TIPO DE PROVA: A
Questão 3
Um intervalo que
sen 2x > 2 sen x é:
Questão 1
O algarismo das
21! − 221 é:
a) 5
b) 0
c) 1
dezenas
d) 7
do
número
e) 2
alternativa D
A quantidade de zeros com que termina o número
n! é igual ao número de fatores 5 presentes em
sua fatoração. Na fatoração de 21! estão presentes 4 fatores 5, provenientes de 5, 10, 15 e 20.
Assim, 21! termina em 4 zeros.
Aplicando o algoritmo da subtração, temos:
. . . . 0000
−
221
. . . . 97 7 9
Portanto o algarismo das dezenas de 21! − 221
é 7.
Questão 2
Considere todos os números naturais n tais
que 3 ≤ n ≤ 100. Desses, K% são dados pela
soma de três naturais consecutivos. O valor
mais próximo de K é:
a) 15
b) 25
c) 45
d) 35
e) 55
alternativa D
Um número natural que é resultado da soma de
três naturais consecutivos é da forma (m − 1) +
+ m + (m + 1) = 3m, m ∈ N ∗ . No intervalo dado,
o primeiro número dessa forma é 3 ⋅ 1 = 3 e o último é 3 ⋅ 33 = 99. Assim, do total de
números
do
intervalo,
100 − 3 + 1 = 98
33 − 1 + 1 = 33 são dados pela soma de três
naturais consecutivos e, portanto, K% =
33
=
⋅ 100% ≅ 33,7%. Dentre as alternativas, a
98
que tem o valor mais próximo de K é a D.
contém
π
a) 0, 
 4 
π π
b)  , 
 4 2 
3π
d) 
, π
 4

5π 
e) π ,

4 
soluções
de
π 3π 
c)  ,
 2 4 
alternativa E
sen 2x > 2 sen x ⇔ 2 sen x cos x > 2 sen x ⇔
⇔ 2 sen x ⋅ (cos x − 1) > 0 ⇔
(sen x > 0 e cos x > 1)
sen x < 0
ou
⇔
⇔
⇔
cos x < 1
(sen x < 0 e cos x < 1)
⇔ sen x < 0 ⇔ (2k + 1) π < x < (k + 1) ⋅ 2 π
(k ∈ Z )
Logo o único intervalo que contém soluções de
sen 2x > 2 sen x é o da alternativa E.
Questão 4
Das alternativas, assinale aquela que contém um valor de x tal que 2senx = 4cosx .
π
π
π
b)
a) 0 < x <
< x <
6
6
4
c)
π
π
< x <
4
3
e)
π
< x < π
2
d)
π
π
< x <
3
2
alternativa D
2 sen x = 4cos x ⇔ 2 sen x = 2 2 cos x ⇔
⇔ sen x = 2 cos x ⇔ tg x = 2.
Como a função tg x é crescente no intervalo
π
 π 
0; 2 , temos que 3 < 2 ⇔ tg 3 < tg x ⇔
π
π
.
⇔
< x <
3
2
matemática 2
Questão 5
3x − i
,
1 + 3xi
x real, pode-se afirmar que se trata de um número:
a) real, para qualquer valor de x
b) real, para um único valor de x
c) imaginário puro, para qualquer valor de x
d) imaginário puro, para um único valor de x
e) de representação gráfica no 2º quadrante
Com relação ao número complexo z =
alternativa C
z =
−(9x 2 + 1)i
3x − i 1 − 3xi
⋅
=
= −i
1 + 3xi 1 − 3xi
1 + 9x 2
Logo z é um imaginário puro, para qualquer valor
de x.
Questão 6
Na figura, A, B, C e D são pontos da curva
y = x2 + a. A área do trapézio ABCD é:
A base maior do trapézio é AD = 2 − ( −2) = 4, a
base menor é BC = 1 − ( −1) = 2 e a altura é
5 − 2 = 3.
Portanto a área do trapézio ABCD é igual a
(4 + 2) ⋅ 3
= 9.
2
Questão 7
As retas 3 y = x + 3, y = −x + 1 e o eixo Ox,
determinam um triângulo cujo maior ângulo
interno é:
b) 135o
c) 105o
d) 75o
e) 120o
a) 90o
alternativa C
3
x + 3 e
3
3
s : y = −x + 1 têm coeficientes angulares ar =
3
e as = −1, formando com o eixo Ox ângulos de
30 o e135 o , respectivamente.
Logo o maior ângulo do triângulo formado pelas
retas e o eixo Ox é igual a 180 o − 30 o − 45 o =
=105 o , conforme figura.
As retas r :
3y = x +3 ⇔ y =
Questão 8
a) 8
b) 9
c) 10
d) 12
e) 14
alternativa B
Como o ponto (0; 1) pertence à parábola de equação y = x 2 + a, então 1 = 0 2 + a ⇔ a = 1.
Os pontos A e D da parábola possuem ordenada
5, logo x 2 + 1 = 5 ⇔ x 2 = 4 ⇔ x = −2 ou
x = 2.
Os pontos B e C da parábola possuem ordenada
2, logo x 2 + 1 = 2 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = −1 ou
x = 1.
Na figura, AB é diâmetro da semicircunferência de centro O. Se AB mede 2, a área assinalada vale:
π
a)
2
π
b)
4
π
c)
6
d) π
π
e)
8
matemática 3
alternativa E
alternativa A
A área pedida é a diferença entre as áreas de
um quarto de círculo de raio OB = 1 e da semi1
, ou seja, igual a
circunferência de raio OC =
2
2
1
1
π
1 
⋅ π ⋅12 − ⋅ π ⋅   = .
2
4
2
8
Um cubo, com medida da aresta igual a a, tem
como medida das diagonais das faces e medida
das diagonais, a 2 e a 3 , respectivamente.
Conseqüentemente, a 2 + a 3 = 2 + 3 ⇔
⇔ a = 1 e a área total desse cubo é 6a 2 = 6.
Questão 11
x
Se x = log3 2, então 92x + 81 2 é:
a) 12
b) 20
c) 18
d) 36
e) 48
alternativa B
Para x = log 3 2 , temos
x
Questão 9
Num paralelogramo, a diagonal maior mede
7 e um ângulo interno mede 60o. Se a medida de um lado é o dobro da medida do outro,
o perímetro desse paralelogramo é igual a:
a) 9
b) 6
c) 8
d) 10
e) 12
alternativa B
9 2x + 81 2 = (3 2 ) 2 ⋅ log3
2
+ (3 4 )
= 3 4 ⋅ log3 2 + 3 2 ⋅ log3 2 = 3 log3
log3 2
2
24
=
2
+ 3 log3 2 =
= 2 4 + 2 2 = 20 .
Questão 12
Os valores inteiros pertencentes ao domínio
da função y = log2 log 1 (x2 − x + 1) são em
2
número de:
a) 0
b) 1
c) 2
d) 3
e) 4
alternativa A
Seja x a medida do lado menor do paralelogramo.
Aplicando a lei dos co-senos temos:
( 7 ) 2 = x 2 + (2x) 2 − 2 ⋅ x ⋅ 2x ⋅ cos 120 o ⇔
 1
⇔ 7 = x 2 + 4x 2 − 4x 2 ⋅  −  ⇔ 7 = 7x 2 ⇔
 2
⇔ x =1
Portanto o perímetro do paralelogramo é igual a
1 + 2 + 1 + 2 = 6.
Questão 10
Num cubo, a soma da medida da diagonal de
uma face com a medida da diagonal do cubo
é 2 + 3 . A área total desse cubo é:
c) 6 3
d) 12
e) 18
a) 6
b) 6 2
Seja D o domínio da função.
x ∈D ⇔ y ∈R ⇔
⇔ log 1 (x 2 − x + 1) > 0 ⇔
2
⇔
x2 − x +1 < 1
x2 − x +1 > 0
⇔ x2 − x < 0 ⇔
⇔ 0 < x <1
Assim, nenhum valor inteiro pertence ao domínio
da função.
Questão 13
Se a é raiz real do polinômio p (x) =
= 3x 3 + 4x + 12, então:
a) 0 < a < 3
b) a < −12
c) −12 < a < −3
d) −3 < a < 0
e) 3 < a < 12
matemática 4
alternativa D
alternativa E
Como f(x) = 3x e g(x) = 4x + 12 são funções estritamente crescentes, p(x) = f(x) + g(x) também é
estritamente crescente e, portanto, possui no máximo uma raiz real.
Observando que p(−3) = 3( −3) 3 + 4(−3) + 12 < 0 e
p(0) = 12 > 0, temos que a única raiz real a de
p(x) satisfaz −3 < a < 0.
Os comprimentos das partes retiradas formam a
x
x x

seqüência  , ,
, . . . , ou seja, uma pro 3 9 27

x
gressão geométrica de primeiro termo igual a
e
3
1
razão .
3
Logo a soma de todos os segmentos retirados é
x
x
3
= 30 ⇔
= 30 ⇔ x = 60 .
1
2
1−
3
3
Questão 14
Se o polinômio p (x) = x 3 + 2 mx2 + m2 é divisível por x − 1, então 2m é igual a:
1
1
a) 1
b) 4
c)
d) 2
e)
2
4
alternativa C
Temos que p(x) é divisível por x − 1 se, e somente se, p(1) = 0 ⇔1 + 2m + m 2 = 0 ⇔ m = −1.
1
.
Assim, 2 m = 2 −1 =
2
Questão 15
Considere a progressão aritmética (x + 1, x + 4,
x + 7, ... , x + 61). Se a soma de todos os termos dessa seqüência é 651, o vigésimo termo
da mesma é:
a) 46
b) 52
c) 58
d) 64
e) 70
alternativa C
A razão da progressão aritmética (x + 1, x + 4,
x + 7, ..., x + 61) é igual a (x + 4) − (x + 1) = 3 e,
sendo n o número de termos dessa progressão,
temos x + 61 = x + 1 + (n − 1) ⋅ 3 ⇔ n = 21.
Como a soma de todos os termos dessa seqüên(x + 1 + x + 61) ⋅ 21
cia é 651, então
= 651 ⇔
2
⇔ x = 0.
Logo o vigésimo termo é igual a x + 1 + 19 ⋅ 3 = 58.
Questão 16
Divide-se um segmento de comprimento x em
três partes iguais, retirando-se a parte central. Repete-se o procedimento na parte retirada. Procedendo-se indefinidamente da mesma forma, a soma de todos os segmentos retirados é 30. O valor de x é:
a) 90
b) 50
c) 55
d) 45
e) 60
Questão 17
Retirados, ao acaso, três números do conjunto { 1 ; 2 ; 3 ; ... ; 20 }, o valor mais próximo
da probabilidade de pelo menos um deles ser
divisível por 5 é:
a) 50 %
b) 40 %
c) 25 %
d) 35 %
e) 30 %
alternativa A
Entre os números do conjunto {1; 2; 3; ...; 20}
existem 4 números divisíveis por 5 (5; 10; 15; 20)
e 20 − 4 = 16 números que não são divisíveis
por 5.
Retirados, ao acaso, três números do conjunto, a
probabilidade de pelo menos um deles ser divisível por 5 é igual a 1 menos a probabilidade de os
três números não serem divisíveis por 5, ou seja,
16 15 14
29
1−
⋅
⋅
=
≅ 50,8% .
20 19 18
57
Questão 18
No desenho ao
lado, três dos quadrados menores
deverão ser pintados de verde, três
de amarelo e três
de azul. Se os
quadrados da linha do meio tiverem a mesma cor,
o número de formas diferentes de se colorir o
desenho, nas condições dadas, é:
a) 120
b) 80
c) 90
d) 32
e) 60
matemática 5
alternativa E
Para determinarmos a maneira como o desenho
será colorido, basta escolhermos com qual das
três cores pintaremos a linha do meio e, então,
escolhermos, dentre os 6 quadrados restantes,
quais 3 serão pintados com uma das cores restantes e quais 3 com a outra.
6  3 
6!
Temos, portanto, 3 ⋅   ⋅   = 3 ⋅
⋅ 1 = 60
3  3 
3!3!
formas diferentes de colorir o desenho.
⇔
2x + ay = 4
(a 2 − 6a)y = 4a
Logo o sistema apresenta solução única para
a 2 − 6a ≠ 0 ⇔ (a ≠ 0 e a ≠ 6), apresenta mais
de uma solução para (a 2 − 6a = 0 e 4a = 0) ⇔
⇔ a = 0 e é impossível para (a 2 − 6a = 0 e
4a ≠ 0) ⇔ a = 6 .
Então somente as afirmações II e III são verdadeiras.
Questão 19
Questão 20
ax + 3ay = 0
Com relação ao sistema 
são fei2x + ay = 4
tas as seguintes afirmações.
I) Apresenta solução única para, exatamente,
dois valores distintos de a.
II) Apresenta mais de uma solução para um
único valor de a.
III) É impossível para um único valor de a.
Então, somente:
a) I e II são verdadeiras.
b) II e III são verdadeiras.
c) I e III são verdadeiras.
d) I é verdadeira.
e) III é verdadeira.
O polinômio p(x) = x 3 + ax2 + bx + c, com a,
alternativa B
Temos
ax + 3ay = 0
2x + ay = 4
⇔
⇔
2x + ay = 4
ax + 3ay = 0
b e c reais, admite as raízes 1 e i. Então
a − b + c é:
a) −3
b) 1
c) −1
d) 3
e) −2
alternativa A
Como a, b e c são reais e i é uma raiz de p(x), então −i também é raiz de p(x). Assim, sendo 1, i e
−i as raízes de p(x), temos x 3 + ax 2 + bx + c =
= (x − 1)(x − i)(x + i) ⇔
⇔ x 3 + ax 2 + bx + c = (x − 1)(x 2 + 1) ⇔
⇔ x3
a
⇔ b
c
+ ax 2 + bx + c = x 3 − x 2 + x − 1 ⇔
= −1
=1
= −1
Logo a − b + c = −1 − 1 − 1 = −3.