
}
25 π 24 π π
π
π
=
+ = 4π + = 2π + 2π +
6
6
6
6
6
tg 2 x - 3 · tg x = 0 s
(04) (V)
s tg x (tg x - 3) = 0
I.tg x = 0 s x = 0 ou x = π
(08) (V)
(16) (F)
II.tg x - 3 = 0 s
17.a
2(1 - sen2 x) - sen x - 1 = 0 s
s 2 - 2sen2 x - sen x - 1 = 0 s
s 2sen2 x + sen x - 1 = 0
∆ = 9
-1 ± 3
sen x =
4
3π
I.sen x = -1 s x =
2
1
π
5π
ou x =
II.sen x =
sx=
6
2
6
π
4π
s tg x = 3 s x =
ou x =
3
3
{
S = 0;
π
4π
; π;
3
3
}
14.c
2cos2 x + cos x - 1 = 0
D=1+8=9
-1 ± 3
cos x =
4
cos x = -1 ou cos x =
1
2
S=
π
3
π
S=
{ π3 ; π; 53π }
cos x
-1
sen x cotg x
s D = cos x ⋅
Solução de 2π < x < 3π:
x
5π
17 π
; 3π
S2 = + 2 π; 3π =
6
6
cos x <
7π
6
1
1
1
⇒ - < cos x <
2
2
2
2π
3
s D = cos x ⋅ cotg x + sen x s
cos x
cos 2 x + sen 2 x
+ sen x s D =
s
sen x
sen x
π
3
–
1
2
1
2
1
s D = cossec x
sen x
16.Soma = 12 (04 + 08)
1
25-sen x =
s [52](-sen x) = 5-1 s 5-2sen x = 5-1 s
5
1
s 2sen x = 1 s sen x =
2
5
y
5π
6
19.a
15.e
Seja D o valor do determinante.
s D =
18.e
Solução de 0 < x < 2π:
5 π 7 π 17 π
S = S1 5 S2 = ;
5
; 3π
6
6 6
I.(V)
II.(V)
III.(F)
D=
{ π6 ; 56π ; 32π }
5π 7 π
S1 = ;
6
6
5π
3
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
4π
3
∴
2π
π
4π
5π
<x<
<x<
ou
3
3
3
3
5π
3
20.
1
1
> 0 s sen x − cos x > 0 s sen x > cos x
cossec x sec x
π
4
23.d
x = 1 é a raiz da equação.
Então:
0
2
2
π
π
π
π
sen 2
+ cos 2
+ sen 2 + cos 2 = 1 + 1 = 2
24
24
6
6
Atividades extras
2
2
π
Voltando à soma, temos:
(cos 2 a ) ⋅ 12 - (4cos a ⋅ sen b) ⋅ 1 +
π
π
< x < , temos sen x > cos x.
4
2
π
π
π
• Para x = , temos: sen > cos
2
2
2
π
No intervalo < x < π , temos: sen x > 0 e cos x < 0
2
Logo, no intervalo considerado, sen x > cos x.
• Para x = π, temos: sen π > cos π
No intervalo
Assim, temos sen x > cos x, no intervalo 0 < x < π, para
21.2sen x +
3
s cos 2 a - 4cos a ⋅ sen b + ⋅ sen b = 0
2
Da figura, temos que α e β são ângulos complementares.
Então:
sen b = cos a
Substituindo na equação, temos:
3
cos 2 a - 4cos a ⋅ cos a + ⋅ cos a = 0 s
2
3cos a
=0 s
s cos 2 a - 4cos 2 a +
2
3cos a
=0 s
s -3cos 2 a +
2
2
s -6cos a + 3cos a = 0 s
s 2cos 2 a - cos a = 0 s cos a ⋅ (2cos a - 1) = 0 s
1
π
s cos a = 0 (Não convém.) ou cos a = s a =
2
3
π
π
e b=
Como α e β são ângulos agudos, temos: a =
6
3
3 >0s
s 2sen x > - 3 s
s sen x >
π
< x < π.
4
3
⋅ sen b = 0 s
2
- 3
2
24.d
Temos:
1
cos x
II. cos (2α) = 2 ⋅ cos2 α − 1
I.sec x =
4π
3
{
Df ( x ) = x 3 ® | 0 < x <
Fazendo 2α = x, vem: α =
5π
3
4π
5π
ou
< x < 2π
3
3
cos x + 1
x
x
cos x = 2 ⋅ cos2 − 1 s cos2 =
2
2
2
}
22. c
I.Para k = 1 temos:
π
π
x 1 = sen 2
e y 1 = sen 2
24
3
II.Para k = 2 temos:
2 π
2 11π
x 2 = sen 6 e y 2 = sen 24
π
π
π
11π
A 5 B = sen 2
; sen 2 ; sen 2 ; sen 2
24
6
3
24
Soma dos elementos de A 5 B:
2 π
2 11π
2 π
2 π
sen 24 + sen 24 + sen 6 + sen 3
π
11π
∴
e
são complementares.
24
24
π
11π
= cos .
Logo, sen
24
24
π
π
Analogamente, temos: sen = cos 3
6
{
6
x
2
π
III.tg - x = cotg x s
2
π
1
x 1
s ⋅ tg - x - 3 ⋅ cos 2 - ⋅ sec ( x ) > 0 s
2
2
2 2
s
s
}
s
1
3 1 + cos x 1
⋅ cotg ( x ) ⋅
- >0 s
2
cos x
2
2
cotg ( x )
3 1 cos x 1
⋅ +
- >0 s
2
cos x 2
2
2
cotg ( x )
3
cos x
⋅
>0 s
2
cos x
2
cotg ( x )
3
>0 s
2
2
cotg ( x ) - 3
s
> 0 s cotg ( x ) - 3 > 0 s
2
s cotg ( x ) > 3 s
1
1
s
s
> 3 s tg ( x ) <
tg ( x )
3
s
3
s tg ( x ) <
3
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
cos x = 1 s x = 2kπ
π
2
{
π
S = x 3 ® | x = 2 + kπ ou x = 2kπ, com k 3 Ω
π
6
c)tg2 x = 1 s tg x = ±1 s x =
7π
6
3π
2
π
.
6
cos x =
π kπ
+
4 2
π kπ
+
, com k 3 Ω
4 2
1.b
26 π 24 π 2 π
2π
=
+
= 8π +
3
3
3
3
26 π
2π
1
cos
= cos
=3
3
2
89 π 84 π 5 π
5π
=
+
= 28 π +
3
3
3
3
89 π
5π 1
= cos
=
cos
3
3
2
26 π
89 π
1 1
∴ cos
+ cos
=- + =0
3
3
2 2
3±1
s
2
7.a
1
2 ⋅ ( cos x + sec x ) = 5 s 2 ⋅ cos x +
- 5=0 s
cos x
s 2 ⋅ cos2 x − 5 ⋅ cos x + 2 = 0 s
cos x = 2 (Não convém.)
ou
s
1
π
cos x = s x = ± + k ⋅ 2 π, com k 3 Ω
2
3
2.b
3π
7π
; M2 =
4
4
3π
M1 5 M2 =
+ kπ, com k 3 Ω
4
π
3
M1 =
1
2
3.1.920° = 5 ⋅ 360° + 120°
sen 1.920° = sen 120° s sen 1.920° = sen 60°
3
∴ sen 1.920° =
2
–π
3
4.a
3.480° = 9 ⋅ 360° + 240°
cos 3.480° = cos 240° = -
8. sen 2 x + sen x = 1
| sen x | + sen x = 1 s 1 - sen x = | sen x |
3
2
1
2
Assim: sen x = 1 - sen x s 2sen x = 1 s sen x =
tg 3.480° = tg 240° = 3
Então: sen α < cos α < tg α
5.a) sen x = 1 s x =
{
π
+ 2kπ
2
π
S = x 3 ® | x = + 2kπ, com k 3 Ω
2
b)sen2 x + cos x - 1 = 0 s
s 1 - cos2 x + cos x - 1 = 0 s
s cos2 x - cos x = 0 s
s cos x ⋅ (cos x - 1) = 0 s
π
s cos x = 0 s x =
+ kπ
2
ou
7
}
s cos x = 2 (Não convém.)
ou
cos x = 1 s x = 2kπ s
s x = k ⋅ 360°
MF.11
Assim: sen 3.480° = sen 240° = -
}
6. d
3 - 3cos x = 1 - cos2 x s
s cos2 x - 3cos x + 2 = 0
∆ = 9 - 8 = 1
π
Menor intervalo: 0;
6
O comprimento do menor intervalo é
{
S = x 3 ®| x =
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
1
2
π
5π
x = + 2kπ ou x =
+ 2kπ, com k 3 Ω
6
6
ou
sen x = -1 + sen x (Não convém.)
}
{
π
5π
S = x 3 ® | x = + 2kπ ou x =
+ 2kπ, com k 3Ω
6
6
9.Se x 3 4o quadrante, então −1 < sen θ < 0.
-1 <
2x - 1
× 3
< 0 → −3 < 2x − 1 < 0 s
3
+ 1
s −3 < 2x − 1 < 0 → −2 < 2x < 1 s
: 2
→ −1 < x <
s −2 < 2x < 1
1
2
}
10.d
sen2 x - 3sen x + 2 = 0
∆ = 9 - 8 = 1
3±1
sen x =
s
2
16.sen x = sen
I.
x=
s sen x = 1 s
π
+ 2kπ
sx=
2
ou
sen x = 2 (Não convém.)
π
S = x 3 ® | x = + 2kπ, com k 3 Ω
2
{
π
+ 2kπ ou
5
4π
π
II.
x = π - + 2kπ s x =
+ 2kπ
5
5
{
S = x 3 ®| x =
}
4π
π
+ 2kπ ou x = + 2kπ, com k 3
5
5
}
17.c
11.a
π
, temos:
2
π π
π π
3x - =
s 3x = + s
4 2
4 2
3π
s 3x =
s
4
π
s x = 4
Sendo 0 < x <
12.c
3 sen x = t
1 + 3 2sen x = 2 ⋅ 3 sen x s 1 + t 2 = 2t s t 2 - 2t + 1 = 0 s
s (t - 1) 2 = 0 s t - 1 = 0 s t = 1 s 3 sen x = 1 s
s 3 sen x = 3 0 s sen x = 0
S = { x 3 ® | x = kπ, com k 3 Ω
π
5
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
4
+ 2 ⋅ sen x = 9 s 2 ⋅ sen 2 x - 9 ⋅ sen x + 4 = 0
sen x
9±7
∆ = 81 - 32 = 49 s sen x =
s
4
s sen x = 4 (Não convém.)
ou
1
sen x =
2
Assim:
5π
π
+ 2k ⋅ π, com k 3 Ω
x =
+ 2k ⋅ π ou x =
6
6
π
π
• Se k é par: + 2k ⋅ π = (-1) k ⋅
+ kπ
6
6
π
5π
+ 2k ⋅ π = (-1)k ⋅
• Se k é ímpar:
+ kπ
6
6
{
π
s = x 3 ® | x = kπ + ( - 1) k ⋅ , com k 3 Ω
6
}
13.b
Sendo 1 - sen x ≠ 0:
}
18.tg2 x < 3 s tg2 x - 3 < 0
1 - sen x
(1 - sen x )
= 1 - sen 2 x s
= (1 - sen x ) ⋅ (1 + sen x ) s
1 + sen x
1 + sen x
s (1 + sen x ) 2 = 1 s 1 + 2sen x + sen 2 x = 1 s
s sen 2 x + 2sen x = 0 s sen x · (sen x + 2) = 0
I.sen x = 0
II.sen x = -2 (Não convém.)
S = { x 3 ® | x = kπ, com k 3 Ω
– 3
3
x
- 3 < tg x < 3
I. tg x < 3 II. tg x > - 3
y
}
y
2π
3
π π
2 3
π
2
14.a
tg x +
1
= 2 s tg2 x + 1 = 2tg x s tg2 x - 2tg x + 1 = 0 s
tg x
s (tg x - 1)2 = 0 s
π
+ kπ
s tg x = 1 s x =
4
π
S = x 3 ® | x = + kπ, com k 3 Ω
4
{
4π
3
}
3π
2
8
3π
2
y
}
5π
3
I % II
2π
3
1
- cos x s sen x ⋅ cos x = 1 - cos2 x s
cos x
s sen x ⋅ cos x = sen2 x s sen2 x - sen x ⋅ cos x = 0 s
s sen x ⋅ (sen x - cos x) = 0 s
s sen x = 0 s x = kπ
ou
π
sen x = cos x s x =
+ kπ
4
{
15.sen x =
π
S = x 3 ® | x = kπ ou x = + kπ, com k 3 Ω
4
x
x
π
2
π
3
x
4π
3
{
S = x 3 ® | -
3π
2
5π
3
π
π
+ kπ < x < + kπ, com k 3
3
3
}
19.d
tg2 θ + sen2 θ - 3cos2 θ = 0 s
s
s sen 2 x + 3 ⋅ (1 - sen x )
2
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
=1s
s sen 2 x + 3 · (1 - 2sen x + sen 2 x ) = 1 s
sen θ
+ sen2 θ - 3cos2 θ = 0 s
cos 2 θ
2
s sen 2 x + 3 - 6sen x + 3sen 2 x - 1 = 0 s
s 4sen 2 x - 6sen x + 2 = 0 s
s sen2 θ + cos2 θ ⋅ sen2 θ - 3cos4 θ = 0 s
s (1 - cos2 θ) + cos2 θ ⋅ (1 - cos2 θ) - 3cos4 θ = 0 s
s 1 - cos2 θ + cos2 θ - cos4 θ - 3cos4 θ = 0 s
1
s 4cos4 θ - 1 = 0 s cos4 θ =
s
4
s 2sen 2 x - 3sen x + 1 = 0
∆ = 9-8 = 1
3±1
sen x =
4
s cos θ = - 1 ou cos θ = 1 s
2
2
2
2
s cos θ = ou cos θ =
2
2
{
π
S = x 3 ® | x = ± + kπ, com k 3 Ω
4
II. Subtituindo sen x = 1 em I: cos x = 0
1
3
III.Substituindo sen x = em I : cos x = 2
2
{
π
π
S = x 3 ® | x = + 2kπ ou x = + 2kπ, com k ∈ Ω
2
6
}
}
Atividades extras
π
+ kπ, com k 3 Ω s
2
s sen2 q - 2cos2 q + sen q ⋅ cos q = 1 - 0 + 0 = 1 ≠ 0
π
Portanto, θ = + kπ, com k 3 Ω, não são soluções da equação.
2
20.sen x ⋅ cos x - cos x ⋅ sen x = 2 s
8
3
s sen x ⋅ cos x ⋅ (cos2 x - sen2 x) =
s 2sen x ⋅ cos x ⋅ cos 2x =
23.a) cos θ = 0 s θ =
3
2
s
8
2
2
s sen 2x ⋅ cos 2x =
s
4
4
b) sen 2 θ - 2cos 2 θ + sen θ ⋅ cos θ = 0
2
2
s 2sen 2x ⋅ cos 2x =
s sen 4x =
2
2
Dividem-se os dois membros por cos 2 θ (pois cos θ ≠ 0 ):
sen 2 θ 2cos 2 θ sen θ ⋅ cos θ
+
=0 s
cos 2 θ cos 2 θ
cos 2 θ
Assim:
• 4x =
π
kπ
π
, com k 3 Ω
+
+ 2kπ s x =
16
2
4
• 4x =
3π kπ
3π
+
, com k 3 Ω
+ 2kπ s x =
16
2
4
{
π
kπ
3π
kπ
S = x 3 ®| x =
+
ou x =
+
, com k 3 Ω
16
2
16
2
21.d
s tg 2 θ - 2 + tg θ = 0 s tg 2 θ + tg θ - 2 = 0
-1 ± 3
s tg θ = -2 ou tg θ = 1
∆ = 1 + 8 = 9 s tg θ =
2
Temos que 1 + tg 2 θ = sec 2 θ
}
I.sec 2 θ = 1 + 4 = 5 s cos 2 θ =
1
5
s cos θ = ±
5
5
II.sec 2 θ = 1 + 1 = 2 s cos 2 θ =
1
2
s cos θ = ±
2
2
y
∴ cos θ = ±
π
3
5
2
ou cos θ = ±
5
2
24.a) A temperatura será a menor possível quando
1
2
5π
3
x
2π
⋅ ( t - 101) = -1 s
sen
365
s
2π
3π
⋅ ( t - 101) =
+ k ⋅ 2 π, com k 3 Ω s
365
2
s t = 101 +
π
5π
+ 2kπ < 5 x <
+ 2kπ s
3
3
π 2kπ
π 2kπ
+
<x< +
s
(k 3 Ω)
5
3
5
15
Para k = 0, temos: t = 101 +
3 ⋅ 365
s t = 374,75 (Não convém.)
4
ou
Para k = −1, temos: t = 101 +
22.b
I. 3 ⋅ sen x + cos x = 3 s
s cos x = 3 - 3 · sen x s
s cos x = 3 ⋅ (1 - sen x )
Em: sen 2 x + cos 2 x = 1, temos:
9
3 ⋅ 365
+ 365 ⋅ k , com k 3 Ω
4
Portanto, no 10o dia.
3 ⋅ 365
- 365 ⇒ t 9, 75
4
5
⋅ ( F - 32 )
9
Se C = 0, vem: F = 32
Para C < 0, temos T < 32, então:
b) C =
6.a
2π
50 ⋅ sen
⋅ ( t - 101) + 7 < 32 s
365
2π
1
s sen
⋅ ( t - 101) <
365
2
B
α
β
13
5π
6
1
2
13π
6
C
5π
2π
13π
+ k ⋅ 2π <
⋅ ( t - 101) <
+ k ⋅ 2π
6
365
6
Para k = 0, temos: 253,08 < t < 496,42. Assim, 254 < t < 496.
Dessa forma, o número total de dias em que a temperatura esteve abaixo de 0 °C é dado por (496 - 254 + 1), ou seja, 243 dias.
MF.12
1. cos (θ - 60°) = cos θ ⋅ cos 60° + sen θ ⋅ sen 60° =
1
3
=
⋅ cos θ +
⋅ sen θ
2
2
cos θ + 3 · sen θ
cos θ + 3 · sen θ
=
s
cos (θ - 60º )
1
3
· cos θ +
· sen θ
2
2
s A =
( cos θ + 3 · sen θ )
1
=
=2
1
1
· ( cos θ + 3 · sen θ )
2
2
2.a
sen x - cos x = α
Elevando ambos os membros ao quadrado, temos:
(sen x - cos x)2 = α2 s sen2 x - 2sen x ⋅ cos x + cos2 x = α2 s
s 1 - 2sen x ⋅ cos x = α2 s 1 - sen 2x = α2 s
s sen 2x = 1 - α2 s 1 + sen 2x = 2 - α2
M
A
• (BC) = (AB) + (AC) s 13 = 5 + (AC) s (AC) = 144
∴ AC = 12
AC
• AM = CM =
s AM = CM = 6
2
12
6
e tg β =
• tg (α + β) =
5
5
6
tg a +
tg a + tg b
12
5
• tg ( a + b ) =
s
=
s
6
1 - tg a ⋅ tg b
5
1 - ⋅ tg a
5
5 · tg a + 6
12
5
=
s
s 60 - 72 · tg a = 25 · tg a + 30 s
5 - 6 tg a
5
5
30
s - 97 ⋅ tg a = -30 s tg a =
97
2
A =
5
2
2
2
2
2
2
7.a
cos (2q) = cos2 q - sen2 q s
7
s
= cos2 q - (1 - cos2 q) s
25
7
7
32
s
+ 1 s 2cos2 q =
s
= cos2 q - 1 + cos2 q s 2cos2 q =
25
25
25
16
4
s cos q =
(q 3 1o quadrante)
s cos2 q =
25
5
3.c
sen (x - y + y) = sen x
8.d
cos 72° − cos2 36° = cos (2 ⋅ 36°) − cos2 36° s
s cos 72° − cos2 36° = 2 ⋅ cos2 36°− 1 − cos2 36° s
s cos 72° − cos2 36° = cos2 36°− 1 s
s cos 72° − cos2 36° = −(1 − cos2 36°)
∴ cos 72° − cos2 36° = −sen2 36°
4.d
f(x) = 16sen x ⋅ cos x s
s f(x) = 8 ⋅ 2sen x ⋅ cos x s
s f(x) = 8sen 2x
-1 < sen 2x < 1 s
s -8 < 8sen 2x < 8
O valor máximo da função é 8.
9.e
sen (123º + a ) - sen (57º - a ) =
= sen 123º ⋅ cos a + sen a ⋅ cos 123° - sen 57° ⋅ cos a +
+ sen a ⋅ cos 57º =
= sen 57º · cos a - sen a ⋅ cos 57° – sen 57° ⋅ cos a +
+ sen a ⋅ cos 57º = 0
5.c
I. sen (α - 30°) = m s sen α ⋅ cos 30° - sen 30° ⋅ cos α = m s
10.b
sen 2 x + 3 cos x = 0 s
s 2sen x ⋅ cos x + 3 cos x = 0 s
1
3
⋅ sen α - ⋅ cos α = m
2
2
II. cos (60° + α) = cos 60° ⋅ cos α - sen 60° ⋅ sen α s
1
3
s cos (60° + α) =
⋅ cos α ⋅ sen α s
2
2
3
1
⋅ sen a - ⋅ cos a = -m
s cos (60° + α) = -
2
2
s
10
s cos x · (2sen x + 3) = 0 s
3
s cos x = 0 ou sen x = - (Não convém.)
2
{
}
π 3π
S=
; 2 2
Portanto, temos duas soluções no intervalo 0 < x < 2p.
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
11.a) tg x +
s
sen x
2
3
2
1
3
⋅ sec x = s
+
⋅
= s
2
cos x
5
5 cos x 2
2
5 ⋅ sen x + 2
5 ⋅ sen x + 2 3
= s
2
5 ⋅ cos x
5 ⋅ cos x
3
=
2
14.d
(sen 75° + cos 75°) 2 =
= sen2 75° + 2 ⋅ sen 75° ⋅ cos 75° + cos2 75° s
s (sen 75° + cos 75°) 2 = 1 + sen (2 ⋅ 75°) s
s (sen 75° + cos 75°) 2 = 1 + 1 s
2
3
s (sen 75° + cos 75°) 2 =
2
2
s
5 ⋅ sen 2 x + 4 5 ⋅ sen x + 4 9
= s
5 ⋅ cos 2 x
4
s 20 ⋅ sen 2 x + 16 5 ⋅ sen x + 16 = 45 ⋅ ( 1 - sen 2 x ) s
s
s 65 ⋅ sen 2 x + 16 5 ⋅ sen x - 29 = 0 s
15.d
(cos x + cos y)2 + (sen x + sen y)2 =
= cos2 x + 2cos x ⋅ cos y + cos2 y + sen2 x + 2sen x ⋅ sen y +
+ sen2 y = 2 + 2cos x ⋅ cos y + 2sen x ⋅ sen y =
= 2(1 + cos x ⋅ cos y + sen x ⋅ sen y) = 2[1 + cos (x - y)] =
-16 5 ± 42 5
s sen x =
s
130
29 5
(Não convém.)
sen x = 65
s ou
sen x = 5
5
1
3
= 2(1 + cos 60°) = 2 ⋅ 1 + = 2 ⋅ = 3
2
2
16.
No entanto:
5
cos 2 x + sen 2 x = 1 s cos 2 x = 1 -
s
5
4
2
s cos 2 x = s cos x = ±
s
5
5
2
(Não convém.)
cos x = 5
s ou
cos x = 2 s sec x = 5
2
5
A
2
x
D
B
π 3 10
10 + 2 10
s sen x + =
10
4
10
17.c
cos4 x - sen4 x = (cos2 x)2 - (sen2 x )2 =
= (cos2 x - sen2 x) ⋅ (cos2 x + sen2 x) =
= (cos2 x - sen2 x) ⋅ 1 = 1 - sen2 x - sen2 x = 1 - 2sen2 x
= 2cos2 x - 1 = cos 2x
1
2
π
6
5π
6
1
2
O
0
No intervalo [0; π], as quatro raízes da equação são: 0,
11
Para x =
1 1
π
, temos: cos4 x - sen4 x = -1 e + ⋅ cos2 (2x) = 1
2 2
2
18.a
3
1
⋅ sen x + ⋅ cos x = 1 s
2
2
s sen 60° ⋅ sen x + cos 60° ⋅ cos x = 1 s cos (60° - x) = 1 s
s 60° - x = k ⋅ 360° s
s x = 60° - k ⋅ 360°, com k 3 Ω
• k = 0 s x = 60°
• k = 1 s x = −300° (Não convém.)
• k = −1 s x = 420° (Não convém.)
Uma solução.
3 ⋅ sen x + cos x = 2 s
O
13.e
cos α = 0,8 e sen β = 0,6
Aplicando a relação fundamental, encontramos:
sen α = 0,6 e cos β = - 0,8 (α 3 1o Q e β 3 2o Q)
sen (α + β) = sen α ⋅ cos β + sen β ⋅ cos α =
= 0,6 ⋅ (-0,8) + 0,6 ⋅ 0,8 = 0
1
3
x+1
3
1
2⋅
2 ⋅ tg a
x+1
x+1 2 9
3
= ⋅ s
=
tg ( 2a ) =
s
s
2
3
3 8
1 - tg 2 a
3
1
1-
3
x+1 3
9
9
5
s
= s x+1= s x = -1 s x =
3
4
4
4
4
12.b
sen x + cos 2x = 1 s sen x + (1 - 2 ⋅ sen2 x) = 1 s
s sen x - 2 ⋅ sen2 x = 0 s
s sen x ⋅ (1 - 2 ⋅ sen x) = 0 s
π
C
No triângulo ABC, temos: tg 2α =
π
5
2
2 2 5
⋅
+
⋅
s sen x + =
s
4
5
2
2
5
s sen x = 0 ou sen x =
3
No triângulo BCD, temos: tg α =
π
π
π
b) sen x + = sen x ⋅ cos + sen ⋅ cos x s
4
4
4
π
s sen x + =
4
1
α
α
π
5π
,πe
6
6
19.a
tg θ
sen θ
=2 s
=2
cos θ ⋅ 2sen θ ⋅ cos θ
sen 2θ
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
1
1
s cos θ = ±
4
2
4cos2 θ = 1 s cos2 θ =
22.d
1
A
2π
3
α
π
3
b
B
α
90° – 2α
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
5
4
1
F
60°
h
2α
2
30°
D
C
E
Triângulo ABF:
4π
3
sen 60° =
3 h
h
s
= s h= 3
2
2
2
sen 30° =
1 b
b
s = s b=1
2
2 2
Área =
tg ( 2a ) =
s tg a =
5
4
1 - tg 2 a
2 ⋅ tg a
AD
1
s
=
s DE =
s
2 ⋅ tg a
DE
1 - tg 2 a DE
2
b⋅h
3
=
2
2
×
5
4
1
BF
tg a =
⇒ tg a =
AB
Triângulo ADE:
1
1
3
1
⋅ sen x ⋅ cos x > s
2
2
2
π
π
1
s sen x ⋅ cos - sen
⋅ cos x > s
3
3
2
π 1
s sen x - >
3 2
2
→
20. sen x - 3 ⋅ cos x > 1
5
11
1-
4
16
s DE =
s DE =
s
5
5
2⋅
2
4
11 5
11 2
11
5
s DE = 16 ⋅ 5 s DE = 8 5 ⋅ 5 s DE = 40
Atividades extras
23.b
1,7 m
5π
6
1
2
π
6
10 m
15°
d
π
π 5π
+ k ⋅ 2 π, com k 3 Ω s
+ k ⋅ 2 π < x - <
6
3
6
s
π π
π π 5π π
+ + k ⋅ 2π < x - + <
+ + k ⋅ 2 π, com k 3 Ω s
6 3
3 3
6 3
10 + 1, 7
10 + 1, 7
s tg ( 60º - 45º ) =
s
d
d
tg 60° - tg 45°
10 + 1, 7
3 - 1 10 + 1, 7
s
s
s
=
=
d
d
1 + tg 60° · tg 45°
3+1
s
π
7π
+ k ⋅ 2π < x <
+ k ⋅ 2 π, com k 3 Ω
2
6
s d=
{
π
7π
S = x 3 ® | + k ⋅ 2π < x <
+ k ⋅ 2 π, com k 3 Ω
2
6
tg 15º =
}
21.c
P=
sen 40° ⋅ cos 20° - sen 20° ⋅ cos 40°
s
sen 20° ⋅ cos 20°
sen (40° - 20°)
sen 20°
s P=
s
sen 20° ⋅ cos 20°
sen 20° ⋅ cos 20°
1
1
1
-1 s
s P2 - 1=
s P=
s P2 =
cos 20°
cos 2 20°
cos 2 20°
2
2
sen 20°
1 - cos 20°
s P2 -1 =
s P2 - 1=
s
cos 2 20°
cos 2 20°
s P=
2
2
s P - 1 = tg 20°
12
( 10 + 1, 7 ) ⋅ ( 3 + 1)
( 3 + 1) s
( 3 - 1)
( 3 - 1) ⋅ ( 3 + 1)
11, 7 ⋅ ( 3 + 2 3 + 1)
11, 7 ⋅ ( 4 + 2 3 )
s d=
s d=
s
3-1
3
1
( )
11, 7 ⋅ 2 ⋅ ( 2 + 3 )
s d=
s d = 11, 7 ⋅ ( 2 + 1, 7 ) s d 43 m
2
s d=
2
11, 7 ⋅
2
2
2
4
24.a) cos 2 y + sen 2 y = 1 s cos 2 y = 1 - s
5
π
9
3
2
< y < π s cos y = s cos y =
e
25
2
5
b)• 11 ⋅ sen x + 5 ⋅ cos (y - x) = 3 s
s 11 ⋅ sen x + 5 ⋅ (cos y ⋅ cos x + sen y ⋅ sen x) = 3 s
3
4
s 11 ⋅ sen x + 5 · - · cos x + ⋅ sen x = 3 s
5
5
s 11 ⋅ sen x - 3 ⋅ cos x + 4 ⋅ sen x = 3 s
s 15 ⋅ sen x - 3 = 3 ⋅ cos x s cos x = 5 ⋅ sen x - 1
• cos2 x + sen2 x = 1 s (5 ⋅ sen x - 1) 2 + (sen x) 2 = 1 s
s 26 ⋅ sen2 x - 10 ⋅ sen x + 1 = 1 s
s 13 ⋅ sen2 x - 5 ⋅ sen x = 0 s
s sen x ⋅ (13sen x - 5) = 0 s
sen x = 0 (Não convém.)
ou
s
5
sen x = 13
No entanto:
2
5
cos 2 x + sen 2 x = 1 s cos 2 x + = 1 s
13
144
π
12
s cos 2 x =
e 0 < x < ⇒ cos x =
169
2
13
sen 2 x = 2 ⋅ sen x ⋅ cos x s
s sen 2 x = 2 ⋅
sen 2π = 0 s sen 6,28 = 0
5,76 < 6 < 6,28
sen 5,76 < sen 6 < sen 6,28
1
- < f(6) < 0
2
6.b
-1 < cos x < 1 s -4 < 4cos x < 4 s -3 < 1 + 4cos x < 5
Im f (x) = [-3; 5]
7.d
Deveremos ter cotg (x) > 0 e cossec (x) > 0 (1o Q)
ou
cotg (x) < 0 e cossec (x) < 0 (4o Q)
8.c
cos
8π
<0
7
∆ = b2 - 4ac = b2 - 4c = b2 - 4cos
5 12
120
⋅
s sen 2 x =
13 13
169
8π
7
Assim: ∆ > 0
Logo, o gráfico intercepta o eixo das abscissas em 2 pontos distintos.
Sejam x1 e x2 as raízes de f (x).
MF.13
1.c
-1 < sen x < 1 s -1 + h < sen (x) + h < 1 + h
Menor valor:
-1 + h = -2 s h = -1
Maior valor:
1 + h = 0 s h = -1
∴ h = -1
c
8π
s x1 ⋅ x2 = cos
s x1 ⋅ x2 < 0
a
7
∴ x1 e x2 têm sinais diferentes.
2.d
A função f(x) assume valor máximo quando cos x assume valor mínimo; assim:
(cos x)mín. = −1 s [f (x)]máx. = 8 − 4 ⋅ (−1) s [f (x)]máx. = 12
π
3π
(04)(V) f = cos = 0
2
2
Temos: x1 ⋅ x2 =
9.Soma = 7 (01 + 02 + 04)
2π
(01)(V) P =
3
(02)(V) -1 < cos (3x) < 1 s Im f (x): [-1; 1]
3.e
-1 < cos 2x < 1 s
s 3-1 < 3cos 2x < 31 s
1
2
2
s < 3 cos x – sen x < 3
3
10.d
O gráfico é uma senoide; o período da função é 2π; o conjunto imagem foi alterado de [−1; 1] para [−3; 3].
Logo, a sentença que representa essa função é: f(x) = 3 ⋅ sen x
4.b
11. F - V - F - V - F
I.(F) -1 < cos (3x) < 1 s -2 < 2cos (3x) < 2 s
s 1 < 3 + 2cos 3x < 5
Imf(x) = [1; 5]
y
3
2
1
0
–1
π
2
π
3π
2
f(x) = 1 + sen (2x)
g(x) = 1 + 2 · cos x
5.b
f (6) = sen 6
Sendo π = 3,14, temos que 6 está no 4o Q:
5π
3
3
=s sen 5, 23 = 3
2
2
11π
1
1
= - s sen 5, 76 = sen 6
2
2
sen 13
(08) (F) cos (-3x) = cos (3x)
(16)(F) f(-x) = cos 3x s
s -f(x) = - cos 3x
2π
x
II.(V) P =
2π
3
III. (F) 3 + 2cos 3x = 0 s 2cos (3x) = -3 s
s cos (3x) = -
3
2
Não possui soluções.
IV.(V) O menor valor que cos (3x) pode assumir é -1. Daí, o menor
valor para f(x) é:
3 + 2 (-1) = 1
V. (F) Observando o item anterior, f (x) nunca será negativo.
12.e
x -
π
π
=t s x =t+
2
2
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
π
I.-1 < sen 3t - < 1 s
3
π
s - 2 < 2sen 3t - < 2
3
∴ Imf ( x ) = [-2; 2]
13.a
-1 < cos x < 1 s
s -3b < 3b ⋅ cos x < 3b s
s 2a – 3b < 2a + 3b ⋅ cos x < 2a + 3b
2a - 3b = -5
2a + 3b = 2
7
-3
4a = -3 s a =
eb =
4
6
π
3
=- 3
III.f (0) = 2sen - = -2
3
2
De I, II e III, conclui-se que o gráfico que melhor representa a
função é o da alternativa a.
14.c
π
I.-1 < sen x + < 1 s
2
π
s -2 < 2sen x + < 2 s
2
17.d
O gráfico apresentado aproxima-se de uma senoide. Portanto, a
sentença que o representa pode ser dada, na sua forma geral, por:
v(t) = a ⋅ sen (k ⋅ x)
Temos −1 < sen (k ⋅ x) < 1, e o conjunto imagem da função v(t) é dado
pelo intervalo [−0,6; 0,6]. Dessa forma, concluímos que a = 0,6.
π
s - 4 < 2sen x + - 2 < 0
2
Imf(x) = [-4; 0]
II.
f(0) = 0
2π
e, no exerk
2π
2π
=5s k =
cício, esse período é igual a 5. Assim:
k
5
Logo, a expressão que representa o gráfico é dada por:
O período da função v(t) = a ⋅ sen (k ⋅ x) é dado por
15.a)
y
4
3
g(x) = 2 + cos (2x)
2
f(x) = 2 + sen x
0
π
2
3π
2
π
2π
x
b)f(x) > g(x) s 2 + sen x > 2 + cos 2x s sen x > 1 − 2 ⋅ sen2 x s
s 2 ⋅ sen2 x + sen x − 1 > 0 s sen x < − 1 ou sen x >
∴ sen x = −1 ou
1
2
1
< sen x < 1
2
5π
6
1
2
2π
v (t ) = 0, 6 · sen ⋅ t
5
18.a
Imf(x) = [-2; 2]
P = 2π
Portanto, o gráfico que corresponde à função é:
y = 2sen x
1
0
π
H2
3
II.P = 2 ·
π
6
19.b
Seja a função apresentada no gráfico dada por f(x) = a ⋅ sen (mx).
Im = [−a; a] = [−2; 2] s a = 2
2π
1
2π
p=
s 4π =
s m=
m
m
2
x
∴ f(x) = 2 ⋅ sen
2
20.a
x2 - x - cos (x) = 0 s cos x = x2 - x
x2 – x
1
S1
3π
2
A cotação da empresa F é maior ou igual à cotação da empresa G para
3π
5π
π
<x<
ou x =
, ou seja, no intervalo entre 12 h 32 min e
2
6
6
14 h 37 min e no instante correspondente ao horário de 16 h 43 min.
cos x
S2
0
1 π
2
–1
π
3π
2
Duas soluções.
21.I. P = 2 s
2π
= 2 s |b| = 1s b = 1, de acordo com o enunciado.
bπ
16.a
II. A função passa pelo ponto (0; 3)
3 = a · sen 0 + c s c = 3
π
f (t ) = 2sen 3t -
3
1
III. A função passa pelo ponto ; 5
2
14
2π
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
π
5 = a · sen + 3 s a = 2
2
MF.14
∴ a = 2; b = 1 e c = 3
1.a)
16 ! 16 · 15 · 14 !
=
= 240
14 !
14 !
22.d
f
b)
11! + 12! 11! + 12 · 11! 11! ⋅ ( 1 + 12 )
13
1
=
=
=
=
13 !
13 · 12 · 11!
13 · 12 · 11!
13 · 12 12
c)
( n + 1) ! + n ! ( n + 1) ⋅ n( n - 1) ! + n ( n - 1) !
=
=
( n - 1) !
( n - 1) !
g
h( x ) > 1 s f ( g ( h( x ))) > 1 s f ( g (2sen x )) > 1
f (4sen 2 x ) > 1
log 2 (4sen 2 x ) > 1 s 4sen 2 x > 2 s sen 2 x > sen x < 1
2
=
2
2
ou sen x >
2
2
2.c
y
3π
4
( n – 1) ! ⋅ ( n 2 + n + n )
= n2 + 2n
( n - 1) !
( n + 1) ! · ( n + 2) ( n + 1) ⋅ n ⋅ ( n - 1) ! ⋅ ( n + 2)
=
=
( n - 1) !
( n - 1) !
π
4
= n ⋅ ( n + 1) ⋅ ( n + 2)
x
–3π
4
–π
4
n ! ⋅ [ n ! - ( n - 1) !] n( n - 1) ! - ( n - 1) !
=
=
( n - 1) ! ⋅ n !
( n - 1) !
3π
π
π
3π
< x < - ou < x <
4
4
4
4
= ( n - 1) ! ⋅ ( n - 1) = n - 1
( n - 1) !
Atividades extras
5.d
20 ⋅ 18 ⋅ 16 ⋅ 14 ⋅ … ⋅ 6 ⋅ 4 ⋅ 2 =
= 2 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ 9 ⋅ 2 ⋅ 8 ⋅ 2 ⋅ 7 ⋅ … ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 1 =
= 210 ⋅ 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ … ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 =
= 210 ⋅ 10!
23.e
π
I.f ( x ) = 77 ⋅ sen 5 x +
6
II. B = {x 3 ® | f (x) = 0}
π
π
77 ⋅ sen 5 ⋅ x + = 0 s sen 5 ⋅ x + = 0
6
6
π
π kπ
π kπ
s x=- +
5 ⋅ x + = kπ s x + =
,k 3
6
6
5
6 5
π kπ
∴B = x 3 ® | x = - +
, com k 3
6 5
{
}
{
IV.B % ] – 8; 0] = ∴m = -
π
6
B % [0; + 8[ =
V.
}
11π
17 π
π
; ; ;
6
30
30
{ 30π ; 730π ; 1330π ; } ∴ n = 30π
π π - 5π + π
4π
2π
==De IV e V, temos: m + n = - + =
6 30
30
30
15
24.d
-1 < sen 2 x < 1 s - 1 < 2sen x ⋅ cos x < 1 s
1
1
s - < sen x ⋅ cos x < s
2
2
1
1
1
3
s 1 - < 1 + sen x ⋅ cos x < 1 + s < 1 + sen x ⋅ cos x < s
2
2
2
2
1
2
2
1
s 2>
> s <
<2 s
1 + sen x ⋅ cos x
3
3
1 + sen x ⋅ cos x
1
0, 5
1
0, 5
s <
<1s
<
< 1 s
3
1 + sen x ⋅ cos x
3
1 + sen x ⋅ cos x
3
s
<
3
15
0, 5
<1
1 + sen x ⋅ cos x
1 + 1 = 1 + 1 = 2 = 2 = 1
3! 3! 6 6 6 6 3
4.a
A solução no intervalo [-π; π] é dada por:
f (x) = 0 s
III.
3.a
6.d
[(m + 2)! - (m + 1)!] ⋅ m! = [(m + 2) ⋅ (m + 1)! - (m + 1)!] ⋅ m! =
= [(m + 1)! ⋅ (m + 2 - 1) ⋅ m! = (m + 1)! ⋅ (m + 1) ⋅ m! =
= (m + 1) ⋅ m! ⋅ (m + 1) ⋅ m! =
= (m + 1)2 ⋅ (m!)2 =
= [(m + 1) ⋅ m!]2 = [(m + 1)!]2
7.d
(x + 1)! = x2 + x s (x + 1) ⋅ x ⋅ (x - 1)! = x ⋅ (x + 1) s (x - 1)! = 1
I.(x - 1)! = 0! s x = 1 ou
II.(x - 1)! = 1! s x - 1 = 1 s x = 2
Soma das raízes: 1 + 2 = 3
8.d
( n + 1) ! - n !
( n + 1) ⋅ n( n - 1) ! - n( n - 1) !
= 7n s
= 7n
( n - 1) !
( n - 1) !
( n - 1) ! ⋅ [( n + 1) ⋅ n - n]
= 7n s n 2 + n - n = 7n s
( n - 1) !
s n2 - 7n = 0 s n(n - 7) = 0 s
s n = 0 (Não convém.)
ou
n = 7
9.d
(n - 1)! ⋅ [(n + 1)! - n!] = (n - 1)! ⋅ [(n + 1) ⋅ n! - n!] =
= (n - 1)! ⋅ [(n + 1) - 1] ⋅ n! = (n - 1)! ⋅ n ⋅ n! = n! ⋅ n! = (n!) 2
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
10.a
• 4! = 24
• 6! = 720 (termina por zero) e, assim por diante, todos os números
até o 100! terminarão por zero.
Soma das unidades de todos esses números:
4 + 0 + 0 + 0 + … + 0 = 4
11.a
•
( n + 1) !
( n + 1) ⋅ n ⋅ ( n - 1) !
= 210 s
= 210 s
( n - 1) !
( n - 1) !
n = -15 (Não convém.)
s n2 + n - 210 = 0 s ou
n = 14
• (k + 3)! + (k + 2)! = 15 (k + 1)! s
s (k + 3) ⋅ (k + 2) ⋅ (k + 1)! + (k + 2) ⋅ (k + 1)! = 15(k + 1)! s
s (k + 3) ⋅ (k + 2) + (k + 2) = 15 s
s k2 + 5k + 6 + k + 2 - 15 = 0 s
s k2 + 6k − 7 = 0 s
k = - 7 (Não convém.)
s ou
k = 1
Portanto, a soma n + k é igual a 15.
12.
( n - 1) ! ⋅ ( n - 3) ⋅ ( n - 4) !
n( n - 1) ! ⋅ ( n - 4) !
=
3
s 4(n - 3) = 3n s
4
s 4n - 12 = 3n s n = 12
S = {12}
13.a
Existindo os fatores 2 e 5, o produto (9! ⋅ 8!) é um múltiplo de 10
e, portanto, (9! ⋅ 8!)7! é uma potência de 10. Logo, o algarismo das
unidades é 0 (zero).
14.b
(n!)2 - 25 ⋅ (n!) + 24 = 0
∆ = 625 - 96 = 529
25 ± 23
n! =
2
I.
n! = 1 s n = 0 ou n = 1
II.
n! = 24 s n = 4
S = {0; 1; 4}
15.b
n! ⋅ ( n 2 - 1) n ! · ( n + 1) · ( n - 1)
= n-1
=
( n + 1) ⋅ n !
( n + 1) !
Como n = 2.005, temos: 2.005 - 1 = 2.004
16.c
n! - ( n - 1)!
= - 2.520 s
2 - 2n
s
n ⋅ ( n - 1)! - ( n - 1)!
= - 2.520 s
-2 ⋅ ( n - 1)
s
( n - 1) ! ⋅ ( n - 1)
( n - 1)
= 5.040 s (n - 1)! = 7! s
sn-1=7sn=8
Logo, x2 - n ⋅ x + n - 1 = 0 é igual a:
x2 - 8x + 7 = 0, cuja soma das raízes é 8, ou seja, n.
16
17.d
n! ⋅ π
= kπ s n! = 5.040k, k 3 Ω
5.040
Fatorando 5.040, temos:
5.040 = 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅ 6 ⋅ 7
Portanto:
n! = 7! ⋅ k
Fazendo k = 8:
n! = 8 ⋅ 7! s
s n! = 8! s
s n = 8
18. ( n - 1) ! =
( n + 1) ⋅ n ( n - 1) !
s
30
s n + n = 30 s n + n - 30 = 0 s
s n = 5 ou n = -6 (Não convém.)
Daí, n = 5
S = {5}
2
2
19.c
6
6
n! + ( n - 1) !
n ⋅ ( n - 1)! + ( n - 1) !
s
s
=
=
( n + 1)! - n ! 25
( n + 1) ⋅ n( n - 1)! - n( n - 1) ! 25
( n - 1)! · ( n + 1)
6
s
s
=
(
1)! ⋅ ( n 2 + n - n ) 25
n
s 6n2 = 25n + 25 s
s 6n2 - 25n - 25 = 0
∆ = 625 + 600 = 1.225
25 ± 35
s
n =
12
-5
s n =
(Não convém.)
6
ou
s n = 5
20.a
( n + 2) ⋅ ( n + 1)! ⋅ ( n - 2) !
= 4 s
( n + 1)! ⋅ ( n - 1)( n - 2) !
n+ 2
= 4 s 4n - 4 = n + 2 s
s
n - 1
s 3n = 6 s n = 2
Portanto, é um número par.
21.c
I.( n - m ) ! = 24 s ( n - m ) ! = 4 ! s
s n-m = 4 s n = 4+m
3
9
9
s nm = s (4 + m )m = s
2
4
4
9
2
2
s m + 4m = s 4m + 16m - 9 = 0
4
∆ = 256 + 144 = 400
-16 ± 20
s m=
s
8
36
9
= - (pois m 3 œ – )
s m=8
2
9
1
e n = 4 - = 2
2
II. nm =
∴ n+m = -
1 9
10
- == -5
2 2
2
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
n = 1.000! + 18 = 1.000 ⋅ 999 ⋅ ... ⋅ 19 ⋅ 18 ⋅ 17 ⋅ ...
... ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 + 18 s
s n = 18 ⋅ (1.000 ⋅ 999 ⋅ ... ⋅ 19 ⋅ 17 ⋅ ... ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 + 1)
Portanto, n é múltiplo de 18. Logo, o resto da divisão de n por
18 é zero.
b)m = 50 ⋅ 49 ⋅ ... ⋅ 38 ⋅ 37 ⋅ 36 ⋅ ... ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 + 37 s
s m = 37 ⋅ (50 ⋅ 49 ⋅ ... ⋅ 38 ⋅ 36 ⋅ ... ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 + 1)
Portanto, m é múltiplo de 37. Logo, m não é um número primo.
22.a)
Atividades extras
…
23.a
101! + 2 = 2(101 ⋅ 100 ⋅ 99 ⋅ … ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3+1) é um número natural
composto.
101! + 3 = 3(101 ⋅ 100 ⋅ 99 ⋅ … ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 2+1) é um número natural
composto.
101! + 4 = 4(101 ⋅ 100 ⋅ 99 ⋅ … ⋅ 5 ⋅ 3 ⋅ 2+1) é um número natural
composto. …
101! + 101 = 101(100 ⋅ 99 ⋅ 98 ⋅ … ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 +1) é um número
natural composto.
Portanto, de 101! + 2 até 101! +101 existem 100 números naturais
compostos.
24.Temos:
1! ⋅ 5 + 2! ⋅ 11 + … + k! ⋅ (k2 + 3k + 1) + … + 200! ⋅ 40.601 =
200
= ∑ k! ⋅ ( k 2 + 3k + 1)
k=1
Observe:
(k + 1)! - k! = (k + 1) ⋅ k! - k! ⋅ k! ⋅ (k + 1 - 1) = k! ⋅ k (I)
Então:
k! ⋅ (k2 + 3k + 1) = k! ⋅ k2 + k! ⋅ 3k + k! =
= k! ⋅ k ⋅ k + k! ⋅ k ⋅ 3 + k! (II)
Substituindo I em II, temos:
[(k + 1)! - k!] ⋅ k + 3[(k + 1)! - k!] + k! =
= (k + 1)! ⋅ k - k ⋅ k! + 3(k + 1)! - 3k! + k! =
= (k + 1)! ⋅ k - (k + 1)! + k! + 3(k + 1)! - 2k! =
= k(k + 1)! + 2(k + 1)! - k! = (k + 2)(k + 1)! - k! =
= (k + 2)! - k!
200
Podemos reescrever ∑ k! ⋅ ( k 2 + 3k + 1) como sendo:
k=1
200
∑ ( k + 2)! - k! = 3! - 1! + 4! - 2! + 5! - 3! + ... + 201! - 199! +
k=1
III. (F) Para ser verdadeira, devemos considerar duas situações:
a) 3x = 6 s x = 2
b) 3x + 6 = 15 s 3x = 9 s x = 3
Portanto, x não é necessariamente 2.
IV. (V) Da relação de Stifel temos:
15 15 16
+ = ;
2 3 3
mas de binomiais complementares, temos:
16 16 16
=
=
3 16 - 3 13
2.d
n
n
n!
2 ⋅ n!
=
s
= 2⋅
s
k
k - 1
k ! · ( n - k ) ! ( k - 1) ! · ( n - k + 1) !
( k - 1) ! · ( n - k + 1) !
s
=2 s
k ! · (n - k ) !
( k - 1) ! · ( n - k + 1) ( n - k ) !
=2 s
k ⋅ ( k - 1) ! ( n - k ) !
s n - k + 1 = 2k s 3k = n + 1 s n = 3k - 1
s
3. Da relação de Stiffel, temos:
10 10 11
+ =
3 4 4
10 10
Daí, n + 1 = 3 s n = 2 ou n + 1 = 7, pois = .
3 7
Então:
n = 2 ou n = 6
S = {2; 6}
4.b
18 18
=
s
6 4 x - 1
7
4x - 1 = 6 s x =
4
s ou
4 x - 1 + 6 = 18 s x = 13
4
Assim, a soma das soluções da equação é dada por
+ 202! - 200! = -1! - 2! + 201! + 202!
Logo, o exercício pede o resto da divisão de
201! + 202! - 3 por 2.004.
Sabemos que 2.004 = 22 ⋅ 3 ⋅ 167, ou seja, qualquer número maior
que 2.004 e que tiver em sua fatoração o 4, o 3 e o 167 será divisível por 2.004, o que acontece com o 201! e o 202! que são então
divisíveis por 2.004.
A soma de dois números divisíveis por 2.004 é um número divisível
por 2.004.
Logo, 201! + 202! é divisível por 2.004.
Portanto, o resto da divisão de 201! + 202! - 3 por 2.004 é
2.004 - 3 = 2.001.
s
MF.15
m - 1 m - 1 m
I.
+
=
p - 1 p p
1. F - V - F - V
I. (F) 1 + 3 ≠ 15
II. (V) 2 + 13 = 15
17
7 13
+
, ou seja, 5.
4 4
x!
x!
s
=5⋅
( x - 2) ! ⋅ 2 !
( x - 4) ! ⋅ 4 !
2
5
s
=
s
( x - 4) ! ⋅ 24
( x - 2)( x - 3)( x - 4) ! ⋅ 2
5.2 ⋅
1
1
5
5
s = 2
=
s
12
6
x - 5x + 6
2( x - 2) ⋅ ( x - 3)
s x2 - 5x + 6 = 30 s x2 - 5x - 24 = 0 s x = -3 (Não convém.)
ou x = 8
S = {8}
6.b
m m
II.
=
p m - p
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
Substituindo II em I, temos:
m - 1 m - 1 m
m - 1
+
=
s 10 +
= 55 s
p
1
p
m
p
p
m - 1
s
= 55 - 10 = 45
p
7.b
Aplicando a relação de Stifel, temos:
13 13 14 14 14 15 15
+ + = + = =
8 9 10 9 10 10 5
12. V − F − F
I. (V) Binomiais complementares.
10
II.(F) O correto é 210 - 1, pois não possui o termo .
0
15 15 15 15 16
III.(F) + = + =
10 9 9 10 10
13.a
Se são binomiais complementares, temos:
3 + 5 = k + 2 s
s k = 6
8.a
50 50 51 52 51 51 52
+ + + = + + =
20 21 22 23 21 22 23
52 52 53
= + =
22 23 23
14.e
n5 - 5n3 + 4n = n ⋅ (n4 - 5n2 + 4)
Determinando as raízes de n4 - 5n2 + 4 = 0:
Fazendo n2 = t, vem:
t2 - 5t + 4 = 0 s t =
9.c
3 4 5 6
20 21
+ + + ++ =
3 3 3 3
3 4
5 6
20 21 3 4
+ ++ = - -
3 3
3 4 3 3
5 6
20
21!
- 1- 4 =
+ ++ =
3 3
3 4! ⋅ 17!
=
21 ⋅ 20 ⋅ 19 ⋅ 18
- 5 = 5.985 - 5 = 5.980
4⋅3⋅2
10.d
m - 2
(m - 2) !
=6 s
=6 s
(m - 4) ! · [(m - 2) - (m - 4)] !
m - 4
s
( m - 2 ) ⋅ ( m - 3) ⋅ ( m - 4 ) !
( m - 4 ) ! ⋅ 2!
= 6 s ( m - 2 ) ⋅ ( m - 3 ) = 12 s
s t = 4 s n2 = 4 ou
t = 1 s n2 = 1
Logo:
n4 - 5n2 + 4 = (n2 - 4) ⋅ (n2 - 1) =
= (n - 2) ⋅ (n + 2) ⋅ ( n - 1) ⋅ (n + 1) s
s n5 - 5n3 + 4n = (n + 2) ⋅ (n + 1) ⋅ n ⋅ (n - 1) ⋅ (n - 2)
Ainda:
n + 2
(n + 2) !
=
=
3
n
3
!
n
⋅
(
) ( n + 2 - n + 3) !
=
( n + 2 ) ⋅ ( n + 1) ⋅
( n + 2 ) ⋅ ( n + 1) ⋅
15.d
20 + 10 = n s
s n = 30
11.b
16.b
s
20( k - 3) !
= 1 s k 2 - 3k + 2 = 20 s
( k - 1)( k - 2)( k - 3) !
s k - 3k - 18 = 0
∆ = 9 + 72 = 81
3± 9
s k = -3 (Não convém.) ou
k =
2
k=6
2
18
n ⋅ ( n - 1) ⋅ ( n - 2 )
=
5!
n ⋅ ( n - 1) ⋅ ( n - 2 )
120
n + 2
y n5 - 5n3 + 4n = 120 ⋅
n - 3
=
m = -1 (Não convém.)
s m 2 - 5m - 6 = 0 s ou
m = 6
k + 1
k + 1 k + 2
Usando Stifel:
+
=
2
3 3
Então:
k + 2
k + 1 k + 1
+
2
3
3
=1s
=1s
k + 2
k + 2
5
5
( k + 2) !
3 ! · ( k - 1) !
120( k - 3) !
=1s
=1s
s
( k + 2) !
6( k - 1) !
5 ! · ( k - 3) !
5±3
s
2
m
m!
m ⋅ ( m - 1) !
m - 1 = 6 s ( m - 1) ! · 1! = 6 s ( m - 1) ! = 6 s m = 6
2
6
m
m - 2 ! + 0! = 6 - 2 ! + 0!
(
)
(
)
2
s
2
2
m
6
s
+ 0! = + 1 s
4!
( m - 2 ) !
2
2
m
6
s
+ 0! = + 1 s
m
2
!
24
)
(
2
2
m
5
+ 0! = s
s
m
2
!
4
)
(
m
2 25
+ 0! =
s
16
(m - 2) !
17.b
Observe o triângulo de Pascal a seguir:
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
3
6
10
15
21
28
36
1
4
10
20
35
56
84
1
5
15
35
70
126
1
6
21
56
126
1
7
28
84
1
8
36
1
9
24.c
14 14
2
=
x - 2 2 x + 1
2
I.
x - 2 = 2x + 1 s x2 - 2x - 3 = 0 s x1 = -1 (Não convém.) ou
x2 = 3
II.
x2 - 2 + 2x + 1 = 14 s x2 + 2x - 15 = 0 s x1 = -5 (Não convém.)
ou x2 = 3
∴x=3
1
Observe que os números em cada coluna (exceto a primeira) estão
em ordem crescente quando observados de cima para baixo.
30 30
Portanto, somente é possível aparecer o número 30 em e ,
1 29
ou seja, duas vezes.
Logo, n = 2
18.d
x + 3 + 7 = 17 s x + 10 = 17 s x = 7
19.a
n n
= s 4 + 6 = n s n = 10
4 6
20.a
( n - 3) !
n!
⋅
= 3n ⋅ ( n 2 - 5n + 6 ) s
3! ⋅ ( n - 3 ) ! ( n - 4 ) ! ⋅ 1!
n ⋅ ( n - 1) ⋅ ( n - 2 ) ⋅ ( n - 3 )
s
=
6
= 3 ⋅ n ⋅ ( n - 2 ) ⋅ ( n - 3 ) s n - 1 = 18 s n = 19
21.a
n
n
n
n
n
+ + + + + = 32.768 s
1
2
3
n
0
s 2n = 32.768 s 2n = 215 s n = 15
22.
101 101
+
38 39
102
63
=
102
39
102
63
=
102
63
102
63
1.e
n n 0 n n - 1 1 n n - 2 2
n
⋅3 + ⋅1
⋅ 3 + + ⋅ 10 ⋅ 3 n =
⋅1 ⋅3 + ⋅1
0
1
2
n
= (1 + 3)n = 4n = (22)n = 22n
2.d
( A - B ) 7 = ( x 2 - 3x + x 3 - x 2 - 4 x ) = ( x 3 - 7 x ) =
7
7
7 7
7-p
p
⋅ x p ⋅ ( -7 ) =
= ∑ ⋅ (x3)
p = 0p
7 7
p
= ∑ ⋅ x 21 - 3 p + p ⋅ ( -7 ) =
p = 0p
7 7
p
= ∑ ⋅ x 21 - 2 p ( -7 )
p = 0 p
O termo de menor grau será quando p = 7.
7
T = · x 21 - 14 ⋅ (-7) 7 = x 7 ⋅ (-7) 7
8 7
3. Do binômio de Newton, temos:
x4 + 4x3 y + 6x2 y2 + 4x y3 + y4 = 16 s (x + y)4 = 16
Sendo x e y positivos, temos:
x + y = 2
x - y = 1
Daí:
x + y = 2
Resolvendo o sistema, temos: x =
3
2
4.d
=1
Atividades extras
11 11 11 11
11 11 11
23. + + + + + + + = 2 11
0 1 2 3
9 10 11
(teorema das linhas)
11 11 11 11 11 11
= ; = ; = ;
0 11 1 10 2 9
Assim:
11
11
11
11
2 + 2 + 2 + + 2 = 2 11 s
1
3
5
11
11 11 11
11
s 2 + + + + = 2 11 s
11
1 3 5
11 11 11
11
s + + + + = 2 10 = 1.024
11
1 3 5
19
MF.16
2n + 5 2 n + 5 - n - 1
Tn + 2 =
⋅ (3 y ) n + 1 s
x
n+1
2n + 5 n + 4
s Tn + 2 =
⋅ (3 y ) n + 1
x
n+1
2n + 5 2 n + 5 - n - 2
Tn + 3 =
⋅ (3 y ) n + 2 s
x
n+2
2n + 5 n + 3
s Tn + 3 =
⋅ (3 y ) n + 2
x
n+2
2n + 5 n + 4
⋅ (3 y ) n + 1
⋅ x
Tn + 2
3x
3x
n+1
s
=
=
2n + 5 n + 3
T n + 3 12 y
y
12
⋅ (3 y ) n + 2
⋅ x
n+2
(2n + 5) !
⋅x
3x
( n + 1)! ⋅ ( n + 4)!
s
=
(2n + 5)!
⋅ 3 y 12 y
( n + 2)! ⋅ ( n + 3)!
( n + 2)! ⋅ ( n + 3)!
9
( n + 2) ⋅ ( n + 1)! ⋅ ( n + 3)! 3
s
s
= s
=
( n + 1)! ⋅ ( n + 4)! 12
( n + 1)! ⋅ ( n + 4) ⋅ ( n + 3)! 4
n+2 3
= s 4n + 8 = 3n + 12 s n = 4
s
n + 4 4
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
n
6
k
s Tn + 1 = ⋅ x 6 - n ⋅ s
n
x
6
s Tn + 1 = ⋅ k n ⋅ x 6 - 2n
n
Assim: 6 - 2n = 0 s n = 3
Então:
k
5. x +
x
6
6
T = ⋅ k 3 = 160 s 20 ⋅ k 3 = 160 s k 3 = 8 ∴ k = 2
4 3
6
6!
(02)(V) T 4 = ⋅ ( x 2 ) 3 ⋅ (-1) 3 =
⋅ x 6 ⋅ (-1) = 3! ⋅ 3!
3
6⋅5⋅ 4 6
=⋅ x = -20 x 6
6
6
(04)(V) T 2 = ⋅ ( x 2 ) 4 ⋅ (-1) 2
2
(08) (F) (12 - 1)6 = 0
12. F - V - V - F - F
n
n
n
n
6. ⋅ 1n ⋅ 10 - ⋅ 1n - 1 ⋅ 11 + ⋅ 1n - 2 ⋅ 12 - ⋅ 10 ⋅ 1n =
0
1
2
n
= (1 - 1) n = 0 n = 0
7.a) Para n = 2, temos:
2 2
x + x
6
6
Soma dos coeficientes = 12 + 2 = 3 6 = 729
1
b)Para n = 3, temos:
9
2 2
x +
x
9
9
p
9-p
Tp + 1 = · ( x 2 )
( 2 x -1 ) = p · x 18 - 2 p - p ⋅ 2 p =
p
9
18 - 3 p
p
= · x
⋅2
p
Devemos ter 18 - 3p = 0 s p = 6
3
4
9
9!
9 ⋅ 8 ⋅7
⋅ 64 =
T7 = ⋅ 2 6 =
⋅ 64 = 5.376
6 ! · 3!
3⋅2
6
I. (F) 3 = 8
ou 3 + 8 = n s n = 11
II. (V) Veja item I.
III.(V)
IV.(F)
V.(F)
13.b
6
6-k
k
⋅ ( cos x ) e Tmédio = T 4
T k + 1 = ⋅ ( sen x )
k
6
5
3
3
T 4 = ⋅ ( sen x ) ⋅ ( cos x ) = s
2
3
6!
5
3
s
⋅ ( sen x ⋅ cos x ) = s
3! ⋅ 3!
2
5
1
3
3
s 20 ⋅ ( sen x ⋅ cos x ) = s ( sen x ⋅ cos x ) = s
2
8
1
s sen x ⋅ cos x = s
2
1
s 2 · sen x ⋅ cos x = 2 ⋅ s sen ( 2 x ) = 1 s
2
8.b
5
5
k
( x + 3a ) s T k + 1 = ⋅ x 5 - k ⋅ ( 3a ) s
k
5
k
s ⋅ x 5 - k ⋅ ( 3a ) = 360 x 3 s
k
s 5 - k = 3 s k = 2
5
5
2
2
⋅ x 3 ⋅ ( 3a ) = 360 x 3 s ⋅ ( 3a ) = 360 s
2
2
5!
s
⋅ 3 2 ⋅ a 2 = 360 s a 2 = 4 s a = −2 ou a = 2
2! ⋅ 3!
9.b
10
⋅ x 7 ⋅ x -3
T4 3
120 x 4 4 x 2
=
=
=
T5 10 6 -4 210 x 2
7
⋅x ⋅x
4
10.b
Para que se tenha a soma dos coeficientes do desenvolvimento,
devemos fazer x = y = 1.
Assim:
(1 − 2 ⋅ 1)18 = (−1)18 = 1
11.Soma = 7 (01 + 02 + 04)
(01) (V) Como o expoente é 6, temos que o binômio possui
6 + 1 = 7 termos.
20
n n
3 = 8
π
π
s 2 x = + k ⋅ 2 π, com k 3 Ω s x = + k ⋅ π, com k 3 Ω
2
4
Assim, o arco x tem extremidade no primeiro ou terceiro quadrantes.
14.e
(ax2 - b)5
5
T1 = ⋅ (ax2)5 ⋅ (- b)0 = a5 ⋅ x10
0
Então:
a5 ⋅ x10 = 32x10 s a = 2
5
T4 = ⋅ (ax2)2 ⋅ (-b)3 = 10a2 ⋅ x4 ⋅ (-b)3 = 40x4 ⋅ (-b)3
3
Então:
40x 4 ⋅ (-b)3 = -40x 4 s
s (-b)3 = -1 s b = 1
Daí:
(a + b)8 = (2 + 1)8 = 38
15.c
O desenvolvimento possui 7 termos. O termo médio é o 4o. (Atenção!
Por se tratar do termo médio, o fato de as potências de x estarem
em ordem crescente não altera nossa resposta).
Assim:
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
6 x 2 3 k 3
T4 = ⋅ ⋅ s
3 2 x
s T4 =
Deveremos ter:
12 - p = 2p s 3p = 12 s p = 4
Daí:
4
12
1
T5 = ⋅ x 12 - 4 ⋅ y 2 ⋅ 4 ⋅ s
4
2
495
sT =
⋅ x8 ⋅ y8
16
5
Então:
495
c =
s 16c = 495
16
6!
x6 k3
⋅
⋅
s
3! ⋅ 3! 8 x 3
6 ⋅5 ⋅ 4 x3 ⋅ k3
⋅
s
6
8
3
3
5x ⋅ k
s T4 =
2
5k 3
160
s k 3 = 64 s k = 4
∴
=
2
s T4 =
16.d
I.
m é o coeficiente cujo expoente de x é 8.
5
5
5-p
Tp + 1 = · ( x 2 )
⋅ (-2) p = · x 10 - 2 p ⋅ (-2) p
p
p
Devemos ter:
10 - 2 p = 8 s p = 1
5
T 2 = ⋅ (-2) ⋅ x 8 = -10 x 8
1
Logo, m = -10.
II.
n é o termo independente de x.
Devemos ter:
10 - 2p = 0 s p = 5
5
T 6 = ⋅ (-2) 5 = -32
5
n
5
18.a
5
5
( 2 x + b ) s Tk + 1 = ⋅ ( 2 x ) 5 - k ⋅ b k s
k
5
s Tk + 1 = ⋅ 2 5 - k ⋅ b k ⋅ x 5 - k
k
5
5 - k = 4 s k = 1 s T2 = ⋅ 2 4 ⋅ b 1 ⋅ x 4
1
Coeficiente
5
5 - k = 3 s k = 2 s T3 = ⋅ 2 3 ⋅ b 2 ⋅ x 3
2
Coeficiente
5 4
5
⋅ 2 ⋅ b1 = 8 ⋅ ⋅ 23 ⋅ b2 s
1
2
1
s 5 ⋅ 16 ⋅ b = 8 ⋅ 10 ⋅ 8 ⋅ b 2 s 640 ⋅ b 2 = 80 ⋅ b s b =
8
p
12
s T p + 1 = ⋅ x 12
p
21
y2
⋅ s
2
- p
1
⋅ y 2p ⋅
2
22.d
Se a soma dos coeficientes de (5x2 - 3)n é 64,
temos: (5 - 3)n = 64 s 2n = 64 s
s n = 6
Logo, temos: (5x2 - 3)6
6
6
6-p
T p+1 = · ( 5 x 2 )
⋅ (-3) p = · 5 6 - p ⋅ x 12 - 2 p ⋅ (-3) p
p
p
Devemos ter: 12 - 2p = 6 s p = 3
6
6!
3
T 4 = · ( 5 x 2 ) ⋅ (-3) 3 =
⋅ 125 x 6 · (-27) =
3! ⋅ 3!
3
=
6⋅5⋅ 4
⋅ 125 x 6 · (-27) = - 67.500 x 6
6
Atividades extras
23.(x2 + 2x + 1)7 = [(x + 1)2]7 = (x + 1)14
14
14!
14 ⋅ 13 ⋅ 12 ⋅ 11 10
⋅ x 10 =
T5 = · x 10 ⋅ 14 =
⋅ x = 1.001x 10
4! ⋅ 10!
4⋅3⋅2
4
24.Soma = 31 (01 + 02 + 04 + 08 + 16)
5 5
(ax + by)5 = ∑ ⋅ (ax)5 - P · (by)P
P = 0 P
Para que tenhamos o monômio x2y3, temos que P = 3 e, para que
tenhamos o monômio xy4, temos P = 4.
Então:
5 2 2 3 3
I.
· a ·x · b · y
3
Daí:
19.c
- p
n
n-0
0
4
4 n 1
⋅ s
- ·
5
5 0 5
n
1n
1n
1n
1
s 2 + + 1n - = 2 + + 1 - = 3
5
5
5
5
5
2 2
10
10
2
2
T6 = ⋅
s
= ⋅ ⋅ 5
5
2
2 2
2
10
s T 6 = - = -252
5
Tp + 1
n ⋅ ( n - 1)
- n = 54 s n 2 - n - 2n = 108 s
2
s n 2 - 3n - 108 = 0 s
s n = -9 (Não convém.) ou n = 12
(x + y)12 têm 13 termos, cujo termo médio é o 7º.
s
1 1
2+ + +
5 5
17.e
O termo médio é o sexto.
12
= ⋅ x 12
p
n n
n!
- n = 54 s
- = 54 s
2! ⋅ ( n - 2 ) !
2 1
21.c
Logo, n = -32.
De I e II, temos que m + n = - 42.
5
20.e
p
5 2 3
· a · b = 720 s 10 a2 b3 = 720 s a2 b3 = 72
3
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
5.d
Pelas informações do enunciado, temos, para a função f, o seguinte
gráfico:
5
II.
· a ⋅ x ⋅ b4 · y4
4
Daí:
5
· a · b4 = 240 s 5ab4 = 240 s ab4 = 48
4
y
Resolvendo o sistema:
a 2b 3 = 72
4
ab = 48
a 3
3b
= s a =
b 2
2
9b 2 3
2 3
a b = 72 s
⋅ b = 72 s b5 = 32 s b = 2 e a = 3
4
(01) (V) a + b = 5
(02) (V) a = 3
5
(04) (V) T6 = · (ax)0 ⋅ (by)5 = 32 y5
5
5
(08) (V) T2 = · (ax)4 ⋅ (by)1 = 5 ⋅ 34 ⋅ x4 ⋅ 2y = 810 x4y
1
5
(16) (V) T1 = · (ax)5 ⋅ (by)0 = a5x5 = 243x5
0
–4
Assim:
f(x) = a ⋅ (x - 4) ⋅ (x + 4)
-4
c
1
P = s 4 ⋅ (-4) =
s a=
a
a
4
f (x ) = a ⋅ (x - 4) ⋅ (x + 4) s f (x ) =
6.I.
x-6=0sx=6
II.
x2 - 7x + 6 = 0
x = 1 ou x = 6
–
–
+ +
– – –
–1
+ +
3
–
x
4 3
1
4 3 1
+ > - ou - + + > 0
x 2
x
x 2 x
-8 + 3 x + 2
3x - 6
>0 s
>0
s
2x
2x
s
I.3x - 6 = 0 s x = 2
II.2x = 0 s x = 0
–
–
–
+ + + + + +
2
– – – + + + + ++ + + + + + +
0
–
0
+
2
I
1
6
+
II
+
6
7.c
(2x - 2) ⋅ (3x - 1) > (1 - 3x)2 s
s (2x - 2) ⋅ (3x - 1) - (1 - 3x)2 > 0 s
s 6x2 - 2x - 6x + 2 - 1 + 6x - 9x2 >0 s
s -3x2 - 2x + 1 > 0
Encontrando as raízes de - 3x2 - 2x + 1 = 0, temos:
1
x = -1 ou x =
3
II
–1
I : II
S = {x 3 ® | x < 0 ou x > 2}
3.c
Quando o denominador é algébrico (isto é, apresenta variável), não
pode ser “cancelado”, pois não conhecemos o seu sinal.
4.b
f(x) = (k + 3) ⋅ (x2 + 1) + 4x s f(x) = (k + 3) ⋅ x2 + 4x + k + 3
f(x) = ax2 + bx + c > 0, para ∀ x 3 ® g a > 0 e ∆ < 0
a > 0 s k + 3 > 0 s k > −3
∆ < 0 s 42 − 4 ⋅ (k + 3) ⋅ (k + 3) < 0 s k2 + 6k + 5 > 0 s
s k < −5 ou k > −1
Para que se satisfaçam as duas condições, devemos ter k > −1.
22
I
+
S = {x 3 ® | x < 1 ou x = 6}
2. -
–
–
1
S = {x 3 ® | -1 < x < 3}
+
+
6
+
–
1
⋅ (x 2 - 16) s
4
1 2
1
x - 4 s a = e c = -4
4
4
∴ a ⋅ c = -1
1.e
x2 - 2x - 3 = 0
D = 4 + 12 = 16
2±4
s
x =
2
s x = -1 ou x = 3
–
x
4
s f (x ) =
MA.09
0
–4
+
1
3
x
O menor número inteiro que satisfaz a inequação é 0 (zero).
8.b
∆ = 0 s (−m)2 − 4 ⋅ 1 ⋅ (m − 1) = 0 s
s m2 − 4m + 4 = 0 s (m − 2)2 = 0 s m = 2
y(x) = x2 − 2x + 1 s y(3) = 32 − 2 ⋅ 3 + 1 s y(3) = 4
9.c
x2 + x -1
x2 + x -1
1
1
>
s
>0 s
9- x2
3- x
(3 - x ) ⋅ (3 + x ) 3 - x
s
x 2 + x - 1- 3 - x
x2 - 4
>0 s
>0
9- x2
9- x2
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
S = {x 3 ® | -2 < x < 0 ou x > 2}
Do enunciado, temos:
a = -2, b = 0, c = 2
∴ a2 + b2 + c2 = 4 + 0 + 4 = 8
I.
x2 - 4 = 0 s
s x2 = 4 s
s x = ±2
II.9 - x2 = 0 s x = ±3
+
+
–
+
–3
–
–
–2
+
+
2
–
–3
+
+
+
–
3
+
2
–2
I
II
–
I : II
3
S = {x 3 ® | -3 < x < -2 ou 2 < x < 3}
Daí:
a = -
+
–
+
–1
+
–
–
I
+
II
2
–2
+
–2
–
+
1
;b=0ec=2
2
1
1
=
2
2
(04)(F) b - a = 0 +
(08) (V) a + b = -
1
1
+0=2
2
1
5
=
2
2
(16)(V) c - a = 2 +
15. Resolvendo as equações, temos:
I.3x - 2 = x + 1 s x =
3
2
II.
x2 - 7x + 6 = 0 s x1 = 1 e x2 = 6
3
2
I · II
2
–1
1
2
(01)(F) c - b = 2 - 0 = 2
(02)(V) b + c = 0 + 2 = 2
11.(2x2 - 7x + 6) ⋅ (x + 1) < (x + 1) ⋅ (x2 - 7x + 10) s
s (2x2 - 7x + 6) ⋅ (x + 1) - (x + 1) ⋅ (x2 - 7x + 10) < 0 s
s (x + 1) ⋅ (2x2 - 7x + 6 - x2 + 7x - 10) < 0 s
s (x + 1) ⋅ (x2 - 4) < 0
I. x + 1 = 0 s
s x = -1
II.
x2 - 4 = 0 s
s x = -2 ou x = 2
–
1
1
s x ⋅ 2 ⋅ (x - 2) ⋅ x + = 0 s x ⋅ (x - 2) x + = 0 s
2
2
s x = 0 ou x = 2 ou x = -
10.a
Condição de existência:
x - 2 > 0 s x > 2
Elevando-se os dois membros ao quadrado, temos:
x2 - 4x + 4 = x2 - 4x + 4
S = [2; +∞[
–
14.Soma = 26 (02 + 08 + 16)
2x3 - 3x2 - 2x = 0 s
s x(2x2 - 3x - 2) = 0 s
I
S = {x 3 ® | x < -2 ou -1 < x < 2}
II
6
1
12.e
2 x 2 + 4 x - 30
2( x 2 + 2 x - 15)
-3 x 2 - 3 x + 36 < 0 s 3(- x 2 - x + 12) < 0
I.
x2 + 2x - 15 = 0 s
s x = - 5 ou x = 3
II.
-x2 - x + 12 = 0 s
s x = -4 ou x = 3
+
–
–5
–
–
–
–
+
+
–5
–4
–
–4
{
3
S = x 3 ®| < x < 6
2
+
3
3
–
–
I
II
+
–
–
+
–2
23
+
+
–
+
–
–
0
0
+
2
2
–
–1
–1
+
–
+
–
I : II
3
0
–
3
–
–
+
0
–
+
+
4
3
I
II
–
4
S = {x 3 ® | x < -1 ou 0 < x < 3 ou x > 4}
13.a
(x + 2) ⋅ (2x - x2) < 0
I.
x+2=0sx=-2
II.
-x2 + 2x = 0 s x (-x + 2) = 0 s x = 0 ou x = 2
–2
}
16.d
I. 3x - x2 = 0 s x(3 - x) = 0 s x = 0 ou x = 3
II. x2 - 3x - 4 = 0 s x = -1 ou x = 4
S = (- ∞; -5) 5 (-4; 3) 5 (3; +∞)
Das alternativas, a única que satisfaz é a e.
–
I % II
6
3
2
17.
I
II
I · II
x 2 + 8 x + 12
x 2 + 8 x + 12
>2 s 2
-2>0 s
2
x + 4x + 4
x + 4x + 4
-x 2 + 4
x 2 + 8 x + 12 - 2 x 2 - 8 x - 8
s
>0 s
>0
2
+
+
x
x
4
4
( x + 2) 2
I.
-x2 + 4 = 0 s
s x = 2 ou x - 2
I : II
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
II.
x1 = x2 = -2
+
–
+
–2
–
+
I
2
+
+
+
+
–
–2
–
–
I
0
–
–2
+
+
II
–
–1
–
–
+
–1
I : II
2
As soluções inteiras são -1, 0, 1, 2, cuja soma é 2.
+
1
II
–
1
0
S = {x 3 ® | x < -1 ou 0 < x < 1}
5
+5-1> 0 s
x
2x 2 + x + 5
5
s 2x + + 1 > 0 s
>0 s
x
x
21. 2 x - 3 +
18.b
x5 - x3 > 0 s x3 ⋅ (x2 - 1) > 0
I.
x3 = 0 s x = 0
II.
x2 - 1 = 0 s x2 = 1 s x = ±1
I.2 x 2 + x + 5 = 0
∆ = 1 - 40 = -39
– – – – – – 0 + + + + + +
–1
– – –
+ + +
–
+
–1
II
+
–
0
II.
x=0
I
– – – 1+ + +
+ + + + + + + + + + + + + + +
I · II
–
1
–
D = [ -1; 0 ] 5 [ 1; +∞ [
–
–
–
–
+ + + + + +
0
–
I
II
+
I : II
0
19.b
2
x - 1+ 2x 2
x -1
I.
< 1 s x - 1+ 2x - 1 < 0 s
+ 2x < 1 s
x
x
x
x - 1+ 2x 2 - x
2x 2 - 1
<0s
<0
x
x
1
2
A) 2x2 - 1 = 0 s 2x2 = 1 s x2 =
sx= ±
2
2
B) x = 0
s
+
– 2
2
2
2
–
–
–
–
+
+
–
+
–
+
0
0
– 2
2
+
B
A:B=I
2
2
–
A’) x - 4x + 8 = 0
∆ = -16
B’) 2 - x = 0 s x = 2
+
+
+
+
+
–
2
–
2
I
I % II
+
– 2
2
0
2
2
S=∅
20.b
x ( x - 1) - x ( x + 1)
x2 - x - x2 - x
>0 s
>0 s
2
x -1
x2 -1
s
24
-2 x
>0
x2 -1
1
2
{ 21}
S= –
Atividades extras
2
+
5
5
> 1- x 2 s x 2 + x + - 1 > 0 s
4
4
s 4x 2 + 4x + 5 - 4 > 0 s 4x 2 + 4x + 1 > 0
S=®
A
4 - 4x + x 2 + 4
x 2 - 4x + 8
<0s
<0
2(2 - x )
2(2 - x )
+
22.a) f ( x ) > g ( x ) s x +
b)4x2 + 4x + 1 < 0
2- x
2
(2 - x ) 2 + 4
+
< 0s
II.
<0s
2
2- x
2(2 - x )
s
S = {x 3 ® | x > 0}
A’
B’
A’ : B’ = II
23.c
I.Para t = 0, temos:
D(0) = 4 ⋅ (7 - 1) = 4 ⋅ 6 = 24 dezenas de quilômetros ou 240 km.
Logo, a distância entre as cidades X e Y é de 240 km.
II. O carro chega à cidade Y quando D(t) = 0.
t+7
- 1 = 0 s t + 7 - t2 - 1 = 0 s
D(t) = 0 s 4 ⋅ 2
t + 1
s t2 - t - 6 = 0
t = -2 ou t = 3
Como t > 0, temos: t = 3
De I e II, temos que a velocidade média do automóvel é de:
240
= 80 km/h
3
24.b
A receita R(x), em função de x, por viagem, é dada por:
R(x) = p ⋅ x s R(x) = (300 − 0,75x) ⋅ x s R(x) = − 0,75x2 + 300x
O número x de passageiros que resulta na receita máxima é x = xV .
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
-b
-300
x =
s x V =
s x V = 200
V 2a
2 ⋅ ( -0, 75 )
Considerando que o número máximo de passageiros é 180, é com
esse número que temos a máxima receita.
Rmáx. = R(180) s Rmáx. = −0,75 ⋅ 1802 + 300 ⋅ 180
∴ Rmáx. = R$ 29.700,00
MA.10
1.c
a) x 2 = | x |
b) a + b ≠ a + b
c) 1 + 1 = b + a = a + b
ab
ab
a b
d)|2 - π | = π - 2
e)|4 - π | = 4 - π
2.b
I.Se x - 2 > 0, ou seja, se x > 2, temos
y = 2 - x + 2 = 4 - x
O maior valor para y é quando x = 2
Portanto, o maior valor de y é 2
II.Se x - 2 < 0, ou seja, se x < 2, temos:
y = 2 + x - 2 = x, com x < 2
De I e II, conclui-se que 2 é o maior valor que y pode assumir.
8.Para f(x):
Sejam x1 e x2 as raízes de f(x) = a ⋅ (x - x1) ⋅ (x - x2); então:
f ( x ) = a ⋅ ( x + 2 ) ⋅ ( x + 4 )
V ( –3; 2 ) 3 f
Logo: 2 = a ⋅ (- 3 + 2) ⋅ (- 3 + 4) s a = -2
Assim: f(x) = -2 ⋅ (x + 2) ⋅ (x + 4) = - 2x2 - 12x - 16
Para g(x):
Sejam x3 e x4 as raízes de g(x) = a ⋅ (x - x3) ⋅ (x - x4); então:
g( x ) = a ⋅ ( x – 2 ) ⋅ ( x – 4 )
V ( 3; – 1) 3 g
Logo: -1 = a ⋅ (3 - 2) ⋅ (3 - 4) s a = 1
Assim: g(x) = 1 ⋅ (x - 2) ⋅ (x - 4) = x2 - 6x + 8
h(x) = |f(x) + g(x)|s h(x) = |-2x2 - 12x - 16 + x2 - 6x + 8| s
s h(x) = |- x2 - 18x - 8|
O gráfico intercepta o eixo das ordenadas quando x = 0.
Ou seja: h(0) = |-8| = 8
Logo, o gráfico intercepta o eixo das ordenadas no ponto (0; 8).
9.a
y
2
3.a
I.|x| > 0
II.
x≠0
D f(x) = ® - {0} = ®*
0
4.d
x - 1 - x + 3 = 2
5.c
I. (F) pois
II.(F)
4
2
4
x
10.a
I.Se x > 0, y = x2 - x
y
9=3
(-2) 4 = -2 = 2
III.(F) x 2 - 9 = ( x - 3) ⋅ ( x + 3) ≠ x - 3
IV.(V)
Apenas a IV é verdadeira.
0
6.d
Pela observação do gráfico, temos:
f (1) = 0
• x < 1
s f (x ) = - x + 1 s f (x ) = - ( x - 1)
f (0) = 1
f (1) = 0
• x > 1
s f (x ) = x - 1
f (2) = 1
Logo f(x) = |x - 1|
7.b
•x < 1 s f(x) = -(x - 1) + 2 s f(x) = -x + 3
•x > 1 s f(x) = (x - 1) + 2 s f(x) = x + 1
1
x
II.Se x < 0, y = x2 + x
y
–1
0
x
I 5 II
y
y
–1
3
2
0
25
1
2
x
1
11.b
I.Se x > 0 e y > 0, temos x + y = 2
II.Se x > 0 e y < 0, temos x - y = 2
III.Se x < 0 e y > 0, temos -x + y = 2
IV.Se x < 0 e y < 0, temos -x - y = 2
x
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
12.a
I.Se x + 1 > 0, então f(x) = x + 3
II.Se x + 1 < 0, então f(x) = -x -1 + 2 = -x + 1
Assim:
•x < -2 s f(x) = -(2 + x) ∴ f(x) = -x - 2
•x > -2 s f(x) = (2 + x) ∴ f(x) = 2 + x
y
13.c
Temos:
|- x2 + x| = |-(x2 - x)| = |x2 - x|
Então, temos:
f(x) = |x2 - x| + |- x2 + x| s
s f(x) = |x2 - x| + |x2 - x| s
s f(x) = 2 ⋅ |x2 - x| s
s f(x) = |2x2 - 2x|
2
–2
x
y
17.c
I.Se x > 0, y = -x 2
0
y
x
14. I.Se x < -1, f(x) = -x - x + 2 - x - 1 s f(x) = -3x + 1
II.Se -1 < x < 0, f(x) = -x - x + 2 + x + 1 s f(x) = -x + 3
III. Se 0 < x < 2, f(x) = x - x + 2 + x + 1 s f(x) = x + 3
IV.Se x > 2, f(x) = x + x - 2 + x + 1 = 3x - 1
x
II.Se x < 0, y = x2
5
y
4
3
–2 –1
2
x
O valor mínimo da função é 3.
Também poderia ser feito da seguinte forma:
x = 0, tem-se f(x) = |0| + |-2| + |1| = 3
(I 5 II)
y
15.a
Se x > 3, f (x) = 2(x - 3) + x - 1 s
s f (x) = 2x - 6 + x - 1 s
s f (x) = 3x - 7
Se x < 3, f (x) = 2(- x + 3) + x - 1 s
s f (x) = -2x + 6 + x - 1 s
s f (x) = -x + 5
x
y
5
2
18.a) f (x ) = x 2 + 2 x + 1 s f (x ) = ( x + 1) s f (x ) = x + 1
f[g(x)] = | g(x) + 1 | s f[g(x)] = | (x + 1) + 1 | s f[g(x)] = | x + 2|
b)Temos:
• x < -2 s f(x) = -(x + 2) s f(x) = -x - 2
• x > -2 s f(x) = (x + 2) s f(x) = x + 2
2
3
4
y
x
Imf (x) = {y 3 ® | y > 2}
16. b
f(x) = 1 + x s f[f(x)] = 1 + f(x) s
s f[f(x)] = 1 + (1 + x) s f[f(x)] = 2 + x
g(x) = | f[f(x)] | s g(x) = | 2 + x |
26
2
–2
0
x
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
19.c
| x|
1
Em f (x) =
2
+ 1 , temos:
x
1
I.Se x > 0, f(x) = + 1 cujo gráfico é dado por:
2
O menor valor de y acontece quando x = -1.
∴ y = -2
Se -1 , x ,1, temos:
y = -x2 + 1 + x - 1 s
s y = -x2 + x
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
y
y
2
1
–1
0
x
1
II.Se x < 0, f (x) =
2
-x
1
x
–2
+ 1 = 2 x + 1 cujo gráfico é dado por:
Da mesma forma, o menor valor de y é -2.
y
1
, temos:
4
x 1
g(x) = +
4 2
22.
2
1
x
De I 5 II, temos:
y
a) I.Para m =
II.Para m = 1, temos:
g(x) = x + 2
III.f ( x ) = x 2 - 2 x + 1
2
x 2 - 2 x + 1 = 0 s x - 2 x + 1 = 0 s
2
s ( x - 1) = 0 s x - 1 = 0 s x = 1 s x = ±1
Os gráficos pedidos são:
2
1
10
f(x)
x
8
20.d
g(x), para m =1
6
2
f (x ) = ( 2 x - 2 ) - 2 x s f (x ) = 2 x - 2 - 2 x
x < 1 s f(x) = -(2x - 2) -2x s f(x) = -4x + 2
x > 1 s f(x) = (2x - 2) - 2x s f(x) = -2
4
g(x), para m = 1
4
2
0
f(x)
–4
–3
–2
–1
0
1
2
–2
2
–4
b) Devemos ter:
0
1
x
–2
s x (2 x - 5) = 0
5
x = 0 ou x =
2
II.Para x , 0, temos:
x
x 2 + 2x + 1 = + 1 s 2x 2 + 4x = x s
2
s 2 x 2 + 3x = 0 s
s x (2 x + 3) = 0
21.b
Se x2 - 1 > 0, ou seja:
se x < -1 ou x > 1, temos:
y = x2 - 1 + x - 1 = x2 + x - 2
y
27
-3
2
3
5
S = - ; 0;
2
2
x = 0 ou x =
–1
–2
x
x2 - 2 x +1= +1
2
I.Para x > 0, temos:
x
x 2 - 2x + 1 = + 1 s 2x 2 - 4x = x s
2
s 2x 2 - 5x = 0 s
1
–2
x
{
}
3
4
Atividades extras
MA.11
23.e
I.Se x < -3, temos que:
2 x - 2 5 x + 15
f ( x ) = 1 - x + - x - 3
2( x - 1) 5( x + 3)
f (x) =
+
= -2 - 5 = -7
-( x - 1) -( x + 3)
1.b
Não convém, pois 3 < f (x) < 8.
II.Se -3 < x < 1, temos:
2 x - 2 5 x + 15 2( x - 1) 5( x + 3)
f (x) =
+
=
+
= -2 + 5 = 3
-( x - 1)
x+3
x+3
1- x
III.Se x > 1, temos:
2 x - 2 5 x + 15 2( x - 1) 5( x + 3)
f (x) =
+
=
+
=7
x -1
x+3
x+3
( x - 1)
∴ x 3 ] -3; +∞ [
O número de raízes é 4.
4.a
| x2 + 2x| = |3x + 6|
I.
x2 + 2x = 3x + 6 s
s x2 - x - 6 = 0 s
s x = - 2 ou x = 3
II.
x2 + 2x = - 3x - 6 s
s x2 + 5x + 6 = 0 s
s x = -3 ou x = -2
O produto das raízes é: -2 ⋅ (-2) ⋅ 3 ⋅ (-3) = -36
2
1
1
x
II.x 2 - 1 < 0 s –1 < x < 1
x4 -1
s
-( x 2 - 1)
( x 2 - 1)( x 2 + 1)
= -x 2 - 1
-( x 2 - 1)
y
–1
1
| cos x | =
2
y
s f (x) =
3.e
I.cos x =
2
s f ( x ) = x + 1
f (x) =
2.e
I.
x-5=1sx=6
II.
x - 5 = -1 s x = 4
S = {4; 6}
π
1
5π
s x = ou x =
2
3
3
1
2π
4π
ou x =
II.cos x = - s x =
2
3
3
24.a
I.
x2 - 1 > 0 s x < -1 ou x > 1
x4 -1
f (x) = 2
s
x -1
( x 2 - 1) ( x 2 + 1)
s f (x) =
s
( x 2 - 1)
–1
5
3
• x < s – ( 3 x - 5 ) = 5 x - 1 s - 8 x = - 6 s x =
3
4
5
• x > s ( 3 x - 5 ) = 5 x - 1 s -2 x = 4 s
3
s x = -2 (Não convém.)
1
x
–2
De I 5 II, temos:
5.b
I.Se x < 0, temos:
-x + 2 ⋅ (2 - x) = 1 + 4x s
s -x + 4 - 2x = 1 + 4x s
3
(Não convém, pois devemos ter x < 0.)
s -7x = -3 s x =
7
II. Se 0 < x < 2, temos:
x + 2(2 - x) = 1 + 4x s
s x + 4 - 2x = 1 + 4x s
3
s -5x = -3 s x =
5
III.Se x > 2, temos:
x + 2(x - 2) = 1 + 4x s
s x + 2x - 4 = 1 + 4x s
s -x = 5 s x = -5 (Não convém, pois devemos ter x > 2.)
3
∴x=
5
6.b
2
2 x - 1 = 1 - x s 3 x = 2 s x = 3
2 x - 1 = 1 - x s
ou
2 x - 1 = - ( 1 - x ) s x = 0
y
2
1
1
–1
–1
–2
28
x
A equação admite duas raízes reais.
7.c
|2x - 1| - 3 > 0 s |2x - 1| > 3 s
s 2x - 1 < -3 s 2x < -2 s x < -1
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
ou
2x - 1 > 3 s 2x > 4 s x > 2
∴ Df = {x 3 ® | x < -1 ou x > 2}
5x 5 1
+ = s 8x2 - 10x + 5 - 2 = 0 s 8x2 - 10x + 3 = 0
4 8 4
∆ = 100 - 96 = 4
10 ± 2
x =
s
16
8.I.x2
sx=
II.x 2 -
3
1
ou x =
4
2
1
5x 5 1
5x 5
+ = - s x2 + + =0 s
4 8
4
4 8 4
s 8x2 - 10x + 5 + 2 = 0 s 8x2 - 10x + 7 = 0
∆ = 100 - 224 (Não convém.)
{ }
S = 3 ; 1
4 2
9.e
|x - 3| = t
Então:
t2 - 3t - 28 = 0
∆ = 9 + 112 = 121
3 ± 11
s
2
s t = -4 s |x - 3| = -4 (Não convém.) ou
t = 7 s |x - 3| = 7 s x - 3 = 7 ou x - 3 = -7
x = 10 ou x = -4
∴ 10 ⋅ (-4) = -40
t =
10.b
|x|2 + |x| - 12 = 0
Façamos |x| = t.
t2 + t - 12 = 0
∆ = 1 + 48 = 49
t =
-1 ± 7
s
2
s t = -4 ou t = 3
• Para t = -4
|x| = t s |x| = - 4 (Não convém.)
• Para t = 3
|x| = t s |x| = 3 s x = 3
ou x = -3 (Dois valores, cujo produto é -9.)
11.d
-10 < 2 x + 3 < 10 s
s -13 < 2 x < 7 s
s -
7
13
<x<
2
2
12.|x|2 + |x| - |-12| = 0 s
s |x|2 + |x| - 12 = 0 s
s |x| = t
t2 + t - 12 = 0
∆ = 1 + 48 = 49
-1 ± 7
s
t=
2
s t = -4 s |x| = - 4 (Não convém.) ou
29
t = 3 s |x| = 3 s x = ±3
O módulo do produto é 9.
(9 - 3) · 9
s
d=
2
6⋅9
s d=
= 27 diagonais
2
13.d
I.x 2 + x > 0 s
s x < -1 ou x > 0
x 2 + x = x - 4 s x 2 = -4 (Não convém.)
II.x 2 + x < 0 s - 1 < x < 0
-x 2 - x = x - 4 s x 2 + 2x - 4 = 0
∆ = 4 + 16 = 20
-2± 2 5
x=
= -1 ± 5
2
Portanto, não existe x pertencente aos reais.
14. b
|x - 5| < 4 s - 4 < x - 5 < 4 s 1 < x < 9
A = {2; 3; 4; 5; 6; 7; 8}
|x - 4| > 1 s x - 4 < -1 ou x - 4 > 1 s x < 3 ou x > 5
B = {…; -2; -1; 0; 1; 2; 3; 5; 6; 7; 8; …}
A % B = {2; 3; 5; 6; 7; 8}
Logo, a soma dos elementos do conjunto A % B é igual a 31.
15.a) |x + 3| < 5 s
s -5 < x + 3 < 5 s
s -8 < x < 2
S = {x 3 ® | -8 < x < 2}
b)|2x + 4|> 4x - 6 s
s 2x + 4 < -4x + 6 s
s 6x < 2 s
s x <
1
3
ou
2x + 4 > 4x - 6 s
s -2x > -10 s
sx<5
S = {x 3 ® | x < 5}
16.c
I.
x2 - 20 > 5 s x2 - 25 > 0
–5
x
5
SI = {x 3 ® | x < -5 ou x > 5}
II.
x2 - 20 < - 5 s x2 - 15 < 0
– 15
x
15
SII = {x 3 ® | - 15 < x < 15 }
SI 5 SII
–5
–
15
SI 5 SII = {x 3 ® | x < -5 ou - 15 < x <
15
5
15 ou x > 5}
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
II.
x2 - x - 2 = -2x - 2 s
s x2 + x = 0 s
s x (x + 1) = 0 s
s x = 0 ou x = -1
x1 + x2 + x3 + x4 = -1 + 4 + 0 - 1 = 2
17.a
1 < |x - 3| < 4
I.|x - 3| < 4 s
s -4 < x - 3 < 4 s
s -1 < x < 7
II.|x - 3| > 1 s
s x - 3 < -1 ou x - 3 > 1 s x < 2 ou x > 4
I
7
–1
II
–1
2
4
2
4
7
1 2x + 1 1
<
<
2
x -1 2
2x + 1 1
2x + 1 1
I.
< s
- <0 s
x -1 2
x -1 2
4x + 2 - x + 1
3x + 3
<0 s
<0
s
2( x - 1)
2( x - 1)
24. -
I % II
– – – – – –1 + + + + + + +
S = {x 3 ® | -1 < x < 2 ou 4 < x < 7}
18. V - V - F - F - F
I.(V)
II.(V) x + 1 = 2 s x = 1 ou x + 1 = -2 s x = -3
III. (F) |x| < 4 s -4 < x < 4
IV. (F) |x| > 2 s x < -2 ou x > 2
V. (F) |x| > -3 s x é um número real qualquer.
19. I.|x - 3| < 5 s -5 < x - 3 < 5 s -2 < x < 8
II.|x - 3| > 2 s x - 3 < -2 s x < 1 ou x - 3 > 2 s x > 5
S = I % II = {x 3 ® | -2 < x < 1 ou 5 < x < 8}
20.c
Df(x):
|x| + 2 > 0 s
s |x| > -2
∀x 3 ®
21.c
| x - 1| ⋅ | x + 1| < 1 s| ( x - 1)( x + 1) | < 1 s
s | x 2 - 1| < 1 s –1 < x 2 - 1 < 1 s 0 < x 2 < 2 s
s - 2<x< 2
22.b
I.Se x > 0, temos:
x2 - 4x + 3 > 0 s
s x < 1 ou x > 3
Como x > 0, vem: 0 < x < 1 ou x > 3
II.Se x < 0, temos:
x2 + 4x + 3 > 0 s
s x < -3 ou x > -1
Como x < 0, vem: x < -3 ou -1 < x < 0
I 5 II = {x 3 ® | x < -3 ou -1 < x < 1 ou x > 3}
Atividades extras
23.d
C.E.
2x + 2 > 0 s
s 2x > -2 s
s x > -1
I.
x2 - x - 2 = 2x + 2 s
s x2 - 3x - 4 = 0
∆ = 9 + 16 = 25
x = 3 ± 5 s x = -1 ou x = 4
2
30
– – – – –
– – –
1
++ ++
–
+
+
–1
1
SI = {x 3 ® | -1 < x < 1}
2x + 1
1
2x + 1 1
II.
>- s
+ >0 s
x -1
x -1 2
2
4x + 2 + x - 1
5x + 1
>0 s
>0
s
2( x - 1)
2( x - 1)
–1
– – – – – 5+ + + + + + + + +
– – – + + + + ++
–
1
+
– – – – –
+
–1
5
1
{ x 3 ® | x < - 51 ou x > 1}
1
S % S = { x 3 ® | –1 < x < - }
5
SII =
I
II
MA.12
1.a
Não podemos afirmar se ela é ou não sobrejetora, pois não conhecemos g(x).
Para g(x) = x, temos: g(a) = a; g(b) = b e g(c) = c, ou seja, pela definição a = b.
a
a
c
c
A função é injetora.
2.e
I.CDf(x) = ®; Imf(x) = ®+
Logo, f não é sobrejetora.
Portanto, f não é bijetora.
II.CDg(x) = ®; Img(x) = ®+
Logo, g não é sobrejetora.
Portanto, g não é bijetora.
III.
x1 > x2 s h(x1) > h(x2)
Logo, h é uma função crescente.
IV.CDj(x) = ®+; Imf(x) = ®+
x1 ≠ x2 s j(x1) ≠ j(x2)
Logo, j(x) é injetora.
Portanto, j(x) é bijetora.
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
3. Devemos ter CDf(x) = Imf(x)
- x 2 + 16 = 0
10. F - F - V
A = {100; 101; 102; 103; …; 999}
N = {0; 1; 2; …}
I. (F) pois por exemplo 200 > 199, porém f (200) < f (199)
II. (F) pois f (101) = f (110)
III.(V) f (103) = f (112) = f (121) = f (130) = f (202) = f (211) =
= f (220) = f (301) = f (310) = f (400) = 4
∆ = 0 2 - 4(-1) ⋅ 16 s
s ∆ = 64
-∆ -64
=
= 16
yv =
-4
4a
Imf ( x ) = CDf ( x ) = A = { y 3 ® | y < 16}
4.a
Condição inicial: 2k − 2 > 0 e k + 3 > 0 s k > 1
Injetora: 2k − 2 < k + 3 s k < 5
∴ 1 < k < 5
5.a) Injetora: elementos distintos do domínio apresentam imagens
distintas no contradomínio s n < m
b) Sobrejetora: o contradomínio é o conjunto imagem s n > m
c) Bijetora: injetora e sobrejetora s n = m
11.e
Graficamente, identificamos uma função injetora, traçando retas
horizontais sobre seu gráfico. Se pelo menos uma dessas retas interceptar o gráfico em mais de um ponto, significa que elementos
distintos admitem a mesma imagem e, então, a função não é injetora. Caso contrário, ou seja, se qualquer reta horizontal, passando
pelo gráfico da função, interceptá-lo uma única vez, a função será
injetora. Nos gráficos apresentados, a única situação que caracteriza
função injetora é a da alternativa e.
12.6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 = 720
6.a
|x2| - 4|x| - 5 = 0
|x| = t
t2 - 4t - 5 = 0
∆ = 16 + 20 = 36
4±6
t =
s
2
s t = - 1 s |x| = -1 (Não convém.) ou
t = 5 s |x| = 5 s x = ± 5
13. x2 + x - 2 = 0
∆ = 1 + 8 = 9
∆
s
yV = –
4a
9
s yV = –
4
Imf(x) =
7.c
Do enunciado, temos:
I.
f(1) = 3 ou f(1) = 4 já que f(1) > 2
II.Como f(3) > f(1), temos que f(1) = 3 e f(3) = 4
III.
f(2) < f(4) s f(2) = 1 e f(4) = 2
∴ f(1) = 3; f(2) = 1; f(3) = 4 e f(4) = 2
8.d
A = {7; 9; 11; 13; 15}
B = {1; 4; 9; 16; 25; 36}
Temos: f(7) = 1; f (9) = 4; f (11) = 9; f (13) = 16; f (15) = 25
a)(F) A imagem de 15 é 25.
b) (F) Essa função não é bijetora, pois o seu contradomínio é B e
o seu conjunto imagem é B - {36}.
c)(F) f (a4) = f (13) = 16 > 13
d)(V)
e)(F) O conjunto domínio possui 5 elementos.
9.d
CDf(x) = Imf(x) para que ela seja sobrejetora.
Assim, Imf(x) = ®.
{ y 3 ® | y > - 94 }
14.b
I. (F) 0 3 S e {0} 1 S % U
II.(F) S % T % U = ∅
III.(F) O número de elementos de T é menor que o número de elementos de S, portanto não existe função injetora de S w T
IV.(V) O número de elementos de S é maior do que o número de
elementos de T.
15.c
0
0
1
1
2
2
3
3
4
..
.
..
.
Portanto, f é apenas sobrejetora.
16.c
Seja g(x) = x2 - x + 1, cujo gráfico é dado a seguir:
y
x
ou seja, devemos ter: ∆ = 0
Resolvendo a equação:
-x2 + kx - 9 = 0 e impondo ∆ = 0, temos:
b2 - 4ac = 0
k2 - 4 ⋅ (-1) ⋅ (-9) = 0 s
s k2 = 36 s
s k = -6 ou k = 6
31
1
3
4
1
2
x
Para que f(x) = ln (x2 - x + 1) seja injetora, devemos ter que
g(x) = x2 - x + 1 também seja injetora.
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
21. f(x) = x3 + x s
s -f(x) = -(x3 + x) = -x3 - x s
s f(-x) = (-x)3 + (-x) = -x3 - x
Portanto, sendo f(-x) = -f(x), conclui-se que f é ímpar.
Seja h(x) = ln x cujo gráfico é dado a seguir:
y
Atividades extras
x
1
h(x) é injetora para x < 1 ou x > 1
Temos, então:
I.
x2 - x + 1 < 1 s x2 - x < 0 s x(x - 1) < 0 s 0 < x < 1
II.
x2 - x + 1 > 1 s x2 - x > 0 s x(x - 1) > 0 s x < 0 ou x > 1
Do gráfico de g(x), temos que essa função é injetora para x <
x>
1
2
De onde se conclui em I que 0 < x <
1
ou
2
1
e em II que x > 1.
2
Das alternativas apresentadas, temos que a correta é a do item c.
17.c
Se x - 3 > 0, ou seja, se x > 3, temos:
f(x) = x - 3 + 5x = 6x - 3
Se x - 3 < 0, ou seja, se x < 3, temos:
f(x) = -x + 3 + 5x = 4x + 3
cujo gráfico será:
22. Para todo x 3 ®*, temos:
f(x) - f(-x) = f[(-x) ⋅ (-1)] - f[x ⋅ (-1)] =
= f(-x) + f(-1) - [f(x) + f(-1)] = f(-x) - f(x)
Então: f(x) - f(-x) = f(-x) - f(x) s 2f(x) = 2f(-x) s
s f(x) = f(-x)
Logo, sendo f(x) = f(-x), a função f é par.
23.a) x1 pode ter correspondência com qualquer um dos q elementos
de B.
x2 pode ter correspondência com qualquer um dos q elementos
de B, e assim sucessivamente até xn.
Portanto, o número de funções de A em B é dado por qn.
b)x1 pode ter correspondência com qualquer um dos q elementos
de B.
x2 pode ter correspondência com qualquer um dos (q - 1) elementos de B.
x3 pode ter correspondência com qualquer um dos (q - 2) elementos de B e assim sucessivamente, até xn que poderá ter correspondência com quaisquer dos (q - n + 1) elementos de B.
Portanto, o número de funções injetoras de A em B é dado por:
q ⋅ (q - 1) ⋅ (q - 2) ⋅ … ⋅ (q - n + 1)
24. De acordo com o enunciado, temos:
a
I.f = f ( a ) - f (b )
b
Podemos, então, concluir que:
y
-a
II.f = f (-a ) - f (-b )
-b
15
Fazendo I + II, temos:
3
3
f é uma função crescente.
18.d
f(1) = 0 s f[f(1)] = f(0) = -1 s f[f(1)] = −1
19.e
20.b
I.
f(x) = | x | s
s f(- x) = | -x | = | x |
Portanto, f(x) é par.
II.
g(x) = x2 - 1 s
s g(- x) = (-x)2 - 1 = x2 - 1
Portanto, g(x) é par.
III.
h(x) = 1 - x s
s h(-x) = 1 + x s
s -h(x) = -1 + x
Portanto, h(x) não é par e não é impar.
32
x
a
2 f = f ( a ) + f (-a ) - f (b ) - f (-b ) s
b
a f ( a ) + f (-a ) - f (b ) - f (-b )
s f =
2
b
Ainda podemos ter:
-a
III.f = f (-a ) - f (b ) e
b
a
IV.f = f ( a ) - f (-b )
-b
Fazendo III + IV, temos:
a
2 f - = f ( a ) + f (-a ) - f (b ) - f (-b ) s
b
a f ( a ) + f (-a ) - f (b ) - f (-b )
s f - =
2
b
De onde se conclui que:
a
f a = f - a para qualquer
no domínio de f.
b
b
b
Portanto, f é uma função par.
MA.13
1.e
f (x) = x3 + 1 e g(x) = x - 2
g(f(0)) = g(1) = 1 - 2 = -1
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
II.g (2) = b - 2
2.d
f(f(-1)) = 3 s f (1 - b + 1) = 3 s f(2 - b) = 3 s
s (2 - b)2 + b(2 - b) + 1 = 3 s
s 4 - 4b + b 2 + 2b - b 2 + 1 = 3 s
s -2b + 5 = 3 s -2b = -2 s b = 1
3. g(f(x)) = g(3x - 1) = 3 - 3x
f ( g (2)) = f ( b - 2 ) = a - b + 2
Temos que f(g(2)) = 2 e queremos encontrar
Então:
a-b+2 = 2 s a-b+2 = 4 s
s a - b = 2 s a - b = 2
t+1
3
Sendo 3x - 1 = t, temos: x =
10.c
Temos:
f(x + 3) = x + 3 - 2
Logo: f(x) = x - 2 e f(g(x)) = g(x) - 2
De f(g(x)) = 2x, temos:
g(x) - 2 = 2x s g(x) = 2x + 2
∴ g(0) = 2
t + 1
Logo, g(t) = 3 - 3 ⋅
=3-t-1=2-t
3
Assim: g(x) = 2 - x
4.
f (x) - 3
= x s f ( x ) - 3 = x ⋅ f ( x ) + 3x s
f (x) + 3
s f ( x ) - x ⋅ f ( x ) = 3x + 3 s
s [ f ( x )] ⋅ (1 - x ) = 3( x + 1) s f ( x ) =
f(-1) = 0
f(f(-1)) = f(0) = 3
3( x + 1)
, com x ≠ 1
(1 - x )
5.e
f(x) = x + 1
g(f(x)) = x2 + 2x - 3 s g(x + 1) = x2 + 2x - 3
Fazendo: x + 1 = t s x = t - 1
Então:
g(t) = (t - 1)2 + 2 ⋅ (t - 1) - 3 s g(t) = t2 - 2t + 1 + 2t - 2 - 3 s
s g(t) = t2 - 4 s g(x) = x2 - 4
12.e
• g(−6) = 0 s f[g(−6)] = f(0) = 2
• f(6) = 6 s g[f(6)] = g(6) = 0
∴ f[g(−6)] + g[f(6)] = 2 + 0 = 2
I.g ( x ) =
x
x x
=
=
x
x
x
II.g ( f ( x )) = g ( x 2 –5 x + 6 ) =
III.
x2 - 5x + 6 > 0
7.b
x+3
y =
2
Trocando x por y e y por x, temos:
y+3
s 2x = y + 3 s y = 2x - 3
x =
2
g(x) = 2x - 3
2
Observação: g(f(x)) =
f, g
3
0
–2
4
x
a
–3
g
f(-1) = a (com a < 0)
Então g(f (-1)) = g(a), com a < 0
Da figura, observamos que para todo x < 0, g(x) = 3
∴ g(a) = 3
Assim, (f g)(4) + (g f )(-1) = 0 + 3 = 3
9.a
I.f ( g (0)) = f ( b ) = a - b
x 2 –5 x + 6
3
x
4
x 2 - 5x + 6
x 2 - 5x + 6
14. d
• g(1) = 12 − t s g(1) = 1 − t
• f[g(1)] = 16 s (1 − t) − 4t = 16 s −5t = 15 s t = −3
f
f
–1
4
De I, II e III temos:
D(g f(x)) = ® - [2; 3]
I.(f g)(4) = f(g(4)) = f(0) = 0
II. Observe a figura.
g
33
11.a
f(g(x)) = x2 + 1 s 2g(x) + 1 - 3 = x2 + 1 s 2g(x) + 1 = x2 + 4
I.Fazendo x = -2, temos:
2g(-2) + 1 = 8 s 2g(-2) + 1 = 23 s g(-2) + 1 = 3 s g(-2) = 2
II.Fazendo x = 2, temos:
2g(2) + 1 = 8 s 2g(2) + 1 = 23 s g(2) + 1 = 3 s g(2) = 2
De I e II, temos que g(-2) ⋅ g(2) = 2 ⋅ 2 = 4
13.b
6.c
f(f(f(2))) = f(f(5)) = f(5 - 4) = f(1) = 31 = 3
8.
a-b
15.b
Da leitura do gráfico, temos:
• g(0) = 2 s f[g(0)] = f(2) s f[g(0)] = −5
• f(1) = 0 s g[f(1)] = g(0) s g[f(1)] = 2
16. b
Se o número 1 é um zero de f(x), então f(1) = 0.
• 2x + 3 = 1 s x = −1
• g(−1) = f(1) + 5 s g(−1) = 0 + 5 s g(−1) = 5
Logo, o ponto de coordenadas (−1; 5) pertence ao gráfico da função g.
17.b
f[f(x)] = 3 s f(x) = 1 s x = 2
∴ S = {2}
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
O menor valor para |3 - 2x| é zero.
Img(x) = [1; +∞[
Domínio de f:
x−2>0sx>2
∴ D(f) = ]2; +∞[
| 3 - 2 x | +1 - 2
b) Df ( g ( x )) = f (| 3 - 2 x | +1) =
=
| 3 - 2 x | +1 - 2
18.a)
=
| 3 - 2x | - 1
h( g ( f ( x ))) < 0 s (P 2 - P ) · x P - 2 < 0 s
s P 2 - P < 0 s 0 < P < 1 (II)
De I e II, temos: 0 < P < 1
xv < 0 s -
x
y=
3x - 1
Trocando x por y e y por x, temos:
b
<0 s
2a
a
<0 s
2
s -a < 0 s a > 0
∴
a = 2
s -
y
s 3 xy - x = y s 3 xy - y = x s
3y – 1
x
s y (3 x - 1) = x s y =
3x - 1
x
∴ f –1( x ) =
3x - 1
1
1
Devemos ter 3 x - 1 ≠ 0 s x ≠
∴B =® 3
3
x=
{}
20.c
1
y = 2+
x
“Trocando” x por y e y por x, temos:
1
x = 2 + s xy = 2 y + 1 s xy - 2 y = 1
y
1
1
-1
y ( x - 2) = 1 s y = x - 2 s f ( x ) = x - 2
21. • (f g)(x) = f (g(x)) = f (13x + k) =
= k · (13x + k) + 1 = 13kx + k2 + 1
• (g f)(x) = g (f(x)) = g (kx + 1) =
= 13 ⋅ (kx + 1) + k = 13kx + 13 + k
Igualando as funções:
(f g)(x) = (g f) (x) s 13kx + k 2 + 1 = 13kx + 13 + k s
s k2 - k - 12 = 0
\ k = -3 ou k = 4
22. y = x2 - 2x + 3 s y = x2 - 2x + 1 + 2 s y = (x - 1)2 + 2
Trocando x por y e y por x, temos:
x = ( y - 1) 2 + 2 s x - 2 = ( y - 1) 2 s x - 2 = y - 1 s
s y = 1+ x - 2
∴ f -1 ( x ) = 1 + x - 2
Atividades extras
P · x P
23.a) h( g ( f ( x ))) = h( g ( x P )) = h
= h(P · x P -1 ) =
x
34
P · x P - 1 > 0 s P > 0 (I)
2
s a = 4 s a = ±2
Ponto mínimo = -1
19.d
(P - 1) ⋅ P ⋅ x P - 1
= (P 2 - P ) · x P - 2
x
P · x P
>0
x
24.d
I. f(x) = x2 + ax
Valor mínimo = -1
-∆
yv =
= -1 s
4a
a2
s - = -1 s
4
| 3 - 2x | - 1
Devemos ter:
|3 - 2x| - 1 > 0
Então:
|3 - 2x| > 1 s 3 - 2x > 1 ou 3 - 2x < -1 s
s -2x > -2 ou -2x < -4 s x < 1 ou x > 2
Df(g(x)) = {x 3 ® / x < 1 ou x > 2}
=
b) g ( f ( x )) > 0 s g ( x P ) > 0 s
Logo: f(x) = x2 + 2x
II.
g(x) = -(x2 + bx) = -x2 - bx
9
Valor máximo =
4
(-b) 2 9
-∆ 9
2
y v = 4a = 4 s - -4 = 4 s b = 9 s b = ± 3
3
Ponto máximo =
2
b
>0 s
2a
-b
b
s >0 s <0 s b<0
2
-2
∴ b = -3
Logo: g(x) = -x2 + 3x
(f g)(x) = f(g(x)) = 0
f(- x2 + 3x) = 0 s
s (-x2 + 3x)2 + 2(-x2 + 3x) = 0 s
s (-x2 + 3x)(-x2 + 3x +2) = 0
I.
-x2 + 3x = 0 s -x(x - 3) = 0 s x = 0 ou x = 3
II.
-x2 + 3x + 2 = 0 s
s x2 - 3x - 2 = 0
Soma: -(-3) = 3
Soma de todas as raízes: 0 + 3 + 3 = 6
xv > 0 s -
MA.14
1. p(t) = 400
Assim, teremos:
400 = 25 ⋅ 2t s 2t = 16 s t = 4
Será necessário um tempo de 4 horas.
2.e
Seja V(t) o valor do sítio daqui a t anos.
O valor atual do sítio é o obtido quando t = 0 e daqui a 3 anos,
quando t = 3.
Assim, V(3) = 200 ⋅ 23 = 200 ⋅ 8 = 1.600 em milhares de reais.
A valorização será de V(3) - V(0):
1.600.000 - 200.000 = 1.400.000 = 1,4 milhão
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
3. f(x) = 3x + 1
9.Soma = 15 (01 + 02 + 04 + 08)
(01)(V) f ( x ) = 2 x
y
2 – 4 x
1
8
–
9
Raízes de f(x):
1
1
2
= 0 s 2 x – 4 x = = 2 –3 s
8
8
s x 2 – 4 x = –3 s x 2 – 4 x + 3 = 0
f( x ) = 0 s 2 x
x
y
–1
1
0
3
1
9
2
2 – 4 x
–
(02)(V)
27
g(x) = x2 – 4x + 3
y
3
3
1
2
1
–1
1
0
x
1
2
3
x
–1
∴ g(x) é crescente para x > 2.
(04)(V) g(- 1) = (-1)2 - 4(-1) + 3 = 8
∴ h(g(-1)) = h(8) = 8 - 2 = 6
(08) (V) Pelo gráfico de g(x) (item 2), concluimos que:
g(x) > 0 para x < 1 ou x > 3
(16)(F) h(x) é crescente para todo x 3 ®
4. Para ser decrescente, deverá ter:
0 < a2 - 9 < 1 s
s 9 < a2 < 10
I.
a2 > 9 s a < -3 ou a > 3
II.
a2 < 10 s - 10 < a < 10
–3
– 10
3
10
I
10.e
II
b=
I % II
c + d
c+d
s
s f ( b ) = f
2
2
S = { a 3 ® |- 10 < a < -3 ou 3 < a < 10 }
s a b = a
c + d
2
s a b =
a c + d s
5. V - F - V - F - F
f(x) = ax
I.(V) f(0) = a0 = 1
II.(F) f é crescente somente se a > 1
III.(V) f(x + y) = ax + y = ax ⋅ ay = f(x) ⋅ f(y)
IV.(F) f(x) > 0, ∀x 3 ® e 1 ≠ a > 0
V. (F) Para 0 < a < 1 a função é decrescente, mas nunca é nula.
s a b =
ac ⋅ ad
11.I.
Q(0) = 200 s 500 - A ⋅ 2-k ⋅ 0 = 200 s
s 500 - A = 200 s A = 300
II.
Q(1) = 350 s 500 - 300 ⋅ 2- k = 350 s
s 300 ⋅ 2-k = 150 s
6.c
s 2 -k =
s k = 1
-t
m = m 0 ⋅ 2 5.400 s
s 1, 25 = 5 ⋅ 2
s 2
-t
5.400
=2
-2
-t
5.400
s 0, 25 = 2
-t
5.400
s
1
=2
4
-t
5.400
s
-t
s
= -2 s t = 10.800 anos
5.400
3 2.007 + 3 2.005
3 2.005 ⋅ (3 2 + 1)
2.008 ⋅ 2.006
= 2.008 ⋅ 2.004
=
3
+ 3 2.004
⋅ (3 2 + 1)
3
= 2.008 ⋅ 3 = 6.024
Soma dos algarismos = 12
8.a
f(x) = 2x s f(2) = 22 s f(2) = 4 ∴ yc = 4
AODBC = 2 ⋅ 4 s AODBC = 8
35
f( c ) ⋅ f( d )
1
s 2-k = 2-1 s
2
Q(2) = 500 – 300 · 2 –2 = 500 – 300 ·
III.
= 500 -
1
=
22
300
= 500 - 75 = 425 peças
4
12.Soma = 20 (04 + 16)
7.b
A ABDO
∴ f ( b ) =
s
540
540
=
⋅ AODBC s AODBC =
⋅ 8 s AODBC = 4, 32
1 000
1 000
3
4
< 1, logo f(x) é decrescente e
> 1, logo g(x) é
4
3
crescente.
(01) (F) 0 <
1
3 4
(02)(F) f(1) + g(-1) = +
4 3
-1
=
3 3 6 3
+ = =
4 4 4 2
0
(04)(V) g(f(x)) = g 3 = g(1)
4
x
3
4
(08) (F) Se x < 0 s =
4
3
(16)(V) f(0) = 1 e g(0) = 1
-x
(0 <
3
< 1)
4
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
x
13. 9.000 =
30
10.000
10
s 1 + 100 ⋅
= s x
30
9
30
1 + 100 ⋅
30
x
1
x
x
2
30
30
1
1
1
30 2
s 100 ⋅
s
= s = s
=
9
900
30
30
30
30
x
x
2
s 30 2 = 30 s = 2 s x = 4 meses
2
Se x = 0 representa 1o de janeiro de 2011, então x = 4 representa 1o
de maio de 2011.
14.b
f ( x ) = a ⋅ e bx
I.
b=1
II.2a + b = 2 s 2a + 1 = 2 s a =
1
2
x
10
∴ f ( x ) = + 1 e f (10) =
+1= 6
2
2
20.a) f(x) = 2x - 1; g(x) = -x2 + 4; h(x) = f(x) ⋅ g(x)
h(-1) = f(-1) ⋅ g(-1) = (2- 1 - 1) ⋅ (-1 + 4) =
1
1
3
= - 1 ⋅ (3) = - ⋅ 3 = 2
2
2
h(1) = f(1) ⋅ g(1) = (2 - 1) ⋅ (-1 + 4) = 3
b)(2x - 1) ⋅ (- x2 + 4) < 0
I. Gráfico de f(x) = 2x - 1
Imf ( x ) = { y 3 ® « y < 0}
b ≠ 0 (Caso contrário, a função seria constante.)
A função ebx é positiva para qualquer bx não nulo; portanto:
a < 0 e b ≠ 0
y
0
x
y
15.
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
f
(3; 24)
–1
II. Gráfico de g(x) = -x2 + 4
(1; 6)
y
x
f(−1) = 6 s k ⋅ a1 = 6 s k ⋅ a = 6
f(3) = 24 s k ⋅ a3 = 24
De (I) e (II), vem:
(I)
(II)
–2
k ⋅ a 3 24
s a2 = 4 s a = 2 (com a > 0)
=
k⋅a
6
Assim, se a = 2, temos k = 3.
y f(x) = 3 ⋅ 2x e
f(−2) + f(−1) = 3 ⋅ 2−2 + 3 ⋅ 2−1 =
Assim:
–
3 3
9
+ =
4 2
4
500
1
s p ⋅ q4 = 100 s 500 ⋅ q4 = 100 s q4 =
5
5
Então:
2
s
17.e
As funções f(x) = 3x e g(x) = 3x - 1 possuem a mesma imagem ®+*.
18.e
1
-2- x > 0 s 2- x < 2- 4 s -x < - 4 s x > 4
16
19.c
f(x) é uma reta que passa pelos pontos
(
(
2)
0
) = ( 0; 1) e ( 2; (
f(x) = ax + b
36
2)
2
) = ( 2; 2 )
+
0
+
2
–
+
+
–
+
–
+
–
–2
II.
f(4) =
0;
–
–2
16.e
f(t) = p ⋅ qt
I.
f(0) = 500 s p = 500
1
f(8) = p ⋅ q8 s f(8) = p ⋅ (q4)2 s f(8) = 500 ⋅
5
500
s f(8) =
s f(8) = 20
25
x
2
0
2
S = {x 3 ® | -2 < x < 0 ou x > 2}
21.e
Q = 700 - 400 ⋅ (2,71)- 0,5 ⋅ 2 s
s Q = 700 - 400 ⋅ (2,71)-1 s
400
s
2, 71
s Q 700 - 147,6 s
s Q 552,4 peças
s Q = 700 -
22. c
t
1
1
⋅ n(0) s n(0) ⋅ 4 3 = ⋅ n(0) s
2
2
t
2t
t
1
s 4 3 = s ( 2 2 ) 3 = 2 -1 s 2 3 = 2 -1 s
2
2t
s - = -1 s
3
3
s
=
de ano s t = 18 meses
t
2
n(t ) =
f
g
h=f·g
Atividades extras
3.a
2 ⋅ 3 x + 3 y = 5
x
3 - 2 ⋅ 3 y = -5
23. Do enunciado, temos:
f (10) = 20 + 180 ⋅ e
-10 k
s
s 140 = 20 + 180 ⋅ e -10 k s
x
x
x
0
5 ⋅ 3 = 5 s 3 = 1 s 3 = 3 s x = 0
s 120 = 180 ⋅ e -10 k s
2
s e -10 k =
3
4.e
2⋅
Após 30 minutos do início do resfriamento, temos:
f (30) = 20 + 180 ⋅ e -30 k s
2x + 1
x
x - 2
2
=0 s
2x + 5
x
s3
⋅3
-3
=0 s 3
x - 2 2x + 1 2x + 5
s
+
=
s
2
x
x
x - 2 2x + 5 2x + 1
s
=
s
2
x
x
x - 2 2 x + 5 - (2 x + 1)
s
=
2
x
x-2 4
2
s
= s x - 2x - 8 = 0
2
x
∆ = 4 + 32 = 36
2±6
x=
s x = –2 ou x = 4
2
Soma dos valores: -2 + 4 = 2
x - 2
2
⋅3
2x + 1
x
=3
2x + 5
x
(
s 5y - 1 = 5
s 5y - 1 = 5
3
2
4-9
6
5
12
)
1
2
)
1
2
s
s
s y -1= -
5
s
12
{ }
2.c
f ( x + h) - f ( x ) 3
-3
3 ⋅3 -3
=
=
=
h
h
h
x
h
h
3 - 1
3 (3 - 1)
=
= f (x) ⋅
h
h
37
x
x
s
1
2
s
8.e
52x + 5 = 6 ⋅ 5x s 52x - 6 ⋅ 5x + 5 = 0
Fazendo 5x = t, temos:
t2 - 6t + 5 = 0 s
s t = 1 ou t = 5
5x = 1 s 5x = 50 s x = 0
ou
5x = 5 s 5x = 51 s x = 1
S = {0; 1}
9.a
36 ⋅ 3x = 32x + 243 s
s 32x - 36 ⋅ 3x + 243 = 0
3x = t
t2 - 36t + 243 =0
∆ = 1.296 - 972 = 324
5
7
s y = 1s y=
12
12
7
S =
12
x +h
+ 3
= 27 s
2x
6
6. 2 + 2 < 2 x + 2 s
5
(2 x ) 2 + 2 6
m2 + 26
2x = m
< 2 x ⋅ 2 2
→
< m ⋅ 2 2 s
s
5
5
m2 + 26
< m ⋅ 2 2 s m 2 + 64 = 20m s
s
5
s m 2 - 20m + 64 = 0 s
S = {(3; 1)}
1
-
2
= 2 7 s 2x 2 + 3 = 7 s 2x 2 = 4 s
x = 3 e y = 1
2 2
2
25
53
53
y-1
s 5y -1 =
s
=
5
1
3
5 5
1 + 2
5
52
2
(2 2 ) 2 x
x - y = 2
7 + 3 x - y = 16
3 x - y = 9
3 x - y = 3 2
7.
s x+y
s x+y
s
x
+
y
3
- 5 = 76
= 81 3
= 34
x + y = 4
3
3
(
= 128 s
S = {2; 4}
1.a
s 5y - 1 = 53
+ 3
m = 4 s 2 x = 2 2 s x = 2
s m 2 - 20m + 64 = 0 s ou
m = 16 s 2 x = 2 4 s x = 4
MA.15
5y - 1 =
2
2
1
2x + 5
x
4 2x
x - 3x
= 2 -2 s x 2 - 3 x + 2 = 0
2
Soma dos valores: 3
3 x - 2 ⋅ ( 9 2 x + 1 ) 2 x - (3 2 x + 5 ) x + 1 = 1 s
-3
= 256 s
5.a
24.c
x2 + 2x + f(x) = 0 terá raiz dupla se ∆ = 0.
4 - 4 ⋅ f(x) = 0 s 4f(x) = 4 s f(x) = 1
2x + 1
2x
+ 3
+ 3
S = { - 2; 2 }
2
s f (30) = 20 + 180 ⋅ s
3
8
s f (30) = 20 + 180 ⋅
H 73 °C
27
⋅9
2
2
3
x - 2
2
2x 2
s x =2 s x =± 2
s f (30) = 20 + 180 ⋅ [ e -10 k ] s
1
4 2x
s 2
3
s 3
4 ⋅ 3 x + 2 ⋅ 3 y = 10
s x
3 - 2 · 3 y = -5
( ⋅ 2)
h
x
t =
36 ± 18
s t = 9 s 3x = 9 s x = 2 ou
2
t = 27 s 3x = 27 s x = 3
a = 2; b = 3
a + b = 5
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
10.b
2
2
3 2y – 4 · (3 · 3 y ) + 27 = 0
16.b
2x+3 + 2 x+1 = 5y+3 + 3 ⋅ 5y s
s 2x ⋅ 8 + 2x ⋅ 2 = 5y ⋅ 125 + 3 ⋅ 5y s
s 10 ⋅ 2x = 128 ⋅ 5y s
s 5 ⋅ 2x = 64 ⋅ 5y s
s 51 ⋅ 2x = 26 ⋅ 5y
Daí: y = 1 e x = 6
∴ x - y = 6 - 1 = 5
2
y
3 = t
2
t - 12t + 27 = 0
∆ = 144 - 108 = 36
12 ± 6
s
t=
2
2
s t = 3 s 3 y = 3 s y 2 = 1 s y = ± 1 ou
17.b
2
t = 9 s 3 y = 32 s y 2 = 2 s
3 2 x - 12 ⋅ 3 x + 27 = 0
s y = ± 2
3 x = t
11.a
2
⋅ 2+2 ⋅ 2
2 ⋅ 2 +8 ⋅ 2
-1=0s
3 ⋅ 2x ⋅ 2 + 4
6 ⋅ 2x + 4
2x
x
3
2x
x
=1s
s 2 ⋅ 22x + 8 ⋅ 2x = 6 ⋅ 2x + 4 s
s 2 ⋅ 22x + 2 ⋅ 2x - 4 = 0 s
s 22x + 2x - 2 = 0
2x = t
t2 + t - 2 = 0 s
s t = -2 s 2x = -2 (Não convém.) ou
t = 1 s 2x = 1 s 2x = 20 s x = 0
S = {0}
∴ x 1 + x 2 = 3
18.c
x - 2
·
3
2
2
2
+ 2 2x = 6 + 2 ⋅ 2 x ⋅ 2 s 2 x +
+ 2 2x = 6 + 4 ⋅ 2 x s
2
2
s 2 ⋅ 2 x + 2 x + 2 ⋅ 2 2 x = 12 + 8 ⋅ 2 x s 2 ⋅ 2 2 x - 5 ⋅ 2 x - 12 = 0 s
x
x
(x
+ 3)
> 22x s
s x2 + x - 6 > 6x s
s x2 - 5x - 6 > 0
19. 3 x = m :
3
(Não convém.)
2
3x - 9
m-9
< 0 s <0
1- 3x
1- m
1
S = {2}
13.c
I.3x + y = 1 s 3x + y = 30 s x + y = 0 s x = -y
II.2x + 2y = 21 s x + 2y = 1 s -y + 2y = 1 s y = 1
Em I: x = -1 s x + y = -1 + 1 = 0
14.c
4x
2 2x
= 8 s x + y = 2 3 s 2 x - y = 2 3 s
2x + y
2
s x - y = 3 s x = y + 3
2x + 2y
9
3
= 243 s 5 y
35y
3
38
–
–
+
+
–
–
+
–
–
´
m < 1 ou m > 9 s 3x < 1 ou 3x > 9 s
s 3x < 30 ou 3x > 32 s x < 0 ou x > 2
∴ S = {x 3 ® | x < 0 ou x > 2}
1
1
2 x > 4 s 2 x > 2 2 s = 3 s 3
5
2x - 3y
9
20.c
(I)
= 3 s
5
( II )
s 2 x - 3 y = 5
De (I) e (II): 2 ⋅ (y + 3) - 3y = 5 s -y = -1 s y = 1
Em (I): x = y + 3 s x = 1 + 3 s x = 4
Logo, o produto x ⋅ y é igual a 4.
15.b
53x = 27 s 53x = 33 s
s (5x)3 = 33 s 5x = 3
1
(5x)-2 = 3-2 = 5 -2x =
9
6
S = {x 3 ® | x < -1 ou x > 6}
5 ± 11
4
I) 2 x = 4 s x = 2
2x =
x + y
x2 + x -6
> 2x s
3
–1
s ∆ = 25 + 96 = 121
II) 2 x = -
t 2 - 12t + 27 = 0
∆ = 144 - 108 = 36
12 ± 6
t=
s
2
s t 1 = 3 s 3 x1 = 3 s x 1 = 1 e
t 2 = 9 s 3 x2 = 9 s x 2 = 2
12.a
2x +
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
1
> 2 s
x
1
1 - 2x
s - 2 > 0 s >0
x
x
1
2
1
+
+
–
–
+
+
+
–
–
{
´
1
∴ S = x 3 ®|0 < x <
2
}
21.c
1
2 2x - 2 ⋅ 2 x - 8
2x - 2 < 8 ⋅ 2-x s 2x - 2 - 8 ⋅ x < 0 s
<0
2
2x
x
2x
x
Como 2 > 0, ∀x 3 ®, deveremos ter: 2 - 2 ⋅ 2 - 8 < 0
Fazendo 2x = t, temos:
t2 - 2t - 8 < 0 s
s -2 < t < 4 s
s -2 < 2x < 24
∴ x < 2
22.a
p = a4n ⋅ b5m
q = an ⋅ bm + 7
=3⋅5
sa ⋅b
Como a e b são primos e m e n são naturais não nulos, temos que:
4m - 7
3
I.
a = 3 e 3n = 1 s a = 3 e n =
1
(Não convém.)
3
a = 5 e 3n = 3 s a = 5 e n = 1
II.
b = 3 e 4m - 7 = 1 s 4m = 8 s m = 2
Então m + n = 2 + 1 = 3
23.Soma = 11 (01 + 02 + 08)
+ + + +
– – – – –
–1
+
–
–1
24.c
– – – –
+
I
II
–
I : II
2
3
1 2
]–∞; – 1 [ U ;
2 3
3.a
1
= log 102 + log 10-2 = 2 - 2 = 0
100
log 100 + log
4.e
Faremos: log4 16 ⋅ log4 32 ⋅ log4 2 = x ⋅ y ⋅ z
Pela definição:
log4 16 = x s 4x = 16 s 4x = 42 s x = 2
5
log4 32 = y s 4y = 32 s 22y = 25 s y =
2
x ⋅ y ⋅ z = 2 ⋅
a > a
I.Se a > 1, temos: x > x2 s x2 - x < 0 s 0 < x < 1
II. Se 0 < a < 1, temos: x < x2 s x2 - x > 0 s x < 0 ou x > 1
Somente o item (I) é verdadeiro.
5.a
A fração geratriz da dízima periódica 0,333… é
0,037037… é
1
.
27
1.d
Condição de existência:
-x2 + 2x + 3 > 0 s
s -1 < x < 3
C.E.: {x 3 ® | -1 < x < 3}
2.d
3x 2 + x – 2
>0
1 – 2 x
I.3 x + x - 2 = 0 s
2
s x = -1 ou x =
3
1
, e da dízima
3
Recordando:
I.x = 0, 333 …
10 x = 3, 333
3 1
9x = 3 s x = =
9 3
y = 0, 037037...
1.000 y = 37, 037037...
1
27
1
II.A = log 1
3
B = log
MA.16
1
2
5 1 5
⋅ =
2 2 2
x2
2
1
2
1
2
999 y = 37 s y =
x
+ + + + + +
2
– – – 3
+ + + + + + +
2
2 x = (2 -4) -x - 3 s 2 x = 24x +12 s x2 = 4x + 12 s x2 - 4x - 12 = 0 s
s x1 = -2 e x2 = 6
A = {-2; 6}
(x3 - 9x) ⋅ (x + 2) = 0 s
s x3 - 9x = 0 ou x + 2 = 0 s x ⋅ (x2 - 9) = 0 ou x = -2 s x = 0 ou
x = ±3 ou x = -2
B = {-3; -2; 0; 3}
(01)(V)
(02)(V)
(04)(F)
(08)(V)
(16)(F)
39
1
2
log4 2 = z s 4z = 2 s 22z = 21 s 2z = 1 s z =
Atividades extras
2
s x=
Temos então:
p
a 4 n ⋅ b 5m
= 375 s n m + 7 = 375 s a 3n ⋅ b 4m - 7 = 375 s
a ⋅b
q
3n
II.1 - 2x = 0 s
s 2x = 1 s
1 2
1
1
s A = log 1 s A =
3
3
2
3
1
27
1
s B = log 1
27
27
1
1 2
1
s B=
27
2
∴A-B = 0
6.c
loga 3 = b s
s ab = 3 s
s ab ⋅ a3 = 3a3 s ab + 3 = 3a3
7.b
log2 16 = α s 2α = 16 s 2α = 24 s α = 4
log4 32 = β s 4β = 32 s 22β = 25 s 2β = 5 s β =
5
2
5
3
log 2 16 - log 4 32 = 4 - s log 2 16 - log 4 32 =
2
2
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
8.e
log 0,001
3
15.c
24x = 22x + 12 s
s 24x - 22x - 12 = 0
22x = t
t2 - t - 12 = 0
t = -3 s 22x = -3 (Não convém.) ou
t = 4 s 22x = 4 s
s 22x = 22 s 2x = 2 s x = 1
S = {1}
a
0, 1 = a s ( 0, 001) = 3 0, 1 s
a
s ( 10 -3 ) = 3 10 -1 s 10 -3a = 10
1
1
s - 3a = - s a =
3
9
1
3 0, 1 =
∴ log
0,001
9
-
1
3
s
9.b
1
s (2 4 ) x - 1 = 2 -3 s 2 4 x - 4 = 2 -3 s
8
1
s 4 x - 4 = -3 s 4 x = 1 s x =
4
16.a
32x - 5 - 3x + 1 = 3-1s 3-x - 4 = 3 -1 s -x - 4 = -1 s x = -3
logy - 1 4 = 2 s (y - 1)2 = 4 s y - 1 = ±2 s y = 3 ou
y = -1 (Não convém.)
∴ x = -3 e y = 3
Então: x + y = -3 + 3 = 0
16 x - 1 =
Então: log 8 x = log 8
1
4
Temos, então:
1
1
log 8 = k s 8 k = s
4
4
17.a
• 9 − x2 > 0 s −3 < x < 3
• 2 − x > 0 s x < 2
D(f) = {x 3 ® | −3 < x < 2}
Os números inteiros que pertencem ao domínio são −2, −1, 0 e 1,
ou seja, quatro números.
-2
s 2 3k = 2 -2 s 3k = -2 s k =
3
10.d
I.log2 10 = t s 2t = 10 s 2 =
1
10 s 2 = 10 t
t
18.log10 α = 0,5 s α = 100,5
log10 β = 0,7 s β = 100,7
a)log10 (α ⋅ β) = log10 (100,5 ⋅ 100,7) = log10 101,2 = 1,2
1
t
1
II.log10 2 = x s 10x = 2 s 10x = 10 s x =
t
x
x
10 0,5 ⋅ 10 0,7
a ⋅b
2
2
b)
= ( a ⋅ b ) s
= ( 10 0,5 ⋅ 10 0,7 ) s
10
10
11.d
a
1
log 1 32 = a s = 32 s
2
s 100,2x = 102,4 s 0,2x = 2,4 s x = 12
2
s 2 - a = 2 5 s - a = 5 s a = - 5
log10 0,001 = β s 10β = 0,001 s
s 10β = 10-3 s β = -3
1
log 10
10 = γ s 10 γ = 10 s 10 γ = 10 2 s γ =
log 1 32 + log 10 0, 001 - log 10
10 = - 5 - 3 -
2
s log 1 32 + log 10 0, 001 - log 10
2
10 = -
1
s
2
17
2
12.d
3
2
[ 2 log 2 ( x ) + 1 ] = 8 s 2 log 2 ( x ) + 1 = 2 2 s
s log 2 ( x ) + 1 =
3
s
2
1
1
2
s log 2 x = 2 s x = 2 s x =
2
13.a
x = log2 (log3 (antilog3 (log1,5 (1,5)2) s
s x = log2 (log3 (antilog3 2)) s
s x = log2 (log3 9) s x = log2 (log3 32) s x = log2 2 = 1
14.d
3
1
1
1
=5sx=
I.
x-3 = 125 s = 125 s
x
x
5
40
1
1
II.32x = y s ( 32 ) 5 = y s ( 2 5 ) 5 = y s y = 2
1
2
19.d
Da definição de logaritmo, temos:
1
log 2 4 = 2; log 2 = -1; log 100 = 2
2
Assim, a equação fica:
2 ⋅ 2x + (-1) ⋅ 2x - 2 ⋅ 4x = 0 s
s 2 ⋅ 2x - 2x - 2 ⋅ 22x = 0 s
s 2x - 21 + 2x = 0 s
s 2x = 21 + 2x s
s x = 1 + 2x s x = -1
20.c
5 ⋅ 3 x - 54
5 ⋅ 3 x - 54
= x s 3x =
s
3
3
x
x
x
x
s 3 ⋅ 3 = 5 ⋅ 3 - 54 s 3 ⋅ 3 - 5 ⋅ 3 = -54 s
s 2 ⋅ 3x = 54 s 3x = 27 s
s 3x = 33 s x = 3
O 3 é um fator de 45, pois: 45 = 3 ⋅ 3 ⋅ 5
log 3
21.d
(log x)2 - 2 ⋅ log x + 1 = 0
∆ = 4 - 4 = 0
log x =
2±0
s log x = 1 s x = 10
2
22.e
Pela propriedade logb br = r, temos: log2 22.002 = 2.002
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
Atividades extras
3.c
Observe a figura:
23.d
3
3
s (2 x + 2 - x ) ⋅ (2 x - 2 - x ) = s
2
2
3
1
3
s 2 2x - 2 -2 x = s 2 2x - 2 x = s
2
2
2
3 ⋅ 2 2x
4x
4x
s 2 - 1=
s 2 ⋅ 2 - 3 ⋅ 2 2x - 2 = 0
2
2 2x = t
f ( x ) ⋅ g( x ) =
2t 2 - 3t - 2 = 0
∆ = 9 + 16 = 25
3±5
t=
s
4
1
s t = - (Não convém.) ou
2
t = 2 s 2 2x = 2 s
s 2 x = 1 s x = 1
2
1
Então: log 2 x = log 2 = log 2 2 -1 = -1
2
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
4
60°
h
3
60°
h
3
3
sen 60º =
s
⋅ 3=h s h=
m
2
2
3
Como 1 cm no mapa equivale a 10 m no terreno, temos:
área do terreno: 40 ⋅
3
⋅ 10 = 600 m 2
2
4.d
Área do quadrado = (2x + 3)2
Temos:
(2x + 3)2 = 169 s 2x + 3 = 13 s 2x = 10 s x = 5 cm
24.b
I.100.000 = N0
II.100 = 100.000 ⋅ 2-t s 2-t = 10- 3
-t ⋅ log 2 = -3log 10 s t ⋅ 0,3 = 3 s t = 10
t ⋅ 5.000 = 10 ⋅ 5.000 = 50.000 anos
5.a
Observe a figura:
C
MG.09
6
1.c
Aq = área do quadrado
Aq = 52 = 25 cm2
At = área do retângulo
D
8
4
1
A q = 25% ⋅ At s 25 = ⋅ At s
4
s At = 100 cm2
A
B
Aplicando Pitágoras no triângulo BCD, temos que BD = 10.
Aplicando Pitágoras no triângulo ABD, temos que AB = 2 21 .
A área procurada é a do triângulo BCD somada com a área do triângulo ABD.
2.d
D
b
A=
6⋅8
4 ⋅ 2 21
= 24 + 4 21
+
2
2
B
6.d
Seja x o lado do referido quadrado.
F
E
b
30°
x
30°
C
Temos que BCFD é um paralelogramo.
Então: BD = CF
No triângulo CEF, temos:
tg 30° =
s x=
Temos:
3 b
3b
b
s
= s x=
s
x
3
x
3
3b 3
s x=b 3
3
A1 = a ⋅ b
A2 = a ⋅ x = a ⋅ b 3
A
ab
1
3
∴ 1 =
=
=
A 2 ab 3
3
3
41
A
x 2 = (27 ⋅ 10 -3 )
s x 2 = (3 3 )
-2
3
-2
3
s
⋅ (10 -3 )
-2
3
s
s x2 = 3- 2 ⋅ 102 s
10
s x = 3- 1 ⋅ 10 =
3
10
40
=
2p = 4 ⋅
m
3
3
7. a = 21 cm; b = 17 cm e c = 10 cm
21 + 17 + 10
2p =
= 24 cm
2
A = 24 · (24 - 21) · (24 - 17) · (24 - 10) s
s A=
s A =
24 ⋅ 3 ⋅ 7 ⋅ 14 s
2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 7 ⋅ 2 ⋅ 7 = 2 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 7 = 84 cm 2
11.c
A = 240 ⋅ 45 = 10.800 m2
10.800 · 7
Número de pessoas =
= 37.800
2
8.b
I. No triângulo ADE, temos:
DE
1
s =
2
AD
AE
3
cos 30° =
s
2
AD
II.
CD = AB + AE = k + k
sen 30° =
Atrap =
DE
s DE = k
2k
AE
s AE = k ·
=
2k
3 = k(1 + 3 )
3
2
k ( 1 + 3 ) + k
( CD + AB )
⋅ DE =
⋅k=
2
2
k 2 · (2 + 3 )
k 2 · ( 1 + 3 + 1)
= k2 ·
=
=
2
2
EF
24 2
Assim: DE 2 = h 2 + , com EF =
=8 2
2
3
2+ 3
2
Então: DE 2 = ( 12 2 ) + ( 4 2 ) = 288 + 32
2
2
DE 2 = 320 s
s DE = 8 5 cm
9. Observe a figura:
b)At = área do losango
B
120°
2
x
3
A
O
A t =
C
120°
y
D
a) A†AOB =
AB ⋅ AO ⋅ sen 120°
3 1 3 3
= 2⋅3⋅
⋅ =
2
2 2
2
BD ⋅ EF 24 2 ⋅ 8 2
=
= 192
2
2
Aq = área do quadrado
Aq = 242 = 576 cm2
Ac = área colorida
Ac = Aq – At = 576 - 192 = 384 cm2
13.d
A
b) Os triângulos AOB e COD são semelhantes pelo caso AA.
Assim:
AO x
3 x
3y
= s = s x=
AB y
2 y
2
4
Temos, também, que a área do triângulo COD é dada por:
A †COD =
s
3y 2 3
= 600 3 s y 2 = 1.600 s y = 40 e x = 60
8
6
4
E
4
B
I.A †ADE =
C
4 ⋅ 6 ⋅ sen a
= 12sen a
2
8 ⋅ 10 ⋅ sen a
= 40sen a
2
I 12sen a
3
:
=
II 40 sen a
10
II.A †ABC =
10.a
A
8
R 45°
B
R
O
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo AOB, temos:
82 = R2 + R2 - 2R2 ⋅ cos 45° s
2
s 64 = 2R2 - R2 ⋅ 2 s
2
64
s 64 = R 2 ⋅ ( 2 – 2 ) s R 2 =
cm 2
2– 2
s 64 = 2R2 - 2R2 ⋅
A †AOB =
α
D
x ⋅ y ⋅ sen 120º 3 y y
3
=
⋅ ⋅
= 600 3 s
2
2 2 2
Dessa maneira:
OC = 60 e CD = 40
R · R · sen 45°
64
2 1
=
·
· =
(2 – 2 ) 2 2
2
16 2 ⋅ ( 2 + 2 )
= 8 2 ⋅ ( 2 + 2 ) = ( 16 + 16 2 ) cm 2
2
Área do octógono = 8 vezes a área do triângulo AOB
Área do octógono:
=
(
(
(
)
)
) 2
8 · 16 + 16 2 = 8 · 16 1 + 2 = 128 1 + 2 cm
42
24 2
= 12 2 cm
2
12.a) O triângulo DEF é isósceles de altura: h =
14.d
A soma das áreas dos quadrados é:
AB 2 + BC 2 = 8 cm 2
Aplicando Pitágoras no triângulo ABC, temos:
AC 2 = AB 2 + BC 2 s
2
s AC = 8 s AC = 2 2 cm
15.c
Seja x a medida do comprimento de cada palito.
Temos:
x2 = A; 4x = P
Como A + P = 21, temos:
x2 + 4x = 21 s
s x2 + 4x - 21 = 0
∆ = 16 + 84 = 100
-4 ± 10
s
2
s x = 3 cm
x =
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
16.Seja x o lado do triângulo ABF.
Dessa forma, temos:
x
BC = CD = DE = EF =
4
19.e
Pelo caso AA, os triângulos ADF e QEF são semelhantes.
Então:
x 3
AD QE
QE
x
x 3
=
3 = QE s QE =
s 2 =
s
x
x
4
DF EF
4
2
4
Observação: AD é a altura de um triângulo equilátero de lado x.
A área A1 do quadrilátero CPQE é dada por:
x 3 x x2 3
A 1 = QE ⋅ CE =
⋅ =
4 2
8
A área A2 do triângulo ABF é dada por:
x2 3
A2 =
4
Logo, a área A1 do quadrilátero CPQE é dada por:
1
1
2
1
1
1
2
1
1
2
1
2
1
A área colorida S é igual à soma das áreas de um triângulo equilátero
de lado 1, e dois triângulos retângulos que, juntos, determinam
outro triângulo equilátero, também de lado 1.
Assim, a área colorida corresponde a dois triângulos equiláteros de
lado 1.
12 · 3
3
cm2
A = 2 ⋅
s A=
4
2
20.d
Seja x, em metros, a distância da reta que dividirá o terreno até o
ponto A.
1
x2 3 1
A1 =
= A 2 = ⋅ A ∆ABF
4⋅2
2
2
D
x
N
x
M
60 – x
E
17.c
(EG)2 = (EH)2 + (GH)2 e EH = GH
2
2
2
( 6 2 ) = ( EH ) + ( EH ) s 36 ⋅ 2 = 2 ⋅ ( EH ) s
2
s 36 = (EH) s EH = GH = 6 cm
2
6
H’
G
20
a
A
6
E
F
H
6
B
21.c
Observe a figura:
D
s 18.000 = 900 ⋅ a + 5.400 s 900 ⋅ a = 12.600 s a = 14
Sendo 2p o perímetro do retângulo, temos:
2p = 2 ⋅ [(6 + 14) + 12] s 2p = 64 cm
Q
C
D’
B
21 – y
A
D
21
y
18.c
x
C
x⋅y
2
Aplicando Pitágoras no triângulo retângulo da figura, temos:
(21 - y)2 = y2 + x2 s 441 - 42y + y2 = y2 + x2 s
s 441 - x2 = 42y s
Área do triângulo é:
A
A†AQB + A†CPD = 240 s
P
B
AB ⋅ BC CD ⋅ BC
=
+
2
2
CD ⋅ BC CD ⋅ BC
CD ⋅ BC
+
=2
= CD ⋅ BC = AABCD
2
2
2
y AABCD = 240 u.a.
43
C
20 ⋅ 16
A AMND = AMBEN + ABCE s 20 ⋅ x = 20 ⋅ ( 60 - x ) +
s
2
s 20x = 1.200 - 20x + 160 s 40x = 1.360 s x = 34 m
A área do triângulo EGH representa 7,5% da área do retângulo.
Assim:
6⋅6
75
= 0, 075 ⋅ [ ( a + 6 ) ⋅ 12 ] s 18 =
⋅ ( 12a + 72 ) s
2
1.000
=
16
441 - x 2
42
Assim, a área do triângulo é dada por:
s y =
A= x⋅
(441 - x 2 ) - x 3 + 441x
=
84
84
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
22.e
Os triângulos ABE e DEC são semelhantes.
Sejam h1 a altura do triângulo ABE e h2 a altura do triângulo CED.
Assim:
AB ⋅ h1 ( h1 ) 2
AB h1
=
s
=
s
CD h 2
CD ⋅ h 2 ( h 2 ) 2
AB ⋅ h1
2
h
2
= 1 s
CD ⋅ h 2 h
2
2
2
h
9 h
s = 1 s 1 =
h2
4 h2
AB ⋅ h1
A†ABE =
=9 s
2
s
Aparalelogramo
2 y ⋅ 2 z ⋅ sen a y ⋅ z ⋅ sen a
=
2
2
5 y ⋅ z ⋅ sen a
5 ⋅ 32
= 144 = 144 = 144 - 80 = 64
2
2
= 144 -
2
A†ABE h1
= s
A†CDE h 2
MG.10
1. A1 = área sombreada
A2 = área do círculo
A2 = πr 2
A3 = área do triângulo
3h
3
s h1 = 2
2
2
18
18
12
s AB =
s AB =
3h 2
h1
h2
2
CD ⋅ h 2
8
=
= 4 s CD =
h2
2
AB =
A†DEC
AT = área do trapézio
A3 =
r2
2
A1 =
πr 2 r 2
πr 2 - 2r 2 r 2 ⋅ ( π - 2 )
=
=
4
2
4
4
A2
4π
πr2
= 2
=
A1
r ( π - 2) π - 2
4
12 8
3h
+ · 2 + h 2
2
( AB + CD ) · ( h1 + h 2 ) h 2 h 2
=
s
A T =
2
2
s A T =
3 y ⋅ 3 z ⋅ sen a
= 144 s y ⋅ z ⋅ sen a = 32
2
= A†ABC - A †APR - A †PBQ =
A†ABC = 144 s
2.a
20 5h 2 1
⋅
⋅ = 25 cm2
h2 2 2
5 6
A1
Observação: pode-se usar a relação
A2
r
r
= k 2 , em que k é a constante
de proporcionalidade linear.
Atividades extras
23.a
Por Pitágoras, temos:
150 = 2r 2 s r = 5 3
B b h
I. = = s
5 4 3
5h
4h
s B =
eb=
3
3
II. B + b + h = 60
Substituindo I em II, temos:
5h 4h
+
+ h = 60 s 4h = 60 s h = 15
3
3
Daí:
B = 25 e b = 20
( B + b ) h ( 25 + 20 ) ⋅ 15
=
= 337,5
Área =
2
2
5 3
A área do hexágono é a área de seis triângulos equiláteros de lado 5 3 .
A = 6 ⋅ (5 3 ) ⋅
2
24. A razão de semelhança do triângulo APR para o triângulo PBQ é
Assim temos:
2
.
1
3.b
3
6 ⋅ 25 ⋅ 3 ⋅ 3
=
= 225 3 cm2
4
4
2
M
C
110°
B
A
z
α
2y
R
O
2z
α
Q
2y
z
α
2x
A
44
y
x
P
B
N
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
= 140° s
= 220° s m( AMB)
ˆ ) = 110° s m( ANB)
• m(AMB
ˆ
s m(AOB) = 140°
140°
7π
• A AOBN =
⋅ ( π ⋅ 12 ) s A AOBN =
360°
18
4.d
A1 = área sombreada = área de dois círculos
A1 = 2πr 2
A2 = área não sombreada no interior dos círculos
A2= 4 ⋅
3
π ⋅ r 2 = 3π ⋅ r 2
4
No triângulo AED, temos:
262 = 242 + x2 s 676 - 576 = x2 s
s x2 = 100 s x = 10 cm
y CD = 30 - 10 = 20 cm
(30 + 20) ⋅ 24
A = A trapézio - A círculo =
- π ⋅ 122 s
2
s A = 600 - 144π s A H 600 - 452,4 s A = 147,6 cm2
8.e
Observe a figura:
A1 2π ⋅ r 2 2
=
=
2
A
3
2 3π ⋅ r
5
5
5
5.a
A = Asetor - A triângulo s
πr 2 AB ⋅ AC
–
s A=
4
2
Por Pitágoras, temos: (BC ) 2 = ( AB ) 2 + ( AC ) 2
Como o triângulo é isósceles, temos que:
AB = AC
Portanto:
(BC ) 2 = ( AB ) 2 + ( AB ) 2 s 2( AB ) 2 = 8 s ( AB ) 2 = 4 s
s AB = AC = 2
Então:
4π 4
π ⋅ ( AC ) 2 ( AC ) 2
A=
=
- = π-2
4
2
4 2
Acírculo = π ⋅ R2 = π ⋅ 52 = 25π
9.Sejam A1 a área da pizza grande e P1 o preço da pizza grande, A2 a
área da pizza média e P2, o preço da pizza média.
2
A 1 P1
20
20
20
π ⋅ 20 2
=
s
=
s =
s
2
18
π ⋅ 18
A 2 P2
P2
P2
100 20
=
s
s P2 = R$ 16, 20
81
P2
10.a
Observe a figura:
6.a
B
A
r
2
45°
r
O
Área do octógono = 8 ⋅ área do triângulo AOB
área do octógono = 8 ⋅
2⋅ 2⋅
sen 45º
2
= 8⋅
=4 2
2
2
A diagonal do quadrado é o diâmetro da circunferência.
Seja x o lado do quadrado. Temos:
x 2 = 2 2 s x = 2 s área do quadrado = x2 = 22 = 4
A = área do octógono - área do quadrado s
s A = 4 2 - 4 = 4( 2 - 1)
Do quadrado, temos
2 = 8 s = 2 2
O raio r do círculo é a metade de uma diagonal do quadrado.
2
2 2⋅ 2
s r=
s r=2
2
2
Área do círculo = π ⋅ r 2 = 4 π
r =
11.e
Observe a figura:
b
2
7.a
C
D
D
N
C
60°
24
24
h
2
O
26
h
2
30°
x
B
E
30
45
A
A
M
B
2
B
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
15.c
Observe a figura.
No triângulo AOM, temos:
h
3 h
= s B = h 3 (I)
tg 30º = 2 s
B
3
B
2
No triângulo DON, temos:
h
h
3
tg 60º = 2 s 3 = s b = h · ( II)
b
b
3
2
Área do trapézio =
D
C
30°
60°
( B + b ) · h
60°
2
E
Do enunciado, temos:
( B + b ) h 32 3
=
2
3
De I e II, temos:
h 3 h 32 3
s
h 3 +
⋅ =
3 2
3
s
(
)
4h 3 ⋅ h
3 ⋅2
=
60°
30°
A
32 3
s
3
B
I.
AE é um raio da circunferência de centro A. Logo, AE = 1
II.
DE é um raio da circunferência de centro D. Logo, DE = 1
Logo, o triângulo ADE é equilátero.
Devemos encontrar a área do quadrado ABCD subtraída da
soma das áreas do triângulo ADE e de dois setores circulares
cujo ângulo central é 30° e o raio é 1.
s 4 3 h 2 = 64 3 s
2
s h = 16 s h = 4
2
2
h
4
Área do círculo = π ⋅ = π ⋅ = 4 π
2
2
S = 12 12.e
Área do triângulo menos a área do setor:
62 3 1
36 3 9 π
– π · 32 =
–
=
4
6
4
6
9π
π
2
= 9 3 – 6 = 9 3 - 6 cm
3
12 3
30º
π
-2⋅
⋅ π ⋅ 12 s S = 1 - 4
360º
6
4
16.c
Observe a figura:
13. I. Volume da parte prateada = pr 2h = p ⋅ 92 ⋅ 1,5 mm3
II. Volume da parte dourada = volume de uma coroa circular =
= (pR2h - pr2h) = p ⋅ h(R2 - r2) = 1,5 ⋅ p(132 - 92) =
= 1,5p ⋅ 88
81 ⋅ π ⋅ 1,5 81
Fazendo I : II, vem:
=
88 ⋅ π ⋅ 1,5 88
P
16
7
C
2
A
r
R–r
E
D
H
G
r
O
R–r
F
B
PA ⋅ PB = PC ⋅ PD s
14.c
16 16 33
⋅ + s
7 7
7
16
s 2PB =
⋅ 7 s PB = 8 cm
7
Ainda:
PB = PA + AB s 8 = 2 + AB s AB = 6 cm
Temos: AB = 2R s 2R = 6 s R = 3 cm
R - r = 1 s 3 - r = 1 s r = 2 cm
A = πR2 - πr 2 = π(R2 - r 2) = π(9 - 4) = 5π cm2
s 2 ⋅ PB =
R
r
40 m
17.d
AB
s r = 1 cm
2
2r
2⋅1
s =
s =
Lado do quadrado menor: =
2
2
Acolorida = Acírculo − Aquadrado menor s
Raio do círculo: r =
R2 = r2 + 202 s R2 - r2 = 400
Acoroa = Acírculo maior - Acírculo menor s
s Acoroa = (π ⋅ R2) - (π ⋅ r2) s
s Acoroa = π ⋅ (R2 - r2) s
s Acoroa = π ⋅ 400 s Apista = 400π m2
46
2
( )
s A colorida = π ⋅ 1 - 2 s Acolorida = π - 2
2
2 cm
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
18.a
III.Seja ANC um semicírculo de raio r
Área A =
G
1
πr 2
2
Na figura 1, temos:
2p = 2πr + 4r + πr + 2r = 3πr + 6r = 3r(π + 2)
C
60°
30°
F
πr 2 5 πr 2
A = 2 πr 2 +
=
2
2
Na figura 2, temos:
2p = 3πr + 2πr + πr = 6πr
r
1
s FG = 3 m
FG
Área = (A†FCG - ASetor ) ⋅ 2 s
tg 30° =
9 πr 2
πr 2
A=
- 2 πr 2 = 2 πr 2
2
2
Na figura 3, temos:
2p = 3πr + 6r = 3r(π + 2)
9 πr 2
A =
2
1 · 3 πr 2
–
⋅2s
s Área =
6
2
3 π
π
– ⋅ 2 = 3 – m2
s Área =
6
3
2
19.b
A
D
F
4
2 πr
+ 2r = πr + 2r
2
Perímetro 2p =
s
22.c
O lado L do hexágono tem a mesma medida (r) do raio do círculo: L = r
O ângulo de cada triângulo formado é 60°.
Seja A a área sombreada. Cada triângulo possui duas regiões sombreadas. Chamemos de A1 a área de cada uma dessas regiões.
Assim:
A = 12A1
A1 = Asetor - Atriângulo =
2
π r 2 L2 ⋅ 3
s
6
4
2π ⋅ r 2 - 3 ⋅ r 2 ⋅ 3 r 2
=
⋅ ( 2π - 3 3 )
12
12
2
r
A = 12 ⋅ A1 = 12 ⋅
⋅ ( 2π - 3 3 ) s
12
s A1 =
B
2
2
E
A colorida = A BEF + A ECF s Acolorida =
∴ Acolorida = 2 + π
C
2 ⋅ 2
1
+ ⋅ (π ⋅ 22 )
2
4
s A = r2 ⋅ (2π − 3 3 )
Atividades extras
20.e
2
π 2 3 2 6 2
=
=
Área desmatada 1: π ⋅ =
4
16
16
32
23. Observe a figura:
2
π⋅
2 3 2 11 2
4
=
+
=
2
4
32
32
2
2
2
5
11
6
5
% de aumento: 32 2 32 = 322 = 0, 833... 83, 3%
6
6
6
32
32
2
Área desmatada 2: +
2
60°
6+r
30°
21.b
I.Seja AMG um semicírculo de raio 3r
π⋅
Perímetro 2p = 2 3r + 6r = 3πr + 6r
2
Área A =
π(3r ) 2 9 πr 2
=
2
2
II.Seja CPG um semicírculo de raio 2r
2 π ⋅ 2r
+ 4r = 2 πr + 4r
2
2
π ⋅ (2r )
4 πr 2
=
= 2 πr 2
Área A =
2
2
Perímetro 2p =
47
6
6
3
6
s
=
s (6 + r ) 3 = 12 s
6+r
2
6+r
s 6 + r = 4 3 s r = 4 3 - 6
cos 30° =
A área da região destacada pode ser calculada por: área do triângulo
menos a metade da área de um dos círculos menos a área do círculo
menor.
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
A=
3.a
Observe a figura:
2
12 2 ⋅ 3 36 π
- π (4 3 – 6) =
4
2
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
= 36 3 - 18 π - π ( 48 - 48 3 + 36 ) =
= 36 3 - 18 π - 84 π + 48 π 3 =
α
= 36 3 - 102 π + 48 3π =
H 36 ⋅ 1,73 - 102 ⋅ 3,14 + 48 ⋅ 1,73 ⋅ 3,14 =
= 62,28 - 320,28 + 260,75 = 2,74
O inteiro mais próximo é o 3.
A
β
B
r
24. Observe a figura:
AB e r são reversas.
A
r
r
4.b
a) (F) Podem ser reversas.
b)(V)
c) (F) Podem ser coincidentes.
d) (F) Não necessariamente. Podem ser reversas ou concorrentes.
R
Q
r
r
C
10
O
3
3
P
10
B
5.a
A projeção ortogonal será de duas retas perpendiculares, ou seja,
formarão um ângulo de 90°.
13
O é o centro do círculo de raio r.
a) No triângulo ABC, temos, por Pitágoras:
13 2 = (r + 3) 2 + (r + 10) 2 s
s 169 = r 2 + 6r + 9 + r 2 + 20r + 100 s
s 2r 2 + 26r - 60 = 0 s r 2 + 13r - 30 = 0 s
s r = -15 (Não convém.) ou r = 2
b) Da figura temos que AB = r + 10 e AC = r + 3
Do item a temos que AB = 12 e AC = 5
c) A área A pedida é obtida por meio da área do triângulo ABC
menos a área do círculo. Então:
AB ⋅ AC
A=
- πr 2 s
2
12 ⋅ 5
s A=
- 4 π = 30 - 4 π = 2(15 - 2 π )
2
MG.11
1.e
a) (F) Podem ser colineares.
b)(F) O ponto não deverá pertencer à reta.
c)(F) A intersecção de dois planos distintos é uma reta ou o próprio
plano se forem coincidentes.
d) (F) Podem ser ortogonais.
e) (V) Veja a figura:
r
s
6.c
a) (F) Podem ser perpendiculares.
b) (F) Podem ser colineares.
c)(V)
d)(F) É necessariamente uma reta.
e) (F) Retas reversas não são coplanares.
7.a
Estão em planos diferentes e formam ângulos de 90°. Logo, são ortogonais.
8.d
s e t são perpendiculares a α.
9.a
a)(V)
b)(F) s é perpendicular a r, mas pode ser secante a a.
c)(F)
P
r
α
d)(F) A intersecção é uma reta.
e) (F) Toda reta paralela a a será paralela a b.
10.e
m
α
a
2. Três pontos não colineares determinam um único plano, contudo
isso pode não ocorrer para quatro pontos não colineares (um dos
pontos pode ficar fora do plano determinado pelos outros três).
Assim, a mesa de três pernas ficará equilibrada, mas a mesa de quatro pernas poderá “mancar”, pois uma das pernas pode não tocar o
solo (plano).
48
r
β
A reta r é paralela aos planos α e β, e esses planos não são paralelos.
Se t é perpendicular a β, então t é perpendicular a todas as retas de
β, que contém Q e é ortogonal às demais retas de β. Como r 1 β
e Q # r, as retas r e t são ortogonais.
11.e
Por uma reta, passam infinitos planos (conceitual).
12.b
I.(V)
II.(F)
16.c
Os triângulos PAB, PAC e ABC serão todos eles retângulos; aplicando
Pitágoras nos triângulos PAB e PAC, temos: AB = 5 e AC = 9
No triângulo ABC, temos:
BC 2 = AB 2 + AC 2 s
r
α
s BC 2 = 25 + 81 s
α // β
β
s BC 2 = 106 s
s BC = 106 cm
III.(V)
IV.(F)
17.b
Observe a figura:
t
B
M
Pois, θ pode ser diferente de 90°.
V.(F)
t
r
A
s
α
Pois, t 3 b e tem um ponto em comum com r e s 3 a.
No triângulo retângulo ABM, BM = 8 cm e AB é a diagonal de uma
das faces do cubo, ou seja: AB = 3 2 cm.
Aplicando Pitágoras, temos:
AM 2 = BM 2 + AB2 = 64 + 18 s AM 2 = 82 s AM = 82 cm
13.b
a)(F) A reta pode estar contida no plano.
b) (V) Ter um ponto comum significa ter um ou mais.
c)(F) A reta pode interceptar uma e ser paralela à outra.
d) (F) Um plano pode interceptar uma delas e ser paralelo à outra.
18.e
Considerando-se que os raios solares incidem paralelamente sobre a superfície terrestre, a projeção ortogonal de um segmento
paralelo a esse plano e o próprio segmento tem a mesma medida
independentemente da altura em que ele esteja.
14.e
O plano γ é perpendicular ao plano α , no entanto, não é paralelo
ao plano β.
19. Observe a figura:
β
A
β
5
γ
10
P'
α
B
α
1
5
sen Bˆ =
s sen Bˆ = s m(Bˆ ) = 30°
2
10
20. Observe a figura:
15.e
P
β
Q
12
t
r
s
P
49
α
P'
13
R
α
Aplicando Pitágoras no triângulo retângulo da figura, temos:
132 = R2 + 122 s R = 5 cm
A área A do círculo é dada por: A = π ⋅ R2 = 25π cm2
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
MG.12
21.c
1.d
B
α
λ
3
C
A
4
10 ⋅ 3 15 ⋅ 4
+
s A = 45
2
2
• V - A + F = 2 s V - 45 + 25 = 2 s V = 22
• A =
2.a
V = 14
6 · 4+ 4 · 3+ 4 · 5
= 28
2
Assim:
V - A + F = 2 s 14 - 28 + F = 2 s
s F - 14 = 2 s F = 16
A=
(BC)2 = 32 + 42 s
s (BC)2 = 9 + 16 s
s (BC)2 = 25 s
s BC = 5 cm
3.e
I. V = 20
22.e
• As retas AD e CG são reversas.
• As retas AD e EF são reversas.
• As retas EF e CG são reversas.
Logo, AD, CG e EF são reversas, duas a duas.
3⋅F
=A
II.
2
Atividades extras
III. V - A + F = 2
Substituindo I e II em III, temos:
23. Observe a figura:
20 r
R
4.d
Como possui 12 faces, concluímos que é o dodecaedro e verificamos
que a relação V - A + F = 2 é satisfeita.
B
P
C
Q
5.d
a)(V)
b)(V)
c)(V)
d)(F) A2 tem faces pentagonais.
e)(V)
A
α
Aplicando Pitágoras no triângulo BAR, temos:
16 2 = ( 4 7 ) + AB 2 s
2
s 256 = 112 + AB 2 s AB 2 = 144 s AB = 12 cm
Na figura, concluímos que AP = 3 cm
Os triângulos ABC e APQ são semelhantes:
12 x
AB BC
s
=
= s x = 16 cm
3
4
AP PQ
∴ BC = 16 cm
A=
γ
P1
1,5
6 · 3 + 4 · 4 + 2 · 5 + 2 · 6 18 + 16 + 10 + 12
=
= 28
2
2
V - A + F = 2 s 14 - 28 + F = 2 s F = 16
β
A
30°
30°
x
P2
No triângulo AP1P2, temos:
AP1
3 1,5
3
cos 30° =
s
=
s x=
= 3m
AP2
x
2
3
50
6.e
I.5F = 2A s 5F = 50 s F = 10
II. V - A + F = 2 s
s V - 25 + 10 = 2 s V = 17
y F = 10 e V = 17
7.d
V = 6 + 4 + 2 + 2 = 14
24.b
Observe a figura:
r
3F
+ F = 2 s 40 - 3F + 2F = 4 s F = 36
2
α
8.a
6 ⋅ 4 + 8 ⋅ 3 = 2A s
s 24 + 24 = 2A s
s A = 24
V-A+F=2s
s V - 24 + 14 = 2 s
s V = 12
9.Sejam m o número de faces quadrangulares e n o número de faces
pentagonais.
S = (V - 2) ⋅ 4 ⋅ 90° s (V - 2) ⋅ 4 ⋅ 90° = 32 ⋅ 90° s
s (V - 2) ⋅ 4 = 32 s V - 2 = 8 y V = 10
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
V - A + F = 2 s 10 - 15 + F = 2 s F = 7 s m + n = 7
m⋅ 4 n⋅5
+
s 4 ⋅ m + 5 ⋅ n = 2 ⋅ A s 4m + 5n = 30
A=
2
2
m + n = 7
5m + 5n = 35
s
4
+
5
=
30
m
n
4m + 5n = 30
y m = 5 e n = 2
Logo, esse poliedro apresenta 5 faces quadrangulares e 2 faces pentagonais.
10.d
3F
5V
s F =
5
3
5V
5V
3 ⋅ 3 = 2 A s A = 2
V-A+F=2s
5V 5V
sV +
= 2 s 6V - 15V + 10V = 12 s V = 12
2
3
5 ⋅ 12
∴F =
= 20
3
V =
11.e
• A =
8⋅ 4 6⋅3
+
s A = 25
2
2
• F = 8 + 6 s F = 14
• V − A + F = 2 s V − 25 + 14 = 2 s V = 13
Pela observação das expressões que representam o número de
arestas, o número de faces e o número de vértices desse poliedro, concluímos que o menor valor de n é 1 (com n 3 N*).
c) A =
3n + 23
e F = n+5
2
3n + 23
V - A + F = 2 s 12 +n+5 = 2 s
2
s 24 - 3n - 23 + 2n + 10 = 4 s
s -n = -7 s n = 7
d) A =
3n + 23
e F = n+5
2
S = (V - 2) ⋅ 4 ⋅ 90° s (V - 2) ⋅ 4 ⋅ 90° = 2.880° s V = 10
3n + 23
V - A + F = 2 s 10 +n+5 = 2 s
2
s 20 - 3n - 23 + 2n + 10 = 4 s
s -n = -3 s n = 3
15.
I. V - 20 + F = 2 s V + F = 22 s F = 22 - V
V
II. - 18 + 2F = 2 s V - 36 + 4F = 4 s V + 4F = 40
2
V + 4(22 - V) = 40 s
s V + 88 - 4V = 40 s 3V = 48
V = 16 e F = 6
1o poliedro: 16 vértices e 6 faces; 2o poliedro: 8 vértices e 12 faces.
12.e
12 ⋅ 3 = 2A s 2A = 36 s A = 18
V-A+F=2s
s V - 18 + 12 = 2 s
s V = 8
16. 6 ⋅ 1 + 3 ⋅ x = 2 A s
6 + 3x
sA=
2
V – A+F = 2 s
6 + 3x
s 1+ x –
+7 = 2 s
2
13. A = 28
Sejam x o número de faces quadrangulares e y o número de faces
hexagonais.
s 2 + 2 x – 6 – 3 x + 14 = 4 s
s – x + 10 = 4 s
s x=6
6+3⋅6
∴A=
= 12
2
4x + 6y
4x + 6y
A=
s 28 =
s 2 x + 3 y = 28 (I)
2
2
Do enunciado, temos:
(V - 2) ⋅ 360° = 6.120° s V - 2 = 17 s V = 19 (II)
Da relação de Euler, temos:
V - A + F = 2 s 19 - 28 + F = 2 s F - 9 = 2 s F = 11
∴ x + y = 11 (III)
De I e III, temos: x = 5 e y = 6
y o poliedro possui 5 faces quadrangulares e 6 faces hexagonais.
5⋅3 2⋅ 4 3⋅n
+
+
s
2
2
2
s 3n = 2 A - 23 s 3n = 2 ⋅ ( A - 11) - 1
14.a) A =
2 ⋅ (A - 11) - 1 é um número ímpar, 3 é um número ímpar, e não
existe número n, natural, par e não nulo, que, multiplicado
por 3, resulte em um número ímpar. Portanto, n não pode ser
um número par.
5⋅3 2⋅ 4 3⋅n
3n + 23
+
+
s A=
2
2
2
2
F = 3 + 2 + n s F = n + 5
3n + 23
n + 17
V - A+F = 2 s V +n+5 = 2 s V =
2
2
b) A =
51
17.c
S = (V - 2) ⋅ 360° s
s 18 ⋅ 180° = (V - 2) ⋅ 360° s
s V - 2 = 9 s
s V = 11
A pirâmide possui 10 vértices da base e o vértice da pirâmide, ou
seja, é uma pirâmide de base decagonal.
18.a
(V - 2 ) ⋅ 360° = 7.200° s V - 2 = 20 s V = 22
São 11 vértices em cada base e, assim, 11 faces laterais.
19.d
S = (V - 2 ) ⋅ 360°
O poliedro em questão é o tetraedro.
F =4
4⋅3
A=
=6
2
V - A+F = 2 s V -6+ 4 = 2 s V = 4
∴ S = ( 4 - 2 ) ⋅ 360º = 720º
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
20.c
S = (V - 2) ⋅ 360° s
s 1.440° = (V - 2) ⋅ 360° s
s V - 2 = 4 s
V=6
F1 = x + y
Do enunciado, temos:
21.c
I. F = 16
V - A + F = 2 s
s V - A + 16 = 2 s
s A = V + 14
II.2A = 1 ⋅ 5 + 5 ⋅ 4 + (V - 1 - 5) ⋅ 3 s
s 2A = 5 + 20 + 3(V - 6) s
s 2A = 25 + 3V - 18 s
s 2A = 3V + 7 s
s V1 + x + y = 26 (II)
No segundo poliedro, sejam A2, F2 e V2 o seu número de arestas, faces
e vértices, respectivamente. Então:
4 ( y + 1)
F 2 = y + 1; V 2 = V1 - 1 e A 2 =
s A2 = 2 y + 2
2
sA=
3V + 7
2
Substituindo I em II, temos:
3V + 7
V=
- 14 s 2V = 3V +7 - 28 s V = 21 e A = 35
2
22.c
F = 20
20 ⋅ 3
A=
= 30
2
V - A + F = 2 s V - 30 + 20 = 2 s V = 12
S = (V - 2 ) ⋅ 360° s S = 10 ⋅ 360 = 3.600°
Atividades extras
23.b
V-A+F=2s
s V - A + 8 = 2 s
s V - A = - 6 s A = V + 6 (I)
A
V +6
K = s K =
6
6
(II)
S = (V - 2) ⋅ 2π s
s 30π + (K - 2) ⋅ π = (V - 2) ⋅ 2π s
A
s 30 π + - 2 π = (V - 2) ⋅ 2 π s
6
V + 6
s π 30 +
- 2 = (V - 2) ⋅ 2 π s
6
3x + 4 y
A = 24 s
= 24 s 3 x + 4 y = 48 (I)
1
2
Sabendo que:
V1 - A 1 + F1 = 2 s V1 - 24 + x + y = 2 s
Da relação de Euler, temos:
V 2 - A 2 + F 2 = 2 s V1 - 1 - 2 y - 2 + y + 1 = 2
V1 - y = 4 (III)
Substituindo III e II, temos:
y + 4 + x + y = 26 s x + 2 y = 22 (IV)
De I e IV, temos:
3 x + 4 y = 48
s x =4ey =9
x + 2 y = 22
Logo, o primeiro poliedro possui 4 + 9 = 13 faces.
MG.13
1.a
a2 ⋅ 3
a3 ⋅ 3
V =
⋅a =
4
4
S1 = área lateral s S1 = 3a2
V
=
S1
a3 ⋅ 3
a⋅ 3
4
=
3a 2
12
2.a
Volume do tampo da mesa:
V1 = 90 ⋅ 80 ⋅ 2 = 14.400 cm3
Volume do prisma:
V =
2
62 ⋅ 3
⋅ 2 = 18 ⋅ 1, 7 = 30, 6 cm 3
4
V2
30, 6
=
= 0, 002125 = 0, 2125%
V1 14.400
V + 6 - 12
= (V - 2) ⋅ 2 s
6
V -6
s 30 +
= (V - 2) ⋅ 2 s
6
3.a
V1 = Ab ⋅ h
V2 = 0,9Ab ⋅ 1,2h = 1,08Ab ⋅ h
Aumenta 8%.
s 180 + V - 6 = 12(V - 2) s
s 174 + V = 12V - 24 s
s 198 = 11V s
V = 18
De (II), temos:
V + 6 18 + 6 24
=
=4
K=
=
6
6
6
4. V - F - V - V - V
I.(V) d = 20 2 + 12 2 + 9 2 = 400 + 144 + 81 = 625 = 25
II.(F) AT = 2 (20 ⋅ 12 + 20 ⋅ 9 + 12 ⋅ 9) = 2 (240 + 180 + 108) =
= 2 ⋅ 528 = 1.056 cm2
III.(V) V = 20 ⋅ 12 ⋅ 9 = 2.160 cm3
IV.(V)
s 30 +
x
K é um quadrilátero.
24. No primeiro poliedro, temos x faces triangulares e y faces quadrangulares. Sejam A1, F1 e V1 o número de arestas, faces e vértices,
respectivamente, desse primeiro poliedro.
Então, temos:
52
9
12
x = 12 + 92 s
s x2 = 144 + 81 = 225 s
s x = 15
2
2
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
A
V.(V)
B
Temos:
AE = menor diagonal
AB = maior diagonal
Queremos AE ⋅ AB.
Do enunciado, temos:
I. Área lateral = A = 144 s 6 ⋅ a ⋅ h = 144 s a ⋅ h = 24
C
D
II.Volume = V = 144 3 s
AB e CD são duas retas reversas.
5.d
3x3 - x = 22 s 3x3 - x - 22 = 0
2 é raiz da equação, pois 3 ⋅ 23 - 2 - 22 = 0
∴ x = 2 dm
De I e II, temos:
s a 2 h = 96
a 2 h = 96 s a ⋅ ah = 96 s a ⋅ 24 = 96
a = 4 cm e h = 6 cm
No triângulo ABC, temos:
AC = 2a = 8 cm; BC = h = 6 cm.
Aplicando Pitágoras no triângulo ABC, temos:
6.e
V = 3a ⋅ 3a ⋅ 5a - a ⋅ 3a ⋅ 2a - a ⋅ a ⋅ 3a s
s V = 45a3 - 6a3 - 3a3 s
s V = 36a3
( AB ) 2 = (BC ) 2 + ( AC ) 2 s ( AB ) 2 = 36 + 64 s
s ( AB ) 2 = 100 s AB = 10 cm
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo AFD, temos:
( AD ) 2 = a 2 + a 2 - 2 ⋅ a ⋅ a ⋅ cos 120° s
7. Observe a figura:
1
s ( AD ) 2 = 32 - 32 - s
2
30 – 2x
x
6a 2 ⋅ 3
⋅ h = 144 3 s
4
x
x
x
16 – 2x
s ( AD ) 2 = 32 + 16 s ( AD ) 2 = 48
Aplicando Pitágoras no triângulo ADE, temos:
( AE ) 2 = h 2 + ( AD ) 2 s ( AE ) 2 = 36 + 48 s
s ( AE ) 2 = 84 s AE = 2 21 cm
x
x
∴ AE ⋅ AB = 10 ⋅ 2 21 = 20 21 cm 2
x
x
Al = Área lateral
A1 = 2 x (30 - 2 x ) + 2 x (16 - 2 x ) = 204 s 92 x - 8 x 2 = 204 s
s 2 x 2 - 23 x + 51 = 0 s x 1 = 3 cm ou x 2 = 8,5 cm
A menor das dimensões é dada por (16 - 2x) com 0 < x < 8.
Logo, o lado do maior quadrado a ser cortado é de 3 cm.
10.e
Seja a a aresta do cubo, dada em centímetros. Sejam V o volume e
Atotal a área total, em m3 e cm2, respectivamente.
V = AT s (a ⋅ 10−2)3 = 6 ⋅ a2 s a3 ⋅ 10−6 = 6 ⋅ a2 s a = 6 ⋅ 106
11.
8.b
Sejam a, b e c as dimensões do paralelepípedo. A maior distância
entre dois vértices é a diagonal desse paralelepípedo. Assim:
• 4a + 4b + 4c = 140 s a + b + c = 35 (I)
• a 2 + b 2 + c 2 = 21 s a 2 + b 2 + c 2 = 441 (II)
De (I) e (II), vem:
(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2 (ab + ac + bc) s
( ab + ac + bc ) s 1.225 - 441 = Atotal s
s 352 = 441 + 2⋅
A total
s Atotal = 784 cm
10
h
30°
h
s
10
s h = 5 cm
sen 30°=
2
9.d
Observe a figura:
B
E
h
C
D
a
a
A
53
a
F
12.e
V = 20 ⋅ 30 ⋅ 40 - 4 ⋅ 103 s
s V = 24.000 - 4.000 s
s V = 20.000 cm3
Temos:
1 cm3
7,8 g
20.000 cm3
x
x = 7,8 ⋅ 20.000 s
s x = 156.000 g ou 156 kg
13. O volume V do prisma é dado por:
V = Ab ⋅ H, em que Ab é a área da base do prisma.
Do enunciado, os lados do triângulo retângulo da base são:
13, x e x + 1
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
Como 13 é a hipotenusa, aplicando Pitágoras, temos:
13 = x2 + (x + 1)2 s 13 = x2 + x2 + 2x + 1 s 2x2 + 2x - 12 = 0
x2 + x - 6 = 0
x = -3 (Não convém.)
ou x = 2
2⋅3
Logo: Ab =
= 3 cm 2
2
V = Ab ⋅ H s 36 = 3 ⋅ H s H = 12 cm
14.c
V = 1,5 ⋅ 0,7 ⋅ 0,8 = 0,84 m3 s
s V = 840 dm3 s
s V = 840 L
Em 1 segundo, despeja-se 0,04 litro e, em x segundos, despejam-se
840 litros.
Então:
0, 04 x = 840 s x = 21.000 segundos
21.000
minutos s x = 350 minutos =
60
= 300 minutos mais 50 minutos =
= 5 horas e 50 minutos
x =
1 5. v1 = 2 ⋅ 100 ⋅ 100
v2 = 3 ⋅ 80 ⋅ 200
v
1 = 2,4
v2
90
A torneira tem uma vazão de 9 litros por minuto ou seja,
eo
10
90
ralo, de 5 litros por minuto ou seja,
. Com a torneira e o ralo
18
abertos, a vazão será de 4 litros por minuto.
90 : 4 = 22 minutos e 30 segundos
19.Volume V do sólido resultante:
V = x ⋅ 3x ⋅ 6x - 2 ⋅ x · x · x s
s V = 18x3 - 2x3 s V = 16x3
Seja a a medida da aresta do cubo:
V = a3 = 16x3 s a =
3
16 x 3 s a = 2 3 2 · x
20.e
A figura é composta por três faces retangulares e duas faces triangulares.
A área A da figura é dada por:
A = 3r + 2t
21.b
AT = 6 ⋅ a2 s 150 = 6 ⋅ a2 s a2 = 25 s a = 5
d = a 3 s d = 5 3
Portanto, 2,4 vezes o volume da primeira pedra.
A massa da segunda pedra será, 2,4 ⋅ 25 kg = 60 kg
16.b
V1 = volume do paralelepípedo com o cubo.
4
V2 = volume do paralelepípedo com
do seu volume ocupado.
5
Vc = volume do cubo.
Vc = V1 - V2 s
s Vc = 15 ⋅ 16 ⋅ 36 - 15 ⋅ 16 ⋅
4
⋅ 36 s
5
22.b
Seja a a aresta do cubo.
a3 = 125 s a = 5 dm.
Consideremos um paralelepípedo cujas dimensões sejam a, a e h
(em que h é a altura).
Temos:
a2 ⋅ h = 50 s 25h = 50 s h = 2 dm s
s h = 20 cm
Atividades extras
23. a) Observe a figura.
1
⋅ (15 ⋅ 16 ⋅ 36) = 1.728 cm3
s Vc =
5
a = aresta do cubo.
V = a3 s a3 = 1.728 s a = 12 cm
Área total = 6a2 = 6 ⋅ 144 = 864 cm2
3,5
17.a
Sejam a = k, b = 3k e c = 5k as medidas das arestas do paralelepípedo reto-retângulo e k a constante de proporcionalidade.
3,5
C
A
B
A base do retângulo é igual a 14 raios da lata de ervilha.
b = 14 ⋅ r s b = 14 ⋅ 3,5 s b = 49 cm
A altura h da caixa é a altura de um triângulo equilátero de lado
4r acrescida de dois raios da lata de ervilha.
h=
3k
4r ⋅ 3
+ 7 s h = 2 ⋅ 3, 5 3 + 7 s
2
s h = 7 3 + 7 s h = 7 ( 3 + 1) cm
A área da secção transversal é dada por:
k
5k
V = a ⋅ b ⋅ c s a ⋅ b ⋅ c = 405 s k ⋅ 3k ⋅ 5k = 405 s k = 27
y k = 3
Logo: a = 3, b = 9 e c = 15
Seja A a soma dos comprimentos de todas as arestas desse paralelepípedo reto-retângulo.
A = 4 ⋅ (a + b + c) s A = 4 ⋅ (3 + 9 + 15) s A = 4 ⋅ 27
y A = 108 m
3
54
18. V = 0,3 ⋅ 0,6 ⋅ 0,5 m3 s
s V = 0,09 m3 = 90 litros
(
)
(
) 2
A = b ⋅ h = 49 ⋅ 7 3 + 1 = 343 3 + 1 cm
b) De acordo com a figura, cada secção comporta 20 latas de ervilhas. Logo, serão necessárias 3 camadas dessas latas para obtermos um total de 60 latas.
Assim, a altura da caixa será de 3 ⋅ 8,5 = 25,5 cm
O volume V da caixa será dado por:
V = 49 ⋅ 7 ( 3 + 1) ⋅ 25,5 s V = 8.746,5 ( 3 + 1) cm3
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
24. Observe a figura, onde as medidas estão em metros.
5 + 0,1
h=5
b
b + 0,2
b
Temos que 180.000 litros = 180 m3
Volume interno = V = b2 ⋅ 5 s 180 = b2 ⋅ 5 s b2 = 36 s b = 6 m
Seja A a área a ser impermeabilizada, e considere Ai = área interna
e Ae = área externa.
Ai = b2 + 4bh s Ai = 36 + 120 s
s Ai = 156 m2
Ae = (b + 0,2)2 + 4(5 + 0,1) ⋅ (b + 0,2) s
s Ae = (6,2)2 + 4 ⋅ 5,1 ⋅ 6,2 s
s Ae = 164,92 m2
∴ A = Ai + Ae = 156 + 164,92 = 320,92 m2
320, 92
= 21, 3
15
Portanto, serão necessárias, pelo menos, 22 latas.
MG.14
1.
h
m
a
k
k2 = 36 s k = 6 dm
k
a =
s a = 3 dm
2
h = 4 dm
m2 = h2 + a2 s
s m2 = 16 + 9 = 25 s
s m = 5
A área total é dada pela área da base somada com a área de quatro
triângulos de base 6 e altura 5:
AT = 36 + 4 ⋅
( 6 3 ) = h2 + 62 s 108 = h2 + 36 s h2 = 72 s h = 6 2 cm
2
4.b
Seja x a medida de uma das arestas dessa pirâmide:
3 2
x 2=3 s x=
cm
2
b + 0,2
Do enunciado, temos:
12
=6
2
III.
m2 = h2 + a2
Substituindo I e II em III, temos:
II.
a=
O apótema a da base é dado por: a =
3 2
cm
4
Seja m a altura do triângulo equilátero de lado
faces.
3 2
3
x 3
m=
s m=
⋅
s m=
2
2
2
Assim, temos:
m2 = h2 + a2
9⋅6
9⋅2
= h2 +
s
16
16
54 - 18
36
s
= h2 s h2 =
s h=
16
16
O volume V é dado por:
1
V = x2 ⋅ h s
3
1 9 3 9
s V = ⋅ ⋅ = cm 3
3 2 2 4
3 2
de uma das
2
3 6
m
4
3
cm
2
5.b
Sendo x a medida da aresta da base, temos:
x2 = 64 s x = 8 m
x
O apótema a da base mede = 4 m e a altura h da pirâmide é
2
h = 4 m.
Sendo m a altura dos triângulos das faces laterais, temos:
m 2 = h2 + a2 s m2 = 16 + 16 s m = 4 2
Portanto: Alateral = 4 ·
x · m 4· 8· 4 2
=
= 64 2 m 2
2
2
6.a
P
6·5
= 36 + 60 = 96 dm2
2
h
2.a
D
C
• A total = a 2 ⋅ 3 s a 2 ⋅ 3 = 6 ⋅ 3 s a 2 = 6 s a = 6
• h =
a⋅ 6
s h=
3
6⋅ 6
s h = 2 cm
3
3.e
Sejam: m o apótema da pirâmide, a o apótema da base e h a altura
da pirâmide.
I.
m é a altura de um triângulo equilátero de lado 12 cm
m =
55
12 3
= 6 3 cm
2
60°
O
A
• V =
B
a
• tg 60° =
h
s
a
2
M
3=
a
2
2h
a 3
s h=
2
a
1
a⋅ 3
1
⋅ Abase ⋅ h s 36 ⋅ 3 = ⋅ a 2 ⋅
s
3
3
2
3
s a 3 = 216 s a = 216
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
7.c
V
a
a
h
a
C
A
M
0
a
B
Seja a a medida de cada aresta do tetraedro.
AM = altura do triângulo equilátero ABC
O ponto O é o baricentro do triângulo equilátero ABC. Assim:
2
2 a 3 a 3
AO = ⋅ AM = ·
=
3
3
2
3
O triângulo VOA é retângulo em O.
2
2
2
11.d
Consideramos:
60 cm = 6 dm e 30 cm = 3 dm
1 dm3 = 1 litro
Então, temos:
1
Volume V = ⋅ 6 2 ⋅ 3 = 36 dm3 = 36 litros
3
Logo, despejando 18 litros de água nesse objeto, ela não transbordará, ocupando apenas a metade de sua capacidade.
12.a
a 3
Assim: (VA) = (VO) + (AO) s a = h +
3
2
10.a
V1 = volume do prisma
V2 = volume da pirâmide
V = V1 - V2 = volume do sólido remanescente
I.
V1 = 15 ⋅ 10 = 150 cm3
1
II.
V2 =
⋅ 15 ⋅ 5 = 25 cm3
3
V = 150 - 25 = 125 cm3
S
2
2
s
a2
s
3
2
a
2a 2
a 2 a 6
s h2 = a2 s h2 =
s h=
=
3
3
3
3
Como, no nosso problema, a = 6 cm, temos:
s a2 = h2 +
h=
6 6
= 2 6 cm
3
8.d
O problema pede a área lateral da pirâmide. Observe a figura.
V
h
O
m
a
a
2
M
1 7 1
⋅ s
2 2
s A = 7 m 2 H 2, 64 m 2
Portanto, a alternativa d representa a menor quantidade de lona.
9.e
Sejam h1 a altura da pirâmide e h2 a altura da maquete.
Sejam ainda A1 a área da base da pirâmide e A2 a área da base da
maquete.
2
2
h
6
A
4
1 = 1 s =
s
0, 04
A2
h2
h2
36
36
6
2
s h 2 = 100 s h 2 = 100 s h 2 = 10 = 0, 6 m = 60 cm
2
56
B
13.a)
6 1
7
7
2
2
s m = 4 + 4 s m = 4 s m = 2
A = área lateral = 4 ⋅
a
2
A base do tetraedro é um triângulo retângulo em que cada cateto
a
mede .
2
a
A altura de tetraedro é .
2
Vc = volume do cubo = a 3
1 a a 1 a a3
Vt = volume do tetraedro = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =
3 2 2 2 2 48
a3
Vt
1
= 483 =
48
Vc
a
h
m2 = h2 + a2 s
N
a
2
a
50 – a
a 2 = h 2 + (50 - a ) 2 s
s a 2 = h 2 + 2.500 - 100a + a 2 s
s h 2 = 100a - 2.500 s
s h 2 = 100( a - 25) s
s h = 10 a - 25
1
1
2
A ⋅ h = [ 2 ⋅ (50 - a ) ] ⋅ 10 ⋅ a - 25 =
3 B
3
40
=
⋅ (50 - a ) 2 ⋅ a - 25
3
b) V =
c)I.a - 25 > 0 s a > 25
II.50 - a > 0 s a < 50
De I e II, temos:
25 < a < 50
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
Do enunciado e da figura, tiramos que VO = 20 cm;
x
5
OP = x; OM = e NP =
2
2
Então:
5
20 - x
= 2 s x = 10 cm
x
20
2
Vc = OP 3 = x 3 = 10 3 = 1.000 cm 3
14.
V
5
4
m
D
x
2
A
x
B
x
2
16.c
Observe a figura:
C
a
O apótema de um quadrado de lado x é
No triângulo VBD, temos:
2
x
.
2
a
2
x
x
5 2 = m 2 + s = 25 - m 2 2
2
(I)
h
No triângulo VBA, temos:
2
2
x
x
m 2 = 4 2 + s m 2 = 16 + s
2
2
2
x
s = m 2 - 16
2
(II)
k
Substituindo (I) em (II), temos:
25 - m2 = m2 - 16 s
A
41
2
2
2
x
41
9
x 3 2
x
s x = 3 2 cm
- 16 s = s =
=
2
2
2
2
2
2
Logo:
s 2m2 = 41 s m2 =
Ab ⋅ h
(3
2 ) ⋅ 4 18 ⋅ 4
=
= 24 cm 3
3
3
2
V =
=
3
Professor, se os alunos “enxergarem” o †VAD, pode-se resolver assim:
A diagonal de um quadrado de lado x é x 2 .
No triângulo VAD, temos:
52 = 42 + AD2 s
2
x 2
x2
x2
s 52 = 42 +
s
= 9 s x 2 = 18
s 25 = 16 +
2
2
2
∴ x = 3 2 cm
15. Observe a figura:
P
B
a
2
I. O volume da caixa é dado por Vc = a2 ⋅ h
a2
2
A pirâmide tem como base um quadrado de lado k e altura h
II. Aplicando Pitágoras no triângulo ABC, temos k2 =
Vp =
a2 ⋅ h
1 a2
⋅
⋅h=
3 2
6
a 2h
Vp
1
6
= 2 =
Vc
a h 6
17. ABCD é um quadrado de diagonal .
Sendo AD = CD = BC = AB e, aplicando Pitágoras no triângulo retângulo ADC, temos:
2 = x 2 + x 2 s
s 2x 2 = 2 s
s x2 =
V
C
a
2
2
2
s x=
2
2
B
N
A
x
O
C
x
D
M
O volume do octaedro é igual ao volume de duas pirâmides qua Os triângulos VPN e VOM são semelhantes.
Então:
VP PN
=
VO OM
57
drangulares de base quadrada, de aresta x =
∴ V = 2 ⋅
1 2 3
⋅
⋅ =
6
3 2 2
2
e altura .
2
2
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
18. Observe a figura:
No triângulo EFH, temos:
(EF ) 2 = (EH ) 2 + (HF ) 2 s 40 = h 2 + (3 - HG ) 2 (b )
De (a) e (b), concluímos que:
HG = 1e h = 6
Assim, o volume V da pirâmide é dado por:
V
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
1
1
V = ⋅ AB ⋅ BC ⋅ h = ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 6 = 24
3
3
h
20.d
Observe a figura:
A1
C1
60°
O
4
C
A
B1
3
Q
B
No triângulo VOC, temos:
C
T
W
B
h
Do enunciado, temos que TW = QW = 2 cm. Aplicando Pitágoras no
triângulo TWQ, temos: TQ = 2 2 .
Logo, a área A procurada é a área de oito triângulos equiláteros de
lado = 2 2 .
60°
R
I. R = dobro do apótema da base
R =
A =
2 4 3 4 3
=
·
3
3
2
II. tg 60° =
h
s
R
h
3=
s h=
4 3· 3
sh=4m
3
4 3
3
As pirâmides VABC e VA1B1C1 são semelhantes.
Sendo d a distância procurada, temos:
8 ⋅ 2 ⋅ 3
= 2 ⋅ 8 3 = 16 3 cm2
4
21.b
Sejam:
AF = área de uma das faces do tetraedro
AT = área do trevo em uma das faces
A = área dos trevos de todas as faces
t2 ⋅ 3
(área de um triângulo equilátero de lado t)
4
3 1
Observe que o trevo ocupa = da área de cada face.
9 3
Temos: AF =
3 4-d
=
sd=1m
4
4
19. Observe a figura:
Assim, A T =
E
A = 4 ⋅
h
G
D
A
C
H
F
t2 ⋅ 3 t2 ⋅ 3
=
12
3
22.d
V
3
4
B
Nela, temos:
FE é a altura do triângulo ABE e EG é a altura do triângulo CDE.
Além disso, FG = 3
Do enunciado, temos:
I. Área do triângulo
AB ⋅ FE
ABE = 4 10 s
= 4 10 s
2
4FE
s
= 4 10 s FE = 2 10
2
II. Área do triângulo
CD ⋅ EG
4 ⋅ EG
CDE = 2 37 s
= 2 37 s
=
2
2
= 2 37 s EG = 37
No triângulo EHG, temos:
(EG ) 2 = (EH ) 2 + (HG ) 2 s 37 = h 2 + (HG ) 2 ( a )
58
1
1 t2 ⋅ 3 t2 ⋅ 3
AF = ⋅
=
3
3
4
12
V
U
V
M
Q
T
N
P
T
U
1
M
1
U
V
1
Q
1
Z
1
1
1
1
T
1
N
P
1
1
U
V
QR é a altura do tetraedro APDQ.
O volume V do tetraedro é dado por:
1
1
V = ⋅ AB ⋅ h = ⋅ 3 ⋅ 3 s
3
3
Q
1
sV =
3
1
Z
1
MG.15
U
A planificação representa o poliedro MNPQTUV e seu volume V é
dado pela diferença entre o volume do cubo MNPQTUVZ e o volume
da pirâmide VZUQ. Assim:
1
Vpoliedro = Vcubo - Vpirâmide s Vpoliedro = a 3 - ⋅ Abase ⋅ h s
3
1 1 ⋅ 1
5
cm 3
sV
= 13 - ⋅
⋅ 1 s Vpoliedro =
poliedro
3 2
6
Atividades extras
23.
h
H
2m
1.d
6.280 litros = 6,28 m3
V = π ⋅ r2 ⋅ h s
s 6,28 = 3,14 ⋅ 1 ⋅ h s h = 2 m
2.a
r 4
4h
I. = s r =
h 5
5
II.2rh = 10
Substituindo I em II, temos:
4h
25
5
⋅ h = 10 s h2 =
sh= ser=2
2 ⋅
5
4
2
Vc = volume do cilindro
5
Vc = π ⋅ r 2 ⋅ h s Vc = π ⋅ 4 ⋅
s Vc = 10π
2
3.a
Vcaneta = Abase ⋅ h s Vcaneta = ( π ⋅ 1 2 ) ⋅ 120 s Vcaneta = 360 mm 3
Número de dias =
a)Sendo H a altura da pirâmide original e h a altura da pirâmide menor, em metros, temos: h = H − 2. Como a área total da pirâmide
menor é igual à metade da área da pirâmide original, temos:
2
h
H - 2
1
1
=
s
s H = 2 ⋅ (2 + 2 )
=
H
2
2
H
b)Sendo V o volume da pirâmide original e v o volume da pirâmide
menor, em metros cúbicos, temos:
1
1
• V = ⋅ Abase ⋅ H s V = ⋅ 3 2 ⋅ 2 ⋅ ( 2 + 2 )
3
3
∴ V = 6 ⋅ (2 + 2 )
3
3
• v = h s v = V ⋅ H - 2 s
H
V H
3
2 ⋅ (2 + 2 ) - 2
s v = 6 ⋅ (2 + 2 ) ⋅
s
2 ⋅ ( 2 + 2 )
3
2
2 2
s v = 6 ⋅ (2 + 2 ) ⋅ s v = 6 ⋅ (2 + 2 ) ⋅
8
2
∴ v = 3 ⋅
(
2 + 1)
• Vtronco = V − v s V tronco = 6 ⋅ ( 2 + 2 ) - 3 ⋅
(
2 + 1) s
s V tronco = 12 + 6 2 - 3 2 - 3
∴ V tronco = 3 ⋅ ( 3 + 2 ) m 3
24. A área do triângulo APD é
maneira:
Área do triângulo APD =
1
da área do quadrado ABCD. Dessa
4
2
1
(2 3 ) = 1 ⋅ 4 ⋅ 3 = 3
4
4
Sendo R o ponto médio de AD, temos:
AB 2 3
QR = RP =
=
= 3
2
2
59
V caneta
V uso diário
=
360
s Número de dias = 36
10
4.c
A altura do nível do vinho é proporcional ao seu volume; reduzindo-se 20% da metade da altura do cilindro, estamos também
reduzindo 20% da metade do volume do cilindro.
Logo: 40 =
20 V
V
⋅ s 40 =
s V = 400 L
100 2
10
5.a
AL = 2π · R · h s 2π · R · h = 2π s
sR·h=1
V = π · R2 · h s
s π · R 2 · h = π s
s R 2 · h = 1 = R · R · h = 1 s R = 1 e h = 1
6.e
Vcaixa = 203 = 8.000 cm3
Seja h a altura do líquido no tubo cilíndrico.
Vlíquido no tubo = (π ⋅ 102) ⋅ h s
s 100 ⋅ π ⋅ h = 8. 000 s h =
80
cm
π
7.c
Sejam A a superfície lateral do cilindro, h a sua altura e R o raio da
base. Temos:
A = 2π ⋅ R ⋅ h s
s A = 2π ⋅ 2 ⋅ 3 s
s A = 12π cm2
8.a) a = aresta do cubo
V1 = volume do cubo
V1 = a3 s a3 = 256 s a = 4 3 4
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
V2 = volume do cilindro
12.a
2
a
V2 = p ⋅ ⋅ a s
2
256 π
πa 3
s V2 =
s V2 =
s
4
4
s V2 = 64p cm3
b)A2 = 2pR(h + R) s
s A2 = 2p ⋅
=
3a
3a 2 ⋅ π
a
a
⋅ a + = p ⋅ a ⋅ =
=
2
2
2
2
π
3 ⋅ 16 ⋅ 16 ⋅ π
= 24 ⋅ 2 3 2 ⋅ p = 48p 3 2 cm2
2
• Vcilindro = π ⋅ π2 ⋅ H s Vcilindro = π3 ⋅ H
9. O menor custo de produção será na confecção de um cilindro equilátero.
Primeiramente, observemos que:
400 mL = 0,4 dm3 = 400 cm3
Usaremos, então, a unidade de centímetros.
V = πr 2 · h s V = πr 2 ⋅ 2r s 2 πr 3 = V
200
2 πr 3 = 400 s r 3 =
s
π
3
s r H 64 s r H 4 cm
Portanto, o cilindro deverá ter as bases circulares com aproximadamente 4 cm de raio e altura aproximada de 8 cm.
I. (V) Sendo h2 = 4h1; r2 =
r1
; V o volume da lata L1 e V2 o volu2 1
me da lata L2, temos:
2
r
V1 = π ⋅ r12 ⋅ h1 e V 2 = π 1 ⋅ 4h1
2
2
V 2 = π · r1 ⋅ h1 s V 1 = V 2
2
r
II.(V) V1 = π ⋅ r12 ⋅ h1 e V 2 = π 1 ⋅ 2h1
2
2π
2π
3
10. V - V - F
V2 =
π ⋅ r12
4
V1
s
V
=
2
2
⋅ 2h1 s V 2 =
h
H
π ⋅ r12 · h1
2
• Vprisma = (2π)2 ⋅ h s Vprisma = 4 ⋅ π2 ⋅ h
• Vprisma = Vcilindro s 4 ⋅ π2 ⋅ h = π3 ⋅ H s
h
π3
h π
=
s
s
=
H 4 ⋅ π2
H 4
h
0, 78 s h = 0, 785 ⋅ H s h = 78% de H
s
H
Logo, a redução na altura é da ordem de 22%.
13.c
V1 = volume do cilindro original
V1 = π ⋅ 52 ⋅ 12 s V1 = 300π cm3
Com a mudança, temos:
r = 1,2 ⋅ 5 = 6 cm e o volume V = V1
Então:
300
25
300 π = π ⋅ 6 2 ⋅ h s h =
s h=
cm
36
3
25
25
= 12 x s x =
s x = 0, 69
3
36
1 - 0, 69 = 0, 31 = 31%
14.Soma = 23 (01 + 02 + 04 + 16)
Observe a figura:
s
2
2r 3h
π ⋅ 4r12 3h1
⋅
III.(F) V1 = π ⋅ r12 ⋅ h1 e V 2 = π ⋅ 1 ⋅ 1 s V 2 =
2
9
2
3
2
2
V 2 = π ⋅ r12 ⋅ h1 s V 2 = · V1
3
3
A1 = área da base da pirâmide de aresta a
11.a
h
h
r
2πr
a2 ⋅ 3
A =6⋅
= 24 3 s a 2 = 16 s a = 4 cm
1
4
Portanto, o raio r da base do cilindro é r = 4 cm. Como o cilindro é
equilátero, a altura (h) da pirâmide e do cilindro é igual a 2r. Assim:
h = 2 ⋅ 4 s h = 8 cm
(01) (V) Na pirâmide, temos:
h2 = m2 + t2, em que h é a altura da pirâmide, m é o apótema
da pirâmide e t =
Alateral = 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ h s 4 π = 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ h s r =
2 π
h⋅ π
60
Assim:
2
4 3
82 = m2 -
s 64 + 12 = m 2 s
2
2
2 π
π⋅4
V = (π ⋅ r 2 ) ⋅ h s 4 = π ⋅
⋅h s h=1
⋅h s 4= 2
h ⋅π
h⋅ π
a 3
é o apótema da base.
2
s m 2 = 76
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
Observe a figura:
m
x
a
2
em que x é a aresta lateral. Aplicando Pitágoras, temos:
a2
s x 2 = 76 + 4 s x = 4 5 cm 4
(02)(V) VP = volume da pirâmide
x 2 = m2 +
VP =
1
1
⋅ 24 3 ⋅ h = ⋅ 24 3 ⋅ 8 = 64 3 cm 3 3
3
(04)(V)
(08)(F) AT = 2π ⋅ R ⋅ (R + h) = 2π ⋅ R ⋅ 3R = 6π ⋅ R2 = 96π cm2
(16)(V) V = π ⋅ R2 ⋅ h s V = π ⋅ R2 ⋅ 2R s V = 2π ⋅ R3
s V = 128π cm3
15.a
Observando a figura do enunciado, o volume do bloco é dado por
V1, que é o volume do cilindro oblíquo de raio da base igual a 10 cm
e altura 100 cm somado com a metade do volume do cilindro (segundo o enunciado, trata-se de um semicilindro) V2 de raio da base
10 cm e altura 120 - 100 = 20 cm.
Então, temos:
V = V1 + V2 s
π · 10 2 · 20
s
2
s V = 10.000π + 1.000π = 11.000π cm3
s V = π ⋅ 102 ⋅ 100 +
16.e
) = 120°
Quando o diedro possui 60°, temos: med(BC
A1 = 2π ⋅ r ⋅ h = 2π ⋅ 10 ⋅ 24 = 480π
Ainda: 120° =
∴ A =
360°
3
480 π
= 160 π cm 2
3
17.a
Temos:
C1
I.(V) A área da superfície lateral de ambos os cilindros é a área
do retângulo.
II.(V) V1 = volume do cilindro C1
625
1.406, 25
V = π⋅
⋅9 =
H 448 cm 3
1
π
4π 2
V2= volume do cilindro C2
81
506, 25
V = π⋅
⋅ 25 =
H 161 cm 3
2
π
4π 2
25
III.(F) h = 18 e r =
π
625
11.250
V = π ⋅ 2 ⋅ 18 =
H 3.583 cm 3
π
π
IV.(F) 50 ⋅ 18 não é o dobro de 25 ⋅ 9
18. A altura h de um triângulo equilátero de lado a é dada por:
a 3
h = 2
Do enunciado, temos: r =
h
s h = 3r
3
Então:
a 3
a 3
a 3
h=
s 3r =
s r=
2
2
6
Seja A1 a área lateral do prisma e A2 a área lateral do cilindro.
3a 2 ⋅ 3
a 3
s A1 =
2
2
a 3 a 3 3a 2 ⋅ π π ⋅ a 2
⋅
=
=
A2 = 2π ⋅ r ⋅ h = 2π ⋅
6
2
6
2
3 a2 ⋅ 3
A1
3 3
2
=
=
A2
π
π a2
2
A1 = 3 ⋅ a ⋅ h s A1 = 3 ⋅ a ⋅
19.d
1
1
15
BC = ⋅ 2 π ⋅ R = ⋅ 2 π ⋅
=5
π
6
6
e AC = 12
Observe a figura:
C
5
B
12
r1
9 cm
A
2 πr1 = 25 s r1 =
25
2π
r2
C2
25
2 πr 2 = 9 s r 2 =
61
9
2π
Aplicando-se Pitágoras no triângulo ABC, temos:
AB 2 = BC 2 + AC 2 = 25 + 144 s AB = 13
20.I. A capacidade da menor embalagem é dada por V1.
V1= π ⋅ r2 ⋅ h s V1 = 16 ⋅ 5π s V1 = 80π cm3
II. A capacidade da maior embalagem é dada por V2.
V2 = π ⋅ r2 ⋅ h s V2 = 52 ⋅ 8 ⋅ π = 200π cm3
a) Por uma regra de três, temos:
200 g
80π cm3
x
200π cm3 s 80π ⋅ x = 200 ⋅ 200π s x = 500 g
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
b) Na embalagem menor, temos:
200 g = 0,2 kg
1, 75
= R$ 8,75 por quilo
0, 2
Na embalagem maior, temos:
500 g = 0,5 kg
4
= R$ 8,00 por quilo.
0,5
A maior embalagem apresenta o menor preço por unidade de
medida.
21.d
Observe a figura:
D
F
C
45°
h
A
E
45°
B
Seja V1 o volume do cilindro cujos diâmetros das bases são AB e CD
e V2 o volume do cilindro cujos diâmetros das bases são CD e EF .
I. No triângulo CEF, temos:
CE
h
tg 45° =
s 1=
s h = 7, 2 cm
7, 2
EF
V1 = π ( 3, 6 ) ⋅ 15
II.
III.
V 2 = π(3, 6) 2 ⋅ 7, 2 s V 2 = π(3, 6) 2 · 3, 6
2
O total demandado foi
Sejam V1 o volume do cilindro cuja altura vai até o furo II; V2 o volume do cilindro cuja altura vai do furo II até a base superior e V3
o volume de todo o cilindro.
Assim, temos:
V1 = π ⋅ 12 ⋅ 1 = π
V2 = π ⋅ 12 ⋅ 2 = 2π
V3 = π ⋅ 12 ⋅ 3 = 3π
Para esvaziar a parte superior (da base superior até o furo II), temos:
1 min
2 litros
x
2π litros s x = π min
4π
Queremos a água restante após
minutos.
3
Como já foram gastos π minutos para esvaziar a parte superior, te4π
π
minutos.
mos, então, que considerar ainda
-π=
3
3
Então, em relação ao volume V1 do cilindro, cuja altura vai da base
inferior da figura ao furo II, temos:
1 min
1 litro
π
min
y
3
π
litros
y =
3
π 7π
Logo, o total esvaziado foi de 2 π + =
litros.
3
3
O volume restante é dado por:
7π
7 π 2π
litros.
V3 = 3π =
3
3
3
24. A figura do cilindro interno supostamente reto é a seguinte:
V2
= 46, 656 π cm 3
2
60 cm
Então:
π(3, 6) 2 · 3, 6 3, 6
=
= 0, 24 = 24%
π(3, 6) 2 · 15
15
22. h = altura de cada embalagem
VA = volume do cilindro de raio a
VB = volume do cilindro de raio b
VC = volume do cilindro de raio c
VA = πa2 ⋅ h
VB = πb2 ⋅ h
VC = πc2 ⋅ h
π ⋅ c2 ⋅ h = π ⋅ a2 ⋅ h + π ⋅ b2 ⋅ h s π ⋅ c2 ⋅ h = π ⋅ h(a2 + b2) s
s c2 = a2 + b2 (c.q.d.)
a)
b)
Atividades extras
23.c
Primeiramente, vamos transformar as medidas do cilindro em dm.
Então, temos: 10 cm = 1 dm; 30 cm = 3 dm
Observe a figura:
1
⋅ π ⋅ 10 2 = 10 π cm 2
10
2
3
V = π ⋅ r ⋅ h = 10π ⋅ 60 = 600π cm
O volume a ser considerado é dado por:
V = π ⋅ r2 ⋅ h s V = 10 ⋅ π ⋅ 2 s V = 20π cm3
Esse volume compreende uma área de
π ⋅ r2 = π ⋅ 102 = 100π cm2
Considere: 500 m = 50.000 cm e 300 m = 30.000 cm
A área do terreno é dada por 50.000 ⋅ 30.000 =
= 5 ⋅ 104 ⋅ 3 ⋅ 104 = 15 ⋅ 108 cm2
V
20 π cm 3
Sendo V1 o volume pedido, temos: 1 =
área 100π cm 2
V1
2
=
s V1 = 30 ⋅ 10 7 cm 3 s V1 = 300 m 3
15 ⋅ 10 8 10
A área da base desse cilindro possui
MG.16
1.c
2πr
2 dm
α
Furo II
1 dm
g
2 πr = π ⋅ g s 2 πr = π ⋅ 10 3 s r = 5 3
1 dm
Furo I
62
g
g 2 = r 2 + h 2
(em que h é a altura do cone)
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
300 = 75 + h 2 s h 2 = 225 s h = 15
1
1
V = πr 2 · h s V = π ⋅ 75 ⋅ 15 s V = 375 π
3
3
2.a
Pelo enunciado:
V1 = 2V 2 s
1
1
s A ⋅ H = 2 ⋅ AB ⋅ h s H = 2h
3 B
3
d = R - h e H + h = 2R s 2h + h = 2R s 3h = 2R s h =
g
α
2R R
∴d = R =
3
3
2π
= s = 6π s2πr = 6π s r = 3
a = s
g
3
9
g2 = r2 + h2 s 81 - 9 = h2 s h2 = 72 s h = 6 2
1
1
V = πr 2 ⋅ h s V = π ⋅ 9 ⋅ 6 2 = 18 2 · π
3
3
7.d
Em um cone equilátero, a geratriz é igual ao diâmetro da base, ou
seja, g = 2r
Temos, então:
W
V
W
18
O sólido gerado é o cone da figura acima.
1
V = ⋅ π ⋅ 182 ⋅ 24 s 2.592π cm3
3
4.b
Sendo h a altura e r o raio dos cilindros, temos:
1
1
h 1
⋅ π ⋅ r2 ⋅ h e v = 2 ⋅ ⋅ π ⋅ r2 ⋅ = ⋅ π ⋅ r2 ⋅ h
3
3
2 3
V
∴ V =v s =1
v
V =
1
3
2
· π · a 2 ⋅ ( 2a ) - a 2 =
· πa 3
3
3
1
2 3
2
2
= π ⋅ 4a 2 ⋅ ( 4a ) - ( 2a ) =
· π · 4a 3
3
3
3
· π · a 3
1
= 3
=
8
2 3
3
· π · 4a
3
V =
3.a
24
2R
3
8.e
O volume V procurado é o de dois cones de raio da base igual a 3 e
altura igual a 3.
1
V=2⋅
⋅ p ⋅ 32 ⋅ 3 = 18p
3
9.d
Observe a figura:
B
g=5
5.a
Seja A a área lateral:
A = π ⋅ R ⋅ g s π ⋅ R ⋅ g = 24π s 4π ⋅ g = 24π s g = 6 cm
Temos, ainda, que:
g2 = h2 + R2 s 36 = 16 + h2 s h2 = 20 s h = 2 5 cm
1
1
V = ⋅ π ⋅ R 2 ⋅ h s V = ⋅ π ⋅ 16 · 2 5 s
3
3
16 π ⋅ 20
sV=
cm 3
3
6.c
H
O
d
g
α
3
2p · r = 8π
g=5
4
A
g = h + r s g = 3 + 4 s g = 25 s g = 5 cm
g = 5 é o raio do setor circular que forma a superfície lateral do cone
C = comprimento da circunferência da base do cone
C = 2 π ⋅ r = 8 π = AB
Do comprimento de arcos ( = α ⋅ r), temos:
8 π 8 ⋅ 180°
8 π = 5a s a =
=
s a = 288°
5
5
2
2
2
2
2
2
2
10.d
R
h
Considere:
V1 = volume do cone maior
V2 = volume do cone menor
H = altura do cone maior
h = altura do cone menor
d = distância do plano α da base ao centro O
A área AB do círculo é comum aos dois cones.
63
g
g
h
3
3
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
Secção meridiana: g + g + 3 + 3 = 16 s 2g = 10 s g = 5
g2 = h2 + r2 s 52 = h2 + 32 s h2 = 16 s h = 4
3
3
V c + V c' = 512 π ⋅ 1 +
= 8 3 ⋅ π ⋅ 1+
s
3
3
1
1
V = ⋅ A B ⋅ h s V = ⋅ π ⋅ 3 2 ⋅ 4 s V = 12 ⋅ π cm 3
3
3
s
11.d
No segundo cone, o diâmetro da base será dado por 1,2 ⋅ 4 = 4,8 cm
15.b
Observe a figura:
2
8 3 ⋅ π ⋅ (3 + 3)
cm 3
3
2
12
24
1
144 π 3
V 2 = ⋅ π ⋅ (2, 4) 2 ⋅ 3 = ⋅ π = π =
cm
5
10
3
25
x
1
12.a
VP = volume do prisma
VC = volume do cone
hP = altura do prisma
hC = altura do cone
Por semelhança de triângulo temos:
2
h = h
P 3 c
8+ x 3
= s 8 + x = 3x s 2x = 8 s x = 4 cm
1
x
VP
VC
=
8
3
S b ⋅ hP
V
3h
s P = P =
1
VC
hC
S b ⋅ hC
3
2hC
3 =2
hC
3⋅
13.b
Pela observação da figura temos que a geratriz do cone mede 10.
252° corresponde
7π
5
7π
⋅ 10
θ⋅ g
2⋅π⋅r
θ=
s r =
s r = 5
s r =7
g
2π
2π
Assim, temos um cone com raio da base igual a 7 e geratriz igual a 10.
O volume V do tronco é dado pelo volume do cone maior subtraído
do volume do cone menor.
4 π 104 π
1
1
V=
cm3
⋅ p ⋅ 9 ⋅ 12 - p ⋅ 1 ⋅ 4 = 36p =
3
3
3
3
O volume Vc do líquido ocupado no cilindro é dado por
Vc = p ⋅ 42 ⋅ h (em que h é a altura do cilindro preenchido pelo líquido)
104 π
= 16 ⋅ π ⋅ h s
3
13
s h =
cm
6
13 11
A altura pedida é 4 = cm.
6
6
16.c
Observe a figura:
14.e
CD = 8 cm
R
8
24 3
CD
3
=
= 8 3 cm
tg 30° =
s
s DT =
DT
3
DT
3
Fazendo-se a rotação, teremos o seguinte sólido:
T
O
R
2·R
R
A
2R
B
Considere:
V1 = volume do cilindro
V2 = volume do cone
V = V1 - 2V2 s π ⋅ R2 ⋅ 2R - 2 ⋅
D
8
s V =
8
1
⋅ π ⋅ R2 ⋅ R s
3
4
⋅ π ⋅ R3
3
17.b
Na figura, temos:
R
O volume procurado é o volume do cilindro acrescido do volume
do cone, ambos de raio de base r = 8 cm.
hc = altura do cilindro = 8 cm
hc’ = altura do cone = 8 3 cm
Vc = volume do cilindro = π ⋅ r2 ⋅ hc = 64π ⋅ 8 = 512π cm3
1
1
512 π 3
Vc’ = volume do cone = π ⋅ r 2 ⋅ hc ' = ⋅ π ⋅ 64 ⋅ 8 3 =
cm 3
3
3
3
64
r
H
h
30°
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
Aplicando Pitágoras no triângulo BEC, temos:
10 2 = 6 2 + (BE ) 2 s BE = 8 cm
A área A do triângulo ABC é dada por:
R
H 3
tg 30° =
s R=
H
3
Da mesma forma, r =
h 3
3
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
12 ⋅ 8
A=
= 48 cm 2
2
Por outro lado, essa mesma área pode ser calculada por:
8
Temos que 24 =
de 81.
27
Sejam V1 o volume do cone de raio R e altura H e V2 o volume do
cone de raio r e altura h.
8
1
8 1 2
⋅ V s πr 2 · h =
⋅ πR · H s
V2 =
27 1
3
27 3
2
8 2
h ⋅h
8 H2
s r2 ⋅h =
=
⋅
⋅H s
R ⋅H s
27
3
27 3
3
2H
8H 3
2H
s h3 =
s h3 = s h =
3
27
3
18. a) No cone, temos:
R = 5 cm
h = 20 cm
V = 1 π ⋅ R 2 ⋅ h = 1 ⋅ 3 ⋅ 25 ⋅ 20 s
3
3
s V = 500 cm3 = 500 mL
b) Bebendo até a metade da altura do copo, ficará o volume de um
cone com h = 10 cm, semelhante ao cone anterior.
V1 = volume do primeiro cone e h1 a sua altura (h1 = 20 cm)
V2 = volume do segundo cone (com a metade da altura) e h2 a
sua altura (h2 = 10 cm).
48
AB ⋅ OC
10 ⋅ r
A=
s 48 =
s r =
cm
2
2
5
O volume V pedido é dado por:
1
1
V = πr 2 ⋅ AO + πr 2 ⋅ OB s
3
3
2
1
1 48
s V = πr 2 ( AO + OB ) = π ⋅ ⋅ 10 s
3
3 5
23.040
π = 307, 2 π cm 3
sV =
75
21.b
Observe a figura:
r
x
3
V 1 h1
500
= 8 s V 2 = 62,5 cm 3
= s
V2
V 2 h 2
Volume ingerido: 500 - 62,5 = 437,5 cm3
437,5
= 0, 875 = 87,5% do volume total
500
h
19.b
9 cm
B
C
Do enunciado temos que V ‘ (volume do cone menor) =
4 cm
3 cm
A
6 cm
D
E
Vsólido = Vcilindro − Vcone s
s Vsólido = ( π ⋅ 4 2 ) ⋅ 9 -
1
⋅ ( π ⋅ 4 2 ) ⋅ 6 s Vsólido = 112 π cm 3
3
20.c
Observe a figura:
lume do cone maior).
Então:
1
1 1
2
2
2
2
· π ⋅ x ⋅ h = ⋅ · π ⋅ r ⋅ 20 s x ⋅ h = 10r s
3
2 3
2
x
10
(I)
s =
r
h
Por semelhança de triângulo, temos que:
x
h
=
(II)
r 20
Substituindo II e I, temos:
1
⋅ V (vo2
2
h
10
h 2 10
=
s
s h 3 = 4 ⋅ 10 3 s h = 10 3 4 cm
=
20
400 h
h
A
6
22.c
E
A
6
r
D
r
O
10
10
h
3
C
α
h
B
AO + OB = 10 cm
O triângulo ABC é isósceles de base AC = 12 cm.
BE é a altura do triângulo isósceles ABC.
Logo, AE = CE.
65
2h
3
β
Vα = volume do cone cujo círculo da base está no plano α
Vβ = volume do cone cujo círculo da base está no plano β
V = volume do cone de vértice A e altura h
Os três cones são semelhantes.
Assim:
24. Observe a figura:
B
3
2
m
α
3
h
Va 3
V
1
= =
s Va =
h
V
27
27
r
A
H
3
2h
Vb 3
8
8V
s Vb =
= =
V
h
27
27
n
β
VT = volume do tronco entre os planos α e β
8V V
7V
VT = Vb - Va s VT =
=
27 27 27
C
I. Do enunciado, o volume V do sólido é π.
1
1
V = π s ⋅π⋅r2 ⋅m+ · π⋅r2 ⋅n = π s
3
3
1
s · π ⋅ r 2 ⋅ ( m + n) = π s
3
s r 2 ⋅ (m + n) = 3
Atividades extras
23. Observe a figura:
V
No triângulo retângulo, temos das relações métricas que:
I.
r2 = m ⋅ n
II.( 3 2 ) = ( m + n ) ⋅ m s
2
A
B
s m ( m + n) = 3 4
Voltando em r 2 ⋅ (m + n) = 3 e substituindo r 2 por m ⋅ n, temos:
m ⋅ n(m + n) = 3
C
E
Mas m(m + n) =
Então:
D
3
3
4
Substituindo em m(m + n) =
n ⋅ 3 4 = 3 s n =
Do enunciado, temos:
2
128
2
⋅ π ⋅ 8 2 s 64 - ( CE ) =
s
3
3
128
2
s ( CE ) = 64 s
3
8 3
64
( )2
s CE = 3 s CE = 3 cm
π ⋅ [ 8 2 - ( CE )
2
]=
Os triângulos VAB e VCD são semelhantes.
Então:
4
3
s
3
4 ⋅ m 2 + 3m - ( 3 4 ) = 0 s
s
3
4 ⋅ m 2 + 3m - 3 16 = 0
2
∆ = 9 - 4 3 4 · ( - 3 16 ) s
s ∆ = 9 + 4 3 64 s
s ∆ = 9 + 4 ⋅ 4 = 25
AC = 15 - AV = 15 - 5 3
O volume pedido é o volume V1 do cone de vértice V e raio da base
CD menos o volume V2 do cone de vértice V e raio da base AB e
menos o volume V3 do cilindro de raio da base CE e altura AC.
V = V1 - V2 - V3 s
s m = -
2
2
320 π ⋅ 3 64 π
⋅ ( 15 - 5 3 ) s
9
3
320 π ⋅ 3 960 π 320 π ⋅ 3
s V = 320 π s
+
9
3
3
320 π ⋅ 3
320 π ⋅ 3
s V = 320 π s
- 320 π +
9
3
320 π ⋅ 3 320 π ⋅ 3 960 π ⋅ 3 - 320 π ⋅ 3 640 π ⋅ 3
sV =
=
=
3
9
9
9
s V = 320 π -
66
4 , temos:
3
m m + 3 = 3 4 s
4
3
m
s m2 + 3 - 3 4 = 0 s
4
VC CD
15
8
15 ⋅ 8 3
=
s
=
s 8VA =
s VA = 5 3
VA AB
VA 8 3
3
3
e conclui-se que:
8 3
8 3
1
1
s V = ⋅ π ⋅ 8 2 ⋅ 15 - ⋅ π ⋅
⋅5 3 - π⋅
⋅ ( 15 - 5 3 ) s
3
3
3
3
3
–3 ± 5
m= 3
s
2 4
3
4
(Não convém.) ou
4
1
m= 3
4
No triângulo ABC temos:
cos a =
3
AB
2
=
=
1
3
m+n
+ 3
3
4
4
3
3
2
8 2 1
=
= =
4
4
4 2
3
4
=
∴α = 60° e β = 30°
Logo, os ângulos do triângulo são 30°, 60° e 90°.
Tarefa Proposta 2
Matemática
Resolução
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