Questão 01
Seja E um ponto externo a uma circunferência. Os segmentos EA e ED interceptam essa circunferência nos pontos B e A, e, C e
D, respectivamente. A corda AF da circunferência intercepta o segmento ED no ponto G. Se EB = 5 , BA = 7 , EC = 4 , GD = 3
e AG = 6 , então GF vale
a) 1
b) 2
c) 3
d) 4
e) 5
Resolução:
EB = 5 e AB = 7, logo EA = 12
EC = 4 e GD = 3, se CG = y
Então:
ED = 7 + y
AG = 6 e GF = x
B
Aplicando potência de Ponto em G, temos:
4
7
Usando relação entre cordas teremos:
EB ⋅ EA = EC ⋅ ED
5 ⋅12 = 4 ⋅ ( 7 + y )
7 + y = 15
Portanto, y = 8
E
5
C
A
y
6
G
3
x
F
D
GA ⋅ GF = GD ⋅ GC
6 ⋅ x = 3⋅ y
6 ⋅ x = 3⋅8
24
x=
6
x=4
Alternativa D
Questão 02
Seja U um conjunto não vazio com n elementos, n ≥ 1 . Seja S um subconjunto de P(U) com a seguinte propriedade:
Se A,B ∈ S , então A ⊂ B ou B ⊂ A .
Então, o número máximo de elementos que S pode ter é
a) 2n−1
b) n/2, se n for par, e (n + 1) / 2 se n for ímpar
c) n + 1
d) 2n − 1
e) 2n −1 + 1
Resolução
Se U possui n elementos, o seu conjunto de pares P(U) terá 2n elementos.
⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞
⎛ n⎞
2n = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ... + ⎜ ⎟ , note n + 1 tipos de conjuntos (entenda como do mesmo tipo conjuntos com exatamente o mesmo número de
⎝ 0⎠ ⎝ 1⎠ ⎝ 2⎠
⎝ n⎠
elementos).
Para dois subconjuntos X e Y de U com o mesmo número de elementos, se X , Y ∈ S então, X ⊂ Y ou X ⊂ Y , que resulta em X = Y. Logo,
de cada tipo de conjunto podemos escolher no máximo um elemento; e portanto, o número máximo de elementos de S é n + 1.
Alternativa C
Questão 03
Sejam A e B subconjuntos finitos de um mesmo conjunto X, tais que n(B\A) , n(A\B) e n( A ∩ B) formam, nesta ordem, uma
progressão aritmética de razão r > 0 . Sabendo que n(B\A)=4 e n( A ∪ B) + r = 64 , então, n( A \ B) é igual a
a) 12
b) 17
c) 20
d) 22
e) 24
Resolução
A
n(A \B )
(
B
n(A∩ B )
)
n(B \A )
(
)
A seqüência n ( B / A ) ; n ( A / B ) ; n ( A ∩ B ) é uma P.A. de razão r > 0; ou seja, n ( B / A ) ; n ( A / B ) ; n ( A ∩ B ) = ( 4; 4 + r ; 4 + 2r )
n ( A ∪ B ) = n ( A \ B ) + n ( A ∩ B ) + n ( B \ A)
64 − r = 4 + 4 + 2r + 4 + r
64 − r = 12 + 3r
52 = 4r
r = 13
n ( A \ B ) = 4 + r = 4 + 13 = 17
Alternativa B
Questão 04
Seja f :
→
definida por f ( x) = 77 sen[5( x + π / 6)] e seja B o conjunto dado por B = {x ∈
elemento de B ∩ ( −∞, 0) e n é o menor elemento de B ∩ (0, + ∞) , então m + n é igual a
a) 2π /15
b) π /15
c) −π / 30
d) −π /15
e) −2π /15
2
: f ( x) = 0} . Se m é o maior
Resolução
⎡ ⎛
π⎞ ⎤
5π ⎞
⎛
f ( x) = 77 ⋅ sen ⎢5 ⎜ x + ⎟ ⎥ = 0 ⇒ sen ⎜ 5 x + ⎟ = 0
⎝
⎠
⎝
6
6⎠
⎣
⎦
( 6 k − 5 ) , ∀k ∈
5π
5x =
= k π, ∀k ∈ ⇒ x =
6
30
i) Cálculo em m:
x=
( 6 k − 5) π < 0 ⇒ k < 5
30
6
Logo, o maior k é 0, que gera m =
−5π −π
=
30
6
ii) Cálculo de n:
x=
( 6 k − 5) π > 0 ⇒ k > 5
30
6
Logo, o menor k é 1 , que gera n =
π
30
De i e ii vem:
m+n = −
π π
2π
+
=−
6 30
15
Alternativa E
Questão 05
Considere a equação (a x -a -x )/(a x +a -x )=m , na variável real x, com 0 < α ≠ 1 . O conjunto de todos os valores de m para os quais
esta equação admite solução real é
a) ( −1, 0) ∪ (0, 1)
b) ( −∞, − 1) ∪ (1, + ∞)
c) ( −1, 1)
d) (0, ∞)
e) ( −∞, + ∞)
Resolução
ax − a−x
=m
ax + a−x
1
1⎞
m
⎛
a x − x = m ⎜ a x + x ⎟ = ma x + x
⎝
a
a ⎠
a
m 1
a x − ma x = x + x
a
a
m +1
x
a (1 − m ) = x
a
m
+
1
a2x =
−m + 1
Para que tenhamos solução real:
m +1
>0
−m + 1
m ∈( −1, 1)
− − + + + + + +
− −
+ + + +
+ +
− −
−1
− −
1
Alternativa C
3
Questão 06
Considere uma prova com 10 questões de múltipla escolha, cada questão com 5 alternativas. Sabendo que cada questão admite
uma única alternativa correta, então o número de formas possíveis para que um candidato acerte somente 7 das 10 questões é
a) 44 ⋅ 30
b) 43 ⋅ 60
c) 53 ⋅ 60
⎛ 7⎞
d) ⎜ ⎟ ⋅ 43
⎝ 3⎠
⎛ 10⎞
e) ⎜ ⎟
⎝ 7⎠
Resolução
Devemos combinar quaisquer 7 questões entre as 10 da prova. Não esquecendo de multiplicar pelas 4 possibilidades de erro de cada uma das
incorretas:
C107 ⋅ 43 = 43 ⋅120 = 43 ⋅ 4 ⋅ 30 = 44 ⋅ 30
Alternativa A
Questão 07
(
)
Considere as seguintes afirmações sobre a expressão S = ∑ k = 0 log8 4k 2 :
101
I. S é a soma dos termos de uma progressão geométrica finita.
II. S é a soma dos termos de uma progressão aritmética finita de razão 2/3
III. S = 3451
IV. S ≤ 3434 + log 8 2
Então, pode-se afirmar que é (são) verdadeira(s) apenas
a) I e III
b) II e III
c) II e IV
d) II
e) III
Resolução
Podemos reescrever a expressão da forma:
101
(
)
S = ∑ log8 4k + log8 2 , ou ainda:
k =0
101
101
k =0
k =0
S = ∑ log8 2 + ∑ log8 4k ⇒
101
S = 102 ⋅ log8 2 + ∑ k ⋅ log8 4 ⇒
k =0
101
1
S = 102 ⋅ + log8 4 ⋅ ∑ k ⇒
6
k =0
2
S = 17 + ⋅ ( 0 + 1 + ... + 101)
3
Que é a soma de uma progressão aritmética finita de razão
( 0 + 101) = 3451
2
S = 17 + ⋅102 ⋅
3
2
2
e seu valor numérico será:
3
E, por fim,
S > 3434 + log8 2
Assim, são verdadeiras as afirmativas II e III.
Alternativa B
4
Questão 08
Se para todo z ∈
, f ( z ) = z e f ( z ) − f (1) = z-1 , então, pra todo z ∈
, f (1) ⋅ f ( z ) + f (1) ⋅ f ( z ) é igual a
a) 1
b) 2z
c) 2Rez
d) 2Imz
e) 2|z|2
Resolução
2
Sendo μ, υ ∈ , sabe-se que μ = μ ⋅ μ e μ − υ = μ − υ. Assim, tem-se que:
2
f ( z ) − f (1) = z − 1 ⇒ f ( z ) − f (1) = z − 1
2
( )
⇒ [ f ( z ) − f (1) ] ⋅ ⎡⎣ f ( z ) − f (1) ⎤⎦ = ( z − 1) ⋅ ( z − 1)
⇒ [ f ( z ) − f (1) ] ⋅ ⎡⎣ f ( z ) − f (1) ⎤⎦ = ( z − 1) ⋅ z − 1
⇒ f ( z ) ⋅ f ( z ) − f ( z ) ⋅ f (1) − f (1) ⋅ f ( z ) + f (1) ⋅ f (1) = z ⋅ z − z − z + 1
2
2
2
(
)
⇒ f ( z ) − f ( z ) ⋅ f (1) − f (1) ⋅ f ( z ) + f (1) = z − z + z + 1
Mas, como f ( z ) = z , em particular f (1) = 1 = 1 e z + z = 2 ⋅ Re z , Então,
2
2
z − f ( z ) ⋅ f (1) − f (1) ⋅ f ( z ) + 1 = z − 2 ⋅ Re z + 1
∴ f (1) ⋅ f ( z ) + f (1) ⋅ f ( z ) = 2 Re z
Alternativa C
Questão 09
O Conjunto solução de ⎡⎣tg 2 ( x ) − 1⎤⎦ ⎡⎣1 − cot g 2 ( x ) ⎤⎦ = 4 , x ≠ k π / 2 , k ∈ , é
⎧ π kπ
⎫
a) ⎨ + , k ∈ ⎬
3
4
⎩
⎭
⎧ π kπ
⎫
b) ⎨ + , k ∈ ⎬
⎩4 4
⎭
π
k
π
⎧
⎫
c) ⎨ + , k ∈ ⎬
⎩6 4
⎭
⎧ π kπ
⎫
d) ⎨ + , k ∈ ⎬
⎩8 4
⎭
⎧ π kπ
⎫
e) ⎨ + , k ∈ ⎬
12
4
⎩
⎭
Resolução
⎡⎣tg 2 ( x ) − 1⎤⎦ ⎡⎣1 − cot g 2 ( x ) ⎤⎦ = 4
⎡ sen 2 ( x ) ⎤ ⎡ cos 2 ( x ) ⎤
− 1⎥ ⎢1 −
⎢ 2
⎥=4
2
⎢⎣ cos ( x ) ⎥⎦ ⎢⎣ sen ( x ) ⎥⎦
⎡ sen 2 ( x ) − cos 2 ( x ) ⎤ ⎡ sen 2 ( x ) − cos 2 ( x ) ⎤
⎢
⎥⎢
⎥=4
cos 2 ( x )
sen 2 ( x )
⎣⎢
⎦⎥ ⎣⎢
⎦⎥
Mas, sen 2 ( x ) − cos 2 ( x ) = − cos ( 2 x ) e 4sen 2 ( x ) cos 2 ( x ) = ⎡⎣ sen ( 2 x ) ⎤⎦ , daí,
2
5
cos 2 ( 2 x )
sen 2 ( 2 x )
= 1 ⇒ tg ( 2 x ) = ±1
π
π
+ k , k ∈ , que traz:
4
2
⎧
π
π
⎫
S = ⎨x ∈ x = + k , k ∈ ⎬
8
4
⎩
⎭
2x =
Alternativa D
Questão 10
Se α ∈ [0;2π) é o argumento de um número complexo z ≠ 0 e n é um número natural tal que ( z / | z |) n = isen(nα ) , então, é
verdade que
a) 2nα é múltiplo de 2π
b) 2nα − π é múltiplo de 2π
c) nα − π / 4 é múltiplo de π / 2
d) 2nα − π é múltiplo não nulo de 2
e) nα − 2π é múltiplo de π
Resolução
Podemos escrever z da forma:
z n = z ⋅ ⎡⎣cos ( nα ) + i ⋅ sen(nα) ⎤⎦ , logo
cos ( nα ) = 0, que fornece
n
π
+ k π, k ∈
2
∴ 2nα − π = 2k π
nα =
Alternativa B
Questão 11
A condição para que as constantes reais a e b tornem incompatível o sistema linear
⎧ x + y + 3z = 2
⎪
⎨ x + 2 y + 5z = 1
⎪
⎩2 x + 2 y + az = b
a)
b)
c)
d)
e)
a−b ≠ 2
a + b = 10
4a − 6b = 0
a / b = 3/ 2
a ⋅ b = 24
Resolução
Escalonando o sistema temos:
3
2 ⎞
⎛1 1 3 2⎞ ⎛1 1
⎜
⎟ ⎜
⎟
−1 ⎟
2
⎜1 2 5 1⎟ ~ ⎜0 1
⎜ 2 2 a b⎟ ⎜0 0 a − 6 b − 4⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠
Para que o sistema seja incompatível devemos ter a − 6 = 0 ⇒ a = 6
e b − 4 ≠ 0 logo b ≠ 4, ou seja:
∴a − b ≠ 2
Alternativa A
6
Questão 12
−2b
−2c ⎤
⎡ a b c⎤
⎡ −2a
⎢
⎥
⎢
Se det ⎢ p q r ⎥ = −1 , então o valor do det ⎢ 2 p + x 2q + y 2r + z ⎥⎥ é igual a
3y
3z ⎦⎥
⎣⎢ x y z ⎥⎦
⎣⎢ 3 x
a) 0
b) 4
c) 8
d) 12
e) 16
Resolução
⎡ a b c⎤
⎢
⎥
Se det p q r = −1, temos:
⎢
⎥
⎢⎣ x y z ⎥⎦
−2a
−2b
−2c
−2a −2b −2c
2 p + x 2q + y 2r + z = 2 p
3x
3y
3z
3x
−2a −2b −2c
2q
2r + x
3y
3z
3x
y
z
3y
3z
Portanto,
⎡ a b c⎤
−2 ⋅ 2 ⋅ 3 ⎢⎢ p q r ⎥⎥ + 0 (pois duas linhas são proporcionais)
⎣⎢ x y z ⎥⎦
Então det = 12
Alternativa D
Questão 13
Seja p um polinômio com coeficientes reais, de grau 7, que admite 1 − i como raiz de multiplicidade 2. Sabe-se que a soma e o
produto de todas as raízes de p são, respectivamente, 10 e –40. Sendo afirmado que três raízes de p são reais e distintas e formam
uma progressão aritmética, então, tais raízes são
a) 3 / 2 − 193 / 6, 3, 3 / 2 + 193 / 6
b) 2 − 4 13, 2, 2 + 4 13
c) –4, 2, 8
d) –2, 3, 8
e) –1, 2, 5
Resolução
Como 1 − i é raiz de multiplicidade 2, conclui-se que 1 + i também é raiz de multiplicidade 2. Assim, já tem-se quatro raízes de p e podese afirmar que as demais são as raízes reais mencionadas no texto.
Sendo y − r , y e y + r as raízes reais de p,
(1 − i ) + (1 + i ) + (1 + i ) + (1 − i ) + + ( y − r ) + y + ( y + r ) = 10 ⇒ y = 2 e
(1 − i ) ⋅ (1 + i ) ⋅ (1 + i ) ⋅ (1 − i ) ⋅ ( y − r ) ⋅ y ⋅ ( y + r ) = 40 ⇒ r = 3 ou r = −3.
Independente do valor de r a ser considerado, as raízes reais de p são –1, 2 e 5.
Alternativa E
7
Questão 14
Sobre o polinômio p( x) = x5 − 5 x3 + 4 x 2 − 3x − 2 podemos afirmar que
a) x = 2 não é raiz de p
b) p só admite raízes reais, sendo uma delas inteira, duas racionais e duas irracionais
c) p admite uma única raiz real, sendo ela uma raiz inteira
d) p só admite raízes reais, sendo duas delas inteiras
e) p admite somente 3 raízes reais, sendo uma delas inteira e duas irracionais
Resolução
Como p(2) = 0, então x = 2 é raiz de p, além de p(x) ser divisível por d(x) = x – 2.
4
3
2
Dividindo p(x) por d(x) encontra-se quociente q( x) = x + 2 x − x + 2 x + 1. Então para se determinar as outras raízes de p devem ser
determinadas as raízes de q:
q ( x ) = 0 ⇒ q ( x) = x 4 + 2 x3 − x 2 + 2 x + 1 = 0 ⇒
⇒ x2 + 2 x − 1 +
2 1
+
= 0,
x x2
Já que x = 0 não é raiz.
Fazendo x +
1
= y, tem-se que:
x
y2 − 2 + 2 y −1 = 0 ⇒ y2 + 2 y − 3 ⇒
⇒ y = 1 ou y = −3
1
1
= 1 ou x + = −3 ⇒ x 2 − x + 1 = 0
x
x
ou x 2 + 3 x + 1 = 0
Assim, x +
⇒x=
1 ± 3i
−3 ± 5
, com i = −1.
ou x =
2
2
Portanto, p tem três raízes reais, sendo uma inteira e duas irracionais, e duas raízes complexas.
Alternativa E
Questão 15
Seja o sistema linear nas incógnitas x e y, com a e b reais, dado por
⎧( a − b ) x − ( a + b ) y = 1
⎨
⎩( a + b ) x + ( a − b ) y = 1
Considere as seguintes afirmações:
I. O sistema é possível e indeterminado se a = b = 0
II. O sistema é possível e determinado se a e b não são simultaneamente nulos
III. x 2 + y 2 = (a 2 + b 2 ) −1 , se a 2 + b 2 ≠ 0
Então, pode-se afirmar que é (são) verdadeira(s) apenas
a) I
b) II
c) III
d) I e II
e) II e III
Resolução
Tem-se que:
D=
(a − b)
− (a + b)
( a + b)
( a − b)
= ( a − b) 2 + ( a + b) 2 = 2 ( a 2 + b 2 ) .
8
⎧0 x + 0 y = 1
.
⎩0 x + 0 y = 1
i) Se a = b = 0, então ⎨
Portanto, o sistema é impossível.
ii) Se a e b não são simultaneamente nulos, então a 2 + b 2 ≠ 0, o que torna o sistema possível e determinado, pois D ≠ 0.
iii) Pela regra de Crammer:
x=
y=
1 − (a + b)
1
( a − b)
=
2 ⋅ ( a 2 + b2 )
( a − b) 1
( a + b) 1
2 ⋅ ( a 2 + b2 )
=
Assim, x 2 + y 2 =
a
a2
2
⇒
=
,
x
2
a 2 + b2
( a 2 + b2 )
−b
b2
⇒ y2 =
2
2
a +b
( a 2 + b2 )
2
a2
(a
2
+b
+
) (a
2 2
b2
2
+b
)
2 2
=
−1
1
= ( a2 + b2 ) .
a 2 + b2
Com isso, pode-se afirmar que são verdadeiros apenas os itens II e III.
Alternativa E
Questão 16
Considere o polinômio p( x) = x3 − (a + 1) x + a , onde a ∈ . O conjunto de todos os valores de a, para os quais o polinômio p(x)
só admite raízes inteiras, é
a) {2n, n ∈ }
b) {4n 2 , n ∈ }
c) {6n 2 − 4n, n ∈ }
d) {n(n + 1), n ∈ }
e)
Resolução
Como P(1) = 0 ⇒ P(x) é divisível por d(x) = x – 1.
Efetuando a divisão de p(x) por d(x), obtém-se quociente
q(x) = x2 + x – a. Daí, p(x) = (x – 1)· (x2 + x – a), então,
p( x) = 0 ⇒ ( x − 1) ⋅ ( x 2 + x − a ) = 0 ⇒ x = 1 ou x 2 + x − a = 0 (sendo que suas raízes devem ser inteiras). Sendo tais raízes m e n,
m + n = −1 (I)
m ⋅ n = − a (II)
De (I) em (II): a = n(n + 1)
Contudo, para que o delta da equação x 2 + x − a = 0 não seja negativo, a ∈ . Logo, o conjunto de todos os valores de a, para os
quais p(x) só admite raízes inteiras, é:
{ n(n + 1), n ∈ }
Alternativa D
Questão 17
Numa circunferência C1 de raio r1 = 3 cm está inscrito um hexágono regular H1; em H1 está inscrito uma circunferência C2; em C2 está
inscrito um hexágono regular H2 e, assim, sucessivamente. Se An (em cm2) é a área do hexágono Hn, então
a) 54 2
b) 54 3
c) 36(1 + 3)
d) 27 /(2 − 3)
e) 30(2 + 3)
9
∞
∑A
n =1
n
(em cm2) é igual a
Resolução
Sendo
1
n
, a medida dos lados do hexágono regular Hn, tem-se que:
= 3 cm e
Como
( An ) ,
A1 = 6 ⋅
n +1
=
3
n
2
⇒
n +1
n
=
A
3
3
⇒ n +1 =
2
An
4
forma uma progressão geométrica de razão q =
3
e
4
l12 3 54 3 2
=
cm , então
4
3
54 3 54 3
A1
= 4 = 4 = 54 3 cm 2
An =
∑
3
1
−
1
q
n =1
1−
4
4
∞
Alternativa B
Questão 18
Sejam a reta s :12 x − 5 y + 7 = 0 e a circunferência C : x 2 + y 2 + 4 x + 2 y = 11 . A reta p, que é perpendicular a s e é secante a C,
corta o eixo Oy num ponto cuja ordenada pertence ao seguinte intervalo
⎛ −91 −81 ⎞
a) ⎜
,
⎟
⎝ 12 12 ⎠
74 ⎞
⎛ 81
b) ⎜ − , − ⎟
⎝ 12
12 ⎠
⎛ 74 −30 ⎞
c) ⎜ − ,
⎟
⎝ 12 12 ⎠
⎛ 30 74 ⎞
d) ⎜ ,
⎝ 12 12 ⎟⎠
⎛ 75 91⎞
e) ⎜ ,
⎝ 12 12 ⎟⎠
Resolução
( s ) :12 x − 5 y + 7 = 0
2
C : ( x − 2) 2 − 4 + ( y − 1) − 1 = 11
( x + 2) 2 + ( y + 1) 2 = 42
Centro da circunferência (–2, –1)
Raio = R = 4
Sejam r1 e r2 retas tangentes a circunferência C e perpendiculares a (s)
( r ) : 5 x + 12 y + k = 0
5 ⋅ ( −2 ) + 12 ( −1) + k
d =
0, r
52 + 122
r1
-2
=4
x
o(-2,-1)
−22 + k
= ±4
13
i) −22 + k = 52 ⇒ k = 74
Logo: 5 x + 12 y + 74 = 0 ( r2 )
ii) −22 + k = −52 ⇒ k = −30
Logo: 5 x + 12 y − 30 = 0 ( r1 )
Se x = 0 em r1 teremos y1 =
y
(S) 12x - 5y + 7 = 0
-1
r2
30
12
10
Se x = 0 em r2 teremos y2 = −
74
12
⎛ −74 30 ⎞
⋅ ⎟ estivesse contido, o
⎝ 12 12 ⎠
O que deixa a referida questão sem gabarito, pois esperávamos (nós alunos) um conjunto-solução onde ⎜
que não acontece.
Questão 19
Os focos de uma elipse são F1 (0, − 6) e F2 (0, 6) . Os pontos A(0, 9) e B ( x, 3) , x > 0 , estão na elipse. A área do triângulo
com vértices em B, F1 e F2 é igual a
a) 22 10
b) 18 10
c) 15 10
d) 12 10
e) 6 10
Resolução
Na figura, estão representados os pontos F1 , F2 , A.
Note que a área pedida pode ser calculada por
2
( F1F2 ) ⋅ x = 12 ⋅ x = 6 ⋅ x;
2
2
y
sendo x a abscissa de B.
9 A
F2 6
2
x
y
+
= 1 a equação dessa elipse, tem-se que a 2 = 81 e b 2 = 81 − 36 = 45.
b2 a 2
Como B = ( x,3) pertence à elipse,
Sendo
x2 9
x 2 72
+ =1⇒
=
⇒ x 2 = 40 ∴ x = 2 10, pois x > 0.
45 81
45 81
3
B
x b
-b
x
-6 F1
-9
Assim, a área pedida é 6 ⋅ x = 6 ⋅ 2 ⋅ 10 = 12 10.
Alternativa D
Questão 20
Uma pirâmide regular tem por base um hexágono cuja diagonal menor mede 3 3cm . As faces laterais desta pirâmide formam
diedros de 60º com o plano da base. A área total da pirâmide, em cm2, é
a) 81 3 / 2
b) 81 2 / 2
c) 81/ 2
d) 27 3
e) 27 2
Resolução
Seja ABCDEF a base da pirâmide e V o seu vértice, como ilustra a figura.
V
C
D
H
E
A
F
Sendo
a medida dos lados da base da pirâmide,
2
3
2
B
M
= 3 3 ⇒ = 3 cm
11
Considerando que M seja o ponto médio de AB, sabe-se que V M H = 60º e HM =
Daí,
3 3
cm
2
HM
= cos 60º ⇒ VM = 2 ⋅ HM = 3 3 cm
VM
Portanto, a área total da pirâmide é:
6⋅
32 3
3 ⋅ 3 3 27 3 54 3 81 3
+ 6⋅
=
+
=
cm 2
4
2
2
2
2
Alternativa A
Questão 21
Considere A um conjunto não vazio com um número finito de elementos. Dizemos que F = { A1 ,… , Am } ⊂ P ( A) é uma partição
de A se as seguintes condições são satisfeitas:
I. Ai ≠ o/ , i = 1, … , m
II. Ai ∩ Aj = o/ , se i ≠ j, para i, j = 1, … , m
III. A = A1 ∪ A2 ∪ … ∪ Am
Dizemos ainda que F é uma partição de ordem k se n( Ai ) = k , i = 1 , …, m. Supondo n( A) = 8 determine:
a) As ordens possíveis para uma partição de A.
b) O número de partições de A que têm ordem 2.
Resolução
a) Das condições notamos que a ordem k da partição deve ser divisor positivo do número de elementos de A. Supondo n(A) = 8,
concluímos que os possíveis valores de k são 1, 2, 4 e 8.
b) Devemos escolher 4 subconjuntos de exatamente 2 elementos respeitando as condições I, II e III, logo:
8 ⋅ 7 6 ⋅ 5 4 ⋅ 3 2 ⋅1
⋅
⋅
⋅
C ⋅C ⋅C ⋅C
número de partições: 8,2 6,2 4,2 2,2 = 2 ⋅ 1 2 ⋅ 1 2 ⋅ 1 2 ⋅ 1 = 105 .
P4
4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1
Questão 22
Seja f :[0, 1) →
0 ≤ x < 1/ 2
.
1/ 2 ≤ x < 1
⎧ 2 x,
definida por f ( x) = ⎨
⎩2 x − 1,
⎧ f ( x + 1/ 2),
dada por g ( x) = ⎨
⎩1 − f ( x + 1/ 2),
determine se g é par, ímpar ou nem par nem ímpar.
Seja g : (−1/ 2, 1/ 2 ) →
−1/ 2 < x < 0
, com f definida acima. Justificando a resposta,
0 ≤ x < 1/ 2
Resolução
Encontremos as leis de formação para g:
⎧ 2 x,
0≤ x< 1
⎪
2 , fazendo x = a + 1 vem:
f ( x) = ⎨
2
⎪⎩2 x − 1, 1 2 ≤ x < 1
⎧ ⎛
1⎞
⎪2 ⎜ α + 2 ⎟ = 2α + 1,
1
⎪
⎝
⎠
⎛
⎞
f ⎜α + ⎟ = ⎨
2⎠ ⎪ ⎛
1⎞
⎝
2 α + ⎟ − 1 = 2α ,
⎪⎩ ⎜⎝
2⎠
−1
≤α<0
2
0≤α<
1
2
12
⎧ ⎛
1⎞
⎪ f ⎜ x + 2 ⎟ = 2 x + 1,
⎪ ⎝
⎠
Daí g ( x) = ⎨
⎪1 − f ⎛ x + 1 ⎞ = 1 − 2 x,
⎜
⎟
⎪⎩
2⎠
⎝
1
⎧
− <x<0
⎪⎪2 x + 1,
2
g ( x) = ⎨
⎪2(− x) + 1, 0 ≤ x < 1
⎪⎩
2
1
Seja β∈] − , 0 [
2
g ( β ) = 2β + 1 (1)
−1
<x<0
2
g ( −β ) = 2 ( − ( −β ) ) + 1, pois −β ∈] 0,
1
[
2
g ( −β ) = 2β + 1 (2)
0≤ x<
1
2
De (1) e (2) e lembrando que o mesmo ocorreria se β fosse tomada no intervalo ]0,1/ 2[
Concluímos que g é par.
Questão 23
Determine o coeficiente de x4 no desenvolvimento de (1 + x + x 2 )9 .
Resolução
(1 + x + x )
2 9
9
9
k
⎛9⎞
9−k
= ⎣⎡(1 + x ) + x 2 ⎦⎤ = ∑ ⎜ ⎟ ⋅ (1 + x ) ⋅ ( x 2 )
k =0 ⎝ k ⎠
Para k = 0
9
⎛9⎞
⎛9⎞ p
9
0
4
⎜ ⎟ ⋅ (1 + x ) ⋅ x = ∑ ⎜ ⎟ ⋅ x , que possui um como único termo em x :
0
p
P=0 ⎝
⎝ ⎠
⎠
⎛ 9 ⎞ 4 9 ⋅8⋅ 7 ⋅ 6 4
x = 126 x 4
⎜ ⎟x =
4
4
3
2
1
⋅
⋅
⋅
⎝ ⎠
Para k = 1
8
⎛9⎞
⎛8⎞ p
8⋅7 4
8
2 ⎛8⎞
2
2
2
4
⋅ x = 252 x 4
⎜ ⎟ ⋅ (1 + x ) ⋅ x = 9 x ∑ ⎜ ⎟ ⋅ x , que possui como único termo em x : 9 x ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ x = 9 ⋅
2 ⋅1
p =0 ⎝ p ⎠
⎝ 2⎠
⎝1⎠
Para k = 2
7
⎛9⎞
⎛7⎞ p
7
4 ⎛7⎞
0
4
4
4
4
⎜ ⎟ ⋅ (1 + x ) ⋅ x = 36 x ⋅ ∑ ⎜ ⎟ ⋅ x , que possui como único termo em x : 36 x ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ x = 36 x .
p=0 ⎝ p ⎠
⎝0⎠
⎝ 2⎠
Para k > 2 não mais teremos termo x4.
Do exposto concluímos que o coeficiente do termo em x4 do desenvolvimento de 1 + x + x 2 é igual a 126 + 252 + 36 = 414.
(
)
Questão 24
⎛ π π⎞
Determine para quais valores de x ∈ ⎜ − , ⎟ vale a desigualdade log cos x (4 sen 2 x − 1) − log cos x (4 − sec2 x) > 2 .
⎝ 2 2⎠
Resolução
Condições de existência:
⎛ π ⎞ ⎛ π⎞
, 0 ⎟ ∪ ⎜ 0, ⎟
⎝ 2 ⎠ ⎝ 2⎠
1
1
1
ii) 4 sen 2 x − 1 > 0 ⇒ sen 2 x > ⇒ senx > ou senx < − ⇒
4
2
2
⎛ −π −π ⎞ ⎛ π π ⎞
x∈⎜
,
⎟∪⎜ , ⎟
⎝ 2 6 ⎠ ⎝6 2⎠
i) 1 ≠ cos x > 0 ⇒ x ∈ ⎜ −
iii) 4 − sec 2 x > 0 ⇒ sec 2 x < 4 ⇒
13
1
1
⇒ cos x > ⇒
4
2
−π
π
⎛
⎞
x∈⎜
, ⎟
⎝ 3 3⎠
⇒ cos 2 x >
De i, ii e iii vem:
⎛ π π⎞ ⎛π π⎞
x ∈ ⎜ − , − ⎟ ∪ ⎜ , ⎟ (I)
⎝ 3 6⎠ ⎝6 3⎠
⎛ 4sen 2 x − 1⎞
> log cos x cos 2 x
log cos x ⎜
⎝ 4 − sec 2 x ⎟⎠
4sen 2 x − 1
< cos 2 x
4 − sec 2 x
4sen 2 x − 1 < cos 2 x 4 − sec 2 x
(
)
4 sen x − 1 < 4 cos x − 1
2
2
tg 2 x < 1 ⇒ −1 < tgx < 1 ⇒ −
π
π
<x<
4
4
⎛ π π⎞
x ∈ ⎜ − , ⎟ (2)
⎝ 4 4⎠
De (1) e (2) vem:
⎛ π π⎞ ⎛ π π⎞
x ∈⎜ − , − ⎟ ∪ ⎜ , ⎟
⎝ 4 6⎠ ⎝ 6 4⎠
Questão 25
Considere o polinômio p( x) = x3 + ax 2 + x + 1 , com raízes reais. O coeficiente a é racional e a diferença entre duas de suas raízes
também é racional. Nestas condições, analise se a seguinte afirmação é verdadeira:
“Se uma das raízes de p(x) é racional, então todas as suas raízes são racionais.”
Resolução
Sejam α , β e γ as raízes de P ( x) :
α + β + γ = − a (1)
β−α = d ∈
⇒ β = α + d (2), em que d é um número racional.
Voltando em (1):
α + α + d + γ = −a
2α + γ = − a − d , em que − a − d é racional.
Lembrando que a soma de um número racional com outro irracional é obrigatoriamente irracional, concluímos que entre α e γ se um
deles for racional o outro também será, e nesse caso β também será racional (equação 2). Do exposto notamos que se uma das raízes de
P( x) é racional então, todas as suas raízes são racionais, ou seja, a afirmação é verdadeira.
14
Questão 26
As medidas, em metros, do raio da base, da altura e da geratriz de um cone circular reto formam, nesta ordem, uma progressão
aritmética de razão 2 metros. Calcule a área total deste cone em m2.
Resolução
PA ⋅ ( R, h, g )
B
Sendo 2 a razão de P.A.:
R = h−2 e g = h+2
Fazendo Pitágoras no ΔOAB :
g
g 2 = h2 + R 2
h
( h + 2) 2 = h 2 + ( h − 2) 2
h=8 m
R
0
Voltando em (1):
R = 6 m e g = 10 m
Seja A a área total do cone:
A = π ⋅ R 2 + π ⋅ R ⋅ g = π ⋅ 62 + π ⋅ 6 ⋅10
A = 96π m 2
Questão 27
Sejam as matrizes
⎡ 1 0 1/ 2 −1⎤
⎡ 1 3 −1/ 2
⎢ −2 5
⎥
⎢ 1 −2 −2
2 −3⎥
e B=⎢
A= ⎢
⎢ 1 −1 2
⎢ −1 1
1⎥
1
⎢
⎥
⎢
⎣ −5 1 3 / 2 0 ⎦
⎣ 5 −1 1/ 2
1⎤
3⎥⎥
1⎥
⎥
5⎦
Determine o elemento C34 da matriz C = ( A + B) −1 .
Resolução
2
A+ B =
3 0 0
−1 3 0 0
0
0
0 3 2
0 2 5
Cálculo de ( A + B ) :
−1
2
A+ B =
~
3 0 0 1 0 0 0
−1 3 0 0 0 1 0 0
0
0 3 2 0 0 1 0
0
0 2 5 0 0 0 1
0
0
0
0
1 −1
1 2
0
0
0
0
0 0 11
0
0
0
5
−2
−55 0
0
10 −15
3 0
0 9
0 0
0
0
0
0 1 −1 0
0
−1 3
0
0 0
1
0
0
0
0 11 0 0
0
5 −2
0
0
0
0
3
~
~
2
5 0
1 0 0 0 1/ 3 −1/ 3
0 1 0 0 1/ 9 2 / 9
~
1
0
0
0
0
−2 /11
0 0 1 0
0
0
5 /11
0 0 0 1
0
0
−2 /11 −3 /11
Portanto:
15
A
C = ( A + B) =
−1
1/ 3 −1/ 3
0
0
1/ 9
2/9
0
0
0
0
5 /11
−2 /11
0
0
−2 /11
3 /11
∴C3,4 = −
2
11
Obs.: Poderíamos também ter chegado ao elemento C3,4 sem encontrarmos a matriz C, e para tanto utilizaríamos os cofatores da matriz A
+ B.
Questão 28
Seja (a1 , a2 , a3 , … , an , …) uma progressão geométrica infinita de razão positiva r, em que a1 = a é um número real não
nulo. Sabendo que a soma de todos os termos de índices pares desta progressão geométrica é igual a 4 e que a soma de todos
os termos de índices múltiplos de 3 é 16/13, determine o valor de a + r .
Resolução
( a1 , a2 , a3 ,..., an ...) = ( a, ar , ar 2 ,..., ar n−1 ,...)
16
13
a2 + a4 + a6 + ... = 4
a3 + a6 + a9 + ... =
ar + ar 3 + ar 5 + ... = 4
ar 2 + ar 5 + ar 9 + ... =
ar
=4
1− r2
ar 2
16
=
3
1− r
13
16 ⋅ 1 − r 3
ar =
13r
(
ar = 4 ⋅ 1 − r 2
De (1) e (2):
(
)
4 1− r2 =
)
(
16 1 − r 3
(1 + r )(1 − r ) =
1+ r =
(
(
(I )
)
16
13
(2)
)
13r
4 (1 − r ) r 2 + r + 1
(
)
)
13r
4 r2 + r +1
13r
2
13r + 13r = 4r 2 + 4r + 4
9r 2 + 9 r − 4 = 0
−9 ± 81 + 144
18
−9 ± 15
r=
18
−9 ± 15 1
r=
= , pois r > 0.
18
3
r=
Voltando em 1:
⎛ ⎛ 1⎞ 2 ⎞
1
a ⋅ = 4 ⋅ ⎜1 − ⎜ ⎟ ⎟
3
⎝ ⎝ 3⎠ ⎠
a=
32
3
Logo, a + r =
32 1
+ = 11
3 3
16
Questão 29
Sabendo que 9 y 2 − 16 x 2 − 144 y + 224 x − 352 = 0 é a equação de uma hipérbole, calcule sua distância focal.
Resolução
Fatorando:
9 y 2 − 144 y − 16 x 2 + 224 x − 352 = 0
9 ( y 2 − 16 y + 64 − 64 ) − 16 ( x 2 − 14 x + 49 − 49 ) − 352 = 0
9 ⎡( y − 8) − 64⎤ − 16 ⎡( x − 7 ) − 49⎤ − 352 = 0
⎣
⎦
⎣
⎦
2
2
9 ( y − 8) − 576 − 16 ( x − 7 ) + 784 − 352 = 0
2
2
9 ( y − 8) − 16 ( x − 7 ) = 144
2
( y − 8)
2
( x − 7)
−
2
2
=1
16
9
a 2 = 16 e b 2 = 9
Lembrando que c 2 = a 2 + b 2 vem:
c 2 = 16 + 9 = 25
c=5
Daí a distância focal 2c vale 10.
Questão 30
Considere um losango ABCD cujo perímetro mede 100 cm e cuja maior diagonal mede 40 cm. Calcule a área, em cm2, do círculo
inscrito neste losango.
Resolução
D
x + x + x + x = 100
x = 25cm
AC = 40 cm ⇒ OC = 20 cm
No ΔODC :
x 2 = OC 2 + OD 2
252 = 20 2 + OD 2
OD = 15 cm
x
A
x
x
x
B
Percebemos que o raio da circunferência inscrita no losango é igual a altura relativa à hipotenusa do ΔODC :
x ⋅ R = OC ⋅ OD
25 ⋅ R = 20 ⋅15
R = 12 cm
Seja A a área pedida:
A = πR 2 = π ⋅122
A = 144π cm 2
17
C
O