2008
IA
MATEMÁTICA
` = {0,1,2,3, ...}
]: conjunto dos números inteiros
\: conjunto dos números reais
^: conjunto dos números complexos
∅: conjunto vazio
[a,b] = {x ∈ \; a ≤ x ≤ b}
(a,b)= ]a,b[ = {x ∈ \; a < x < b}
[a,b) = [a,b[ = {x ∈ \; a ≤ x < b}
(a,b] = ]a,b] = {x ∈ \; a < x ≤ b}
"A matemática é o alfabeto com que Deus escreveu o mundo"
Galileu Galilei
i : unidade imaginária; i2 = –1
|z| : módulo do número z ∈ ^
z : conjugado do número z ∈ ^
Re z : parte real de z ∈ ^
Im z : parte imaginária de z ∈ ^
I : matriz identidade
A–1 : inversa da matriz inversível A
At : transposta da matriz A
det A : determinante da matriz A
AC : complementar de A
A – B = {x ∈ A; x ∉ B}
P(A) : coleção de todos os subconjuntos de A
AB : segmento de reta unindo os pontos A e B
p
AB : arco de circunferência de extremidades A e B
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados
são cartesianos ortogonais.
Questão 01
Considere uma população de igual número de homens e mulheres, em que sejam daltônicos 5% dos homens e 0,25% das
mulheres. Indique a probabilidade de que seja mulher uma pessoa daltônica selecionada ao acaso nessa população.
1
1
3
5
1
a)
b)
c)
d)
e)
21
8
21
21
4
Resolução:
Sendo os eventos:
D: pessoa daltônica
H: homens
M: mulheres
Temos:
P ( H ∩ D ) = 0,05
P ( M ∩ D ) = 0,0025
Sendo P ( M / D ) a probabilidade de que seja mulher uma pessoa daltônica selecionada ao acaso, temos:
P (M / D) =
P (M / D) =
P ( M ∩ D)
P ( D)
0,0025
25
1
=
=
0,0025 + 0,05 525 21
Alternativa A
Questão 02
Sejam α, β ∈ ^ tais que |α| = |β| = 1 e |α – β| =
2. Então α2 + β2 é igual a
a) –2
b) 0
c) 1
d) 2
e) 2i
Resolução:
Como |α| = |β|= 1, temos que α e β são do tipo:
α = cosx + i senx e β = cosy + i seny
Como |α – β| =
2 , temos:
|(cosx – cosy) + i (senx – seny)| =
2
(cosx – cosy ) + ( senx – seny ) = 2
2
2
cos2x – 2 cosx cosy + cos2y + sen2x + 2 senx seny + sen2y = 2
cosx · cosy + senx · seny = 0
cos(x – y) = 0
π
x–y=
2
+ kπ
π
+ k π ( I)
2
Calculando α2 + β2, temos:
α2 + β 2 = (cos2x + i sen2x) + (cos2y + i sen2y) = (cos2x + cos2y) + i (sen2x + sen2y)
x=y+
De (I) temos:
π
+ kπ
2
2x = 2y + π + 2kπ
∴ cos2x = – cos2y
sen2x = – sen2y
x=y+
Voltando em α2 + β2:
α 2 + β 2 = (–cos2y + cos2y) + i (–sen2y + sen2y)
=0+i0
=0
Alternativa B
Questão 03
3 ⎞
⎛ 1 −2
⎛1⎞
⎜
⎟
⎜ ⎟
Considere o sistema Ax = b, em que A = ⎜ 2 k
6 ⎟ , b = ⎜ 6 ⎟ e k ∈ \.
⎜ −1 3 k − 3 ⎟
⎜ 0⎟
⎝
⎠
⎝ ⎠
Sendo T a soma de todos os valores de k que tornam o sistema impossível e sendo S a soma de todos os valores de k que
tornam o sistema possível e indeterminado, então o valor de T − S é:
a) −4
b) −3
c) 0
d) 1
e) 4
2
Resolução:
Se det A ≠ 0, o sistema Ax = b será possível e determinado, logo
k ( k − 3) + 18 + 12 + 3k − 18 + 4k − 12 ≠ 0 ⇒ k ≠ 0 e k ≠ −4.
Assim para que Ax = b seja possível e indeterminado ou impossível basta tomarmos k = 0 ou k = −4.
Para k = 0 temos
⎛ 1 −2 3 ⎞⎛ x ⎞ ⎛ 1 ⎞
⎜
⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ 2 0 6 ⎟⎜ y ⎟ = ⎜ 6 ⎟ , escalonando
⎜ −1 3 −3 ⎟⎜ z ⎟ ⎜ 0 ⎟
⎝
⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ 1 −2 3 ⎞⎛ x ⎞ ⎛ 1 ⎞
⎜
⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ 0 4 0 ⎟⎜ y ⎟ = ⎜ 4 ⎟ , que é um sistema possível e indeterminado.
⎜ 0 1 0 ⎟⎜ z ⎟ ⎜ 1 ⎟
⎝
⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Para k = −4
⎛ 1 −2 3 ⎞⎛ x ⎞ ⎛ 1 ⎞
⎜
⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ 2 −4 6 ⎟⎜ y ⎟ = ⎜ 6 ⎟ , escalonando
⎜ −1 3 −7 ⎟⎜ z ⎟ ⎜ 0 ⎟
⎝
⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛1
⎜
⎜0
⎜0
⎝
∴S
−2
0
1
3 ⎞⎛ x ⎞ ⎛ 1 ⎞
⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
0 ⎟⎜ y ⎟ = ⎜ 4 ⎟ , que é um sistema impossível.
⎟ ⎜ ⎟
−4 ⎟⎜
⎠⎝ z ⎠ ⎝ 1 ⎠
= 0 e T = −4
T − S = −4.
Alternativa A
Questão 04
Sejam A e C matrizes n x n inversíveis tais que det( I + C −1 A) = 1/ 3 e det A = 5 . Sabendo-se que B = 3( A−1 + C −1 )t , então o
determinante de B é igual a:
3n
3n−1
1
a) 3n
b) 2 ⋅ 2
c)
d)
e) 5 ⋅ 3n −1
5
5
5
Resolução:
B = 3( A−1 + C −1 )t
det ( B ) = 3n ⋅ det( A−1 + C −1 ) c
Calculando det ( A−1 + C −1 ) :
Sendo I + C −1 ⋅ A = D
1
3
−1
−1
−1
Temos A + C = D ⋅ A , daí:
−1
−1
det( A + C ) = det( D) ⋅ det( A−1 )
1 1
det( A−1 + C −1 ) = ⋅
3 5
1
−1
−1
det( A + C ) =
15
det( D) =
Voltando em c:
det( B ) = 3n ⋅
1 3n −1
=
.
15
5
Alternativa D
3
Questão 05
Um polinômio P é dado pelo produto de 5 polinômios cujos graus formam uma progressão geométrica. Se o polinômio de
menor grau tem grau igual a 2 e o grau de P é 62, então o de maior grau tem grau igual a
a) 30
b) 32
c) 34
d) 36
e) 38
Resolução:
O grau de P é igual a soma dos graus de seus fatores:
2 + 2 ⋅ q + 2q 2 + 2q 3 + 2q 4 = 62, em que q é a razão da P.G.
q + q 2 + q 3 + q 4 = 30
Lembrando que q é um inteiro positivo, q = 2.
Portanto, o maior grau será 2 ⋅ q 4 = 2 ⋅ 24 = 32.
Alternativa B
Questão 06
Um diedro mede 120º. A distância da aresta do diedro ao centro de uma esfera de volume 4 3π cm3 que tangencia as faces
do diedro é, em cm, igual a
a) 3 3
b) 3 2
c) 2 3
d) 2 2
e) 2
Resolução:
Dado o volume da esfera podemos obter seu raio:
4π 3
V=
r = 4 3π
3
r 3 = 3 3 = 33
r = 3 cm
Na figura observamos que:
2α = 120º ⇒ α = 60º
sen α =
r
, em que d é a distância pedida.
d
sen 60º =
3
d
3
3
=
2
d
∴ d = 2cm
Alternativa E
4
Questão 07
Considere o quadrado ABCD com lados de 10 m de comprimento. Seja M um ponto sobre o lado AB e N um ponto sobre o
lado AD, eqüidistantes de A. Por M traça-se uma reta r paralela ao lado AD e por N uma reta s paralela ao lado AB, que
se interceptam no ponto O. Considere os quadrados AMON e OPCQ, onde P é a intersecção de s com o lado BC e Q é a
intersecção de r com o lado DC. Sabendo-se que as áreas dos quadrados AMON, OPCQ e ABCD constituem, nesta ordem,
uma progressão geométrica, então a distância entre os pontos A e M é igual, em metros, a
a) 15 + 5 5
b) 10 + 5 5
c) 10 − 5
d) 15 − 5 5
e) 10 − 3 5
Resolução:
(
)
A seqüência x 2 , (10 − x ) , 102 é uma P.G.:
2
2
⎡(10 − x )2 ⎤ = x 2 ⋅ 102
⎣
⎦
(10 − x )
2
= x ⋅ 10
100 − 20 x + x 2 = 10 x
x 2 − 30 x + 100 = 0
x=
30 ± 500
2
x = 15 ± 5 5
(
)
Como 0 < x < 10 , temos x = 15 − 5 5 m.
Alternativa D
5
Questão 08
Considere o polinômio p(x) = a5x5 + a4x4 + a3x3 + a2x2 – a1, em que uma das raízes é x = –1. Sabendo-se que a1, a 2, a 3, a 4 e a 5
são reais e formam, nesta ordem, uma progressão aritmética com a4 = 1/2, então p(–2) é igual a
a) – 25
b) – 27
c) – 36
d) – 39
e) – 40
Resolução:
( a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ) = ⎛⎜
1
1
1
1 1
⎞
− 3r , − 2r , − r , , + r ⎟ , em que r é a razão da PA.
2
2
2 2
⎝2
⎠
O polinômio dado pode ser escrito da forma
⎛1
⎞
⎛1⎞
⎛1
⎞
⎛1
⎞
⎛1
⎞
p( x) = ⎜ + r ⎟ x 5 + ⎜ ⎟ x 4 + ⎜ – r ⎟ x3 + ⎜ – 2r ⎟ x 2 – ⎜ – 3r ⎟
2
2
2
2
2
⎝
⎠
⎝ ⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
E sendo x = –1 raiz, temos:
⎛1
⎞ ⎛1⎞ ⎛1
⎞ ⎛1
⎞ ⎛1
⎞
p ( −1) = – ⎜ + r ⎟ + ⎜ ⎟ – ⎜ – r ⎟ + ⎜ – 2r ⎟ – ⎜ – 3r ⎟ = 0
⎝2
⎠ ⎝2⎠ ⎝2
⎠ ⎝2
⎠ ⎝2
⎠
1
r=
2
Assim:
x4 x2
p ( x ) = x5 +
–
+1
2
2
∴ p ( −2 ) = ( −2 ) +
5
( −2 )
2
4
−
( −2 )
2
2
+ 1 = −25
Alternativa A
Questão 09
Sobre a equação polinomial 2x4 + ax3 + bx2 + cx – 1 = 0, sabemos que os coeficientes a, b, c são reais, duas de suas raízes
são inteiras e distintas e 1/2 – i/2 também é sua raiz. Então, o máximo de a, b, c é igual a
a) –1
b) 1
c) 2
d) 3
e) 4
Resolução:
2x4 + ax3 + bx2 + cx –1 = 0
1 i
1 i
α, β, − e + são as raízes da equação
2 2
2 2
1 i
1 i
a
α+β+ − + + = −
2 2
2 2
2
−a − 2
α+β=
1
2
⎛ 1 i ⎞ ⎛ 1 i ⎞ −1
α ⋅ β ⋅ ⎜ + ⎟⋅⎜ − ⎟ =
⎝2 2⎠ ⎝2 2⎠ 2
1 −1
αβ ⋅ =
2 2
α ⋅ β = –1 ⇒ α = 1 e β = –1, pois α e β são inteiros distintos.
Voltando em 1:
−a − 2
1 + (–1) =
⇒ a = –2.
2
Reescrevendo a equação
2x4 –2x3 + bx2 + cx –1 = 0
6
⎧2 − 2 + b + c − 1 = 0, pois 1 é raiz.
⎨
⎩2 + 2 + b − c − 1 = 0, pois − 1 é raiz.
Resolvendo o sistema:
b = –1 e c = 2
Logo, o máximo de a, b, c é igual a 2.
Alternativa C
Questão 10
É dada a equação polinomial ( a + c + 2 ) x 3 + ( b + 3c + 1) x 2 + ( c − a ) x + ( a + b + 4 ) = 0, com a, b, c reais. Sabendo-se que esta
equação é recíproca de primeira espécie e que 1 é uma raiz, então o produto abc é igual a
a) −2
b) 4
c) 6
d) 9
e) 12
Resolução:
Como é uma equação recíproca de primeira espécie, temos:
a + c + 2 = a + b + 4 ⇒ b = c − 2 (I)
b + 3c + 1 = c − a ⇒ a = −3c + 1 ( II ) .
Como 1 é raiz, temos:
a + c + 2 + b + 3c + 1 + c − a + a + b + 4 = 0 ⇒ a + 2b + 5c = 7 ( III ) .
Substituindo ( I ) e ( II ) em ( III ) :
−3c + 1 + 2c − 4 + 5c = −7
4c = −4
c = −1 .
Voltando em ( I ) e ( II ) temos:
b = −3 e a = 4
∴ abc = 4 ( −3)( −1) = 12
Alternativa E
Questão 11
Sendo [–π/2, π/2] o contradomínio da função arcoseno e [0, π] o contradomínio da função arcocosseno, assinale o valor de
3
4⎞
⎛
cos ⎜ arc sen + arc cos ⎟ .
5
5
⎝
⎠
a)
1
12
b)
7
25
c)
4
15
d)
e)
1
15
1
2 5
7
Resolução:
No triângulo acima temos:
3
4
α = arcsen = arccos
5
5
3
sen α =
5
4
cos α =
5
3
4⎞
⎛
∴ cos ⎜ arcsen + arc cos ⎟ = cos ( α + α ) = cos 2α − sen 2α
⎝
5
5⎠
3
4 ⎞ 16 9
7
⎛
−
=
cos ⎜ arcsen + arccos ⎟ =
5
5
25
25
25
⎝
⎠
Alternativa B
Questão 12
Dada a cônica λ : x2 – y2 = 1, qual das retas abaixo é perpendicular à λ no ponto P = (2, 3 )?
a) y = 3 ( x − 1)
3
x
2
3
c) y =
( x + 1)
3
b) y =
d) y =
− 3
( x − 7)
5
e) y =
− 3
( x − 4)
2
Resolução:
A reta perpendicular à λ é perpendicular a reta tangente à λ no mesmo ponto.
Como o gráfico da função f ( x ) = x 2 − 1, para x ≥ 1, coincide com λ no primeiro quadrante, temos que o coeficiente angular da reta
(
)
tangente a λ em 2, 3 será m = f ' ( 2 ) , onde f ' denota a derivada da função f.
Portanto:
1
−
1
f ' ( x ) = ( x 2 − 1) 2 ⋅ ( 2 x )
2
x
f '( x ) =
, x >1
2
x −1
2
f '( 2) =
4 −1
2
f '( 2) =
.
3
Sendo m’ o coeficiente angular da reta perpendicular, temos:
m ⋅ m ' = −1
2
⋅ m ' = −1
3
m' = −
3
.
2
8
Daí segue que a equação da reta perpendicular a λ será:
3
y− 3=−
( x − 2)
2
y− 3=−
3
x+ 3
2
y=−
3
x+2 3
2
y=−
3
( x − 4)
2
Alternativa E
Questão 13
O conjunto imagem e o período de f(x) = 2 sen2 (3x) + sen (6x) – 1 são, respectivamente,
a) [–3, 3] e 2π
2π
b) [–2, 2] e
3
π
c) [ − 2 , 2 ] e
3
π
d) [–1, 3] e
3
2π
e) [–1, 3] e
3
Resolução:
cos ( 6 x ) = cos ( 2 ⋅ 3 x ) = 1 − 2 sen 2 ( 3 x )
2 sen 2 ( 3 x ) = 1 − cos ( 6 x ) 1
Substituindo 1 em f(x) temos:
f ( x ) = 1 − cos ( 6 x ) + sen ( 6 x ) − 1
⎛
⎞
2
2
f ( x ) = sen ( 6 x ) − cos ( 6 x ) = 2 ⎜⎜ sen ( 6 x ) ⋅
−
⋅ cos ( 6 x ) ⎟⎟
2
2
⎝
⎠
π
π
⎛
⎞
f ( x ) = 2 ⎜ sen ( 6 x ) ⋅ cos − sen ⋅ cos ( 6 x ) ⎟
4
4
⎝
⎠
π⎞
⎛
f ( x ) = 2 sen ⎜ 6 x − ⎟
4⎠
⎝
Os valores assumidos por f ( x ) variam de − 2 a
2 e seu período é dado por
Alternativa C
9
2π π
= rad .
6
3
Questão 14
Para x ∈ \ , o conjunto solução de |53x – 52x + 1 + 4 ⋅ 5x| = |5x – 1| é
{
a) 0, 2 ± 5, 2 ± 3
{
(
b) 0, 1, log 5 2 + 5
}
)}
⎛ 2 ⎞ ⎪⎫
1
⎪⎧ 1
c) ⎨0, log 5 2, log 5 3, log 5 ⎜⎜
⎟⎟ ⎬
2
⎝ 2 ⎠ ⎪⎭
⎩⎪ 2
{
(
)
(
)
(
d) 0, log 5 2 + 5 , log 5 2 + 3 , log 5 2 − 3
)}
e) A única solução é x = 0
Resolução:
53 x − 52 x +1 + 4 ⋅ 5 x = 5 x − 1
53 x − 5 ⋅ 52 x + 4 ⋅ 5 x = 5 x − 1
ou
53 x − 5 ⋅ 52 x + 4 ⋅ 5 x = −5 x + 1
( I)
( II )
Resolvendo ( I ) :
53 x − 5 ⋅ 52 x + 3 ⋅ 5 x + 1 = 0
Sendo 5 x = z , temos:
z 3 − 5 z 2 + 3z + 1 = 0
1
1
1
−5
−4
3
−1
1
0
z2 − 4z − 1 = 0
Δ = 16 + 4 = 20
z=
4±2 5
2
z =2± 5
∴ z = 1 ou z = 2 + 5 ou z = 2 − 5
Se z = 1 ⇒ 5 x = 1 ⇒ x = 0
(
Se z = 2 + 5 ⇒ 5 x = 2 + 5 ⇒ x = log 5 2 + 5
)
Se z = 2 − 5 ⇒ 5 x = 2 − 5 , o que é impossível.
Resolvendo ( II ) :
53 x − 5 ⋅ 52 x + 5 ⋅ 5 x − 1 = 0
Sendo 5 x = z , temos:
z3 − 5z 2 + 5z − 1 = 0
1
1
1
−5
−4
5
1
−1
0
z2 − 4z + 1 = 0
Δ = 16 − 4 = 12
z=
4±2 3
2
z =2± 3
10
∴ z = 1 ou z = 2 + 3 ou z = 2 − 3
Se z = 1 ⇒ 5 x = 1 ⇒ x = 0
(
)
3 ⇒ x = log ( 2 − 3 )
Se z = 2 + 3 ⇒ 5 x = 2 + 3 ⇒ x = log 5 2 + 3
Se z = 2 − 3 ⇒ 5 x = 2 −
5
Portanto o conjunto solução será:
{0,log ( 2 + 5 ) ,log ( 2 + 3 ) ,log ( 2 − 3 )}
5
5
5
Alternativa D
Questão 15
Um subconjunto D de \ tal que a função f : D → \ , definida por f ( x ) = ln ( x 2 − x + 1) é injetora, é dado por
a) \
b) ( −∞ ,1]
c) [ 0 , 1 / 2]
d) ( 0 ,1)
e) [1 / 2 , ∞ )
Resolução:
Considerando as funções g(x) = |x|, h(x) = ln(x) e k(x) = x2 – x + 1, temos: f(x) = gDhDk(x).
Para que f(x) seja injetora devemos ter hDk(x) injetora e hDk(x) ≥ 0 ou hDk(x) ≤ 0, pois o gráfico de g(x) é:
Para que hDk(x) seja injetora k(x) deve ser injetora (h(x) é injetora), o que nos dá:
x≥
1
1
ou x ≤
2
2
Resolvendo hDk(x) ≥ 0 ou hDk(x) ≤ 0, temos:
ln(x2 – x + 1) ≥ 0 ⇒ x2 – x + 1 ≥ 1 ⇒ x (x – 1) ≥ 0 ⇒ x ≤ 0 ou x ≥ 1
ou
ln(x2 – x + 1) ≤ 0 ⇒ x2 – x + 1 ≤ 1 ⇒ x (x – 1) ≤ 0 ⇒ 0 ≤ x ≤ 1
Intervalos que satisfazem às duas condições são:
11
Dentre as alternativas um conjunto possível é D = [0 ,1/2]
Alternativa C
Questão 16
A soma de todas as soluções distintas da equação cos3x + 2cos6 x + cos9 x = 0 , que estão no intervalo 0 ≤ x ≤
a) 2π
b)
23
π
12
c)
9
π
6
d)
7
π
6
e)
13
π
12
Resolução:
cos3 x + 2cos 6 x + cos9 x = 0
2cos 6 x + [ cos9 x + cos3 x ] = 0
2 ⋅ cos 6 x + 2 ⋅ cos 6 x ⋅ cos3x = 0
2cos 6 x [1 + cos3 x ] = 0
cos 6 x = 0
cos3x = −1
Resolvendo
( I)
( II )
( I) :
π
π
⎧
⎪6 x = 2 ⇒ x = 12
⎪
π
3π
⎪
⇒x=
cos 6 x = 0 ⇒ ⎨6 x =
2
4
⎪
⎪
5π
5π
⎪6 x = 2 ⇒ x = 12
⎩
Resolvendo ( II ) :
cos3 x = −1 ⇒ 3x = π ⇒ x =
π
3
A soma S das soluções será:
π π 5π π π + 3π + 5π + 4π 3π
S= + +
=
+ =
12 4 12 3
12
12
Alternativa E
12
π
2
, é igual a
Questão 17
Considere o conjunto D = {n ∈ `;1 ≤ n ≤ 365} e H ⊂ P ( D ) formado por todos os subconjuntos de D com 2 elementos.
Escolhendo ao acaso um elemento B ∈ H , a probabilidade de a soma de seus elementos ser 183 é igual a
1
a)
730
46
b)
33215
1
c)
365
92
d)
33215
91
e)
730
Resolução:
Seja n o número de elementos de H :
n = C 365 ,2 =
365 ⋅ 364
= 365 ⋅182
2
Seja m o número de elementos de H cuja soma dos próprios elementos é igual a 183 :
182
= 91
2
Seja P a probabilidade pedida:
m
91
1
P= =
.
=
n 365 ⋅182 730
m=
Alternativa A
Questão 18
l
Considere o triângulo ABC isósceles em que o ângulo distinto dos demais, BAC,
mede 40º. Sobre o lado AB, tome o
l = 15º . Sobre o lado AC , tome o ponto D tal que DBC
l = 35º . Então, o ângulo E DB
l vale
ponto E tal que ACE
a) 35º
b) 45º
c) 55º
d) 75º
e) 85º
13
Resolução:
Como BÊC = 55º o triângulo BEC é isósceles com BE = BC .
Sendo F a intersecção de BD e CE , temos:
BFC = 90º .
Os triângulos DEF e DCF são congruentes, pois são retângulos com EF = CF e DF é lado comum aos dois. Daí, como CDF = 75º ,
temos EDF = 75º .
Alternativa D
Questão 19
( X − Y ) ∩ Z = {1, 2, 3, 4} , Y = {5, 6} , Z ∩ Y = ∅ , W ∩ ( X − Z ) = {7 , 8} ,
⎡⎣ X ∩ ( Z ∪ W ) ⎤⎦ − ⎡⎣W ∩ (Y ∪ Z ) ⎤⎦ é igual a
Sejam X, Y, Z e W, subconjuntos de ` tais que
X ∩ W ∩ Z = {2, 4} . Então o conjunto
a) {1, 2, 3, 4 , 5}
b) {1, 2, 3, 4 , 7}
c) {1, 3, 7 , 8}
d) {1, 3}
e) {7 , 8}
14
Resolução:
Utilizando diagrama de Venn, temos:
De onde concluímos:
⎡⎣ x ∩ ( z ∪ w ) ⎤⎦ = {1, 2, 3, 4, 7, 8}
⎡⎣ w ∩ ( y ∪ z ) ⎤⎦ = {2, 4}
⎣⎡ x ∩ ( z ∪ w ) ⎤⎦ − ⎡⎣ w ∩ ( y ∪ z )⎤⎦ = {1, 3, 7, 8}
Obs.: Note que os elementos 5 e 6 podem estar em ( x ∩ y ) − w ou em ( w ∩ y ) − x que a resposta não se altera.
Alternativa C
Questão 20
Sejam r e s duas retas paralelas distando 10 cm entre si. Seja P um ponto no plano definido por r e s e exterior à
região limitada por estas retas, distando 5 cm de r . As respectivas medidas da área e do perímetro, em cm 2 e cm , do
triângulo eqüilátero PQR cujos vértices Q e R estão, respectivamente, sobre as retas r e s , são iguais a
a) 175
3
e 5 21
3
b) 175
3
e 10 21
3
c) 175 3 e 10 21
d) 175 3 e 5 21
e) 700 e 10 21
Resolução:
15
Nos triângulos PAR, RCQ e PBQ:
A 2 = x 2 + 152 ⇒ x 2 = A 2 − 225
A 2 = y 2 + 102 ⇒ y 2 = A 2 − 100
c
d
A = ( x + y ) + 5 ⇒ A = x + 2 xy + y 2 + 25
2
2
2
2
2
e
Substituindo c e d em e:
A 2 = A 2 − 225 + 2 ⋅ A 2 − 225 ⋅ A 2 − 100 + A 2 − 100 + 25
2 A 2 − 225 ⋅ A 2 − 100 = 300 − A 2
(
)(
) (
4 ⋅ A 2 − 225 ⋅ A 2 − 100 = 300 − A 2
)
2
4A 4 − 1300 A 2 + 90 000 = 90 000 − 600A 2 + A 4
3A 4 − 700A 2 = 0
700
10 7 10 21
⇒A=
=
, pois A > 15 .
3
3
3
Seja S e 2p a área e o perímetro do Δ PQR, respectivamente:
∴ A2 =
A 2 3 175
=
3 cm 2
4
3
2 p = 3A = 10 21 cm
S=
Alternativa B
Questão 21
{
}
Dado o conjunto A = x ∈ \; 3 x 2 + 2 x < x 2 , expresse-o como união de intervalos da reta real.
Resolução:
i) 3 x 2 + 2 x ≥ 0
S1 = ( −∞ , − 2 / 3] ∪ [ 0 , + ∞ )
2
2
ii) x > 3 x + 2 x
x 4 > 3x 2 + 2 x
x 4 − 3x 2 − 2 x > 0
Raízes de x 4 − 3 x 2 − 2 x = 0 :
x1 = 0
x2 = −1
−1
1
1
0
−1
−3
−2
−2
0
x2 − x − 2 = 0
x3 = −1
x4 = 2
16
Estudo do sinal da função
y = x 4 − 3x 2 − 2 x
S 2 = ( −∞ , − 1) ∪ ( −1, 0 ) ∪ ( 2 , + ∞ )
De i e ii temos:
A = S1 ∩ S 2 = ( −∞ , − 1) ∪ ( −1, − 2 / 3] ∪ ( 2 , + ∞ )
Questão 22
Determine as raízes em ^ de 4 z 6 + 256 = 0, na forma a + bi, com a, b ∈ \, que pertençam a
S = { z ∈ ^; 1 < z + 2 < 3} .
Resolução:
4 z 6 + 256 = 0
⎛
⎛ π 2k π ⎞
⎛ π 2k π ⎞ ⎞
z 6 = −64 ⇒ zk +1 = 2 ⎜ cos ⎜ +
⎟ + i sen ⎜ +
⎟ ⎟ , k = 0, 1, 2, 3, 4, 5.
6 ⎠
6 ⎠⎠
⎝3
⎝3
⎝
{
}
S = z ∈ ^;1 < z − ( −2 ) < 3 tem como representação no plano complexo uma coroa circular de centro −2 e raio variando entre 1 e 3.
Marcando no plano complexo as raízes e o conjunto S:
Notamos então que apenas as raízes z2 = 2 i, z3 = − 3 + i, z4 = − 3 − i e z5 = −2 i pertencem a S.
Questão 23
Seja f ( x ) = ln ( x 2 + x + 1) , x ∈ \. Determine as funções h, g : \ → \ tais que f ( x ) = g ( x ) + h ( x ) , ∀x ∈ \, sendo h uma
função par e g uma função ímpar.
Resolução:
Para toda função definida em um domínio simétrico vale
f ( x) =
f ( x) + f (−x)
∴ g ( x) =
+
2
f ( x) + f (−x)
2
f ( x) − f (−x)
2
e h ( x) =
, em que a primeira parcela da soma é par e a segunda é ímpar.
f ( x) − f (−x)
2
17
g ( x) =
h ( x) =
ln ( x 2 + x + 1) + ln ( x 2 − x + 1)
=
2
ln ( x 2 + x + 1) − ln ( x 2 − x + 1)
2
=
ln ⎡⎣( x 2 + x + 1)( x 2 − x + 1) ⎤⎦
2
2
⎡ x + x + 1⎤
ln ⎢ 2
⎥
⎣ x − x + 1⎦
2
= ln
(x
2
+ x + 1)( x 2 − x + 1)
⎡ x2 + x + 1 ⎤
= ln ⎢ 2
⎥.
⎢⎣ x − x + 1 ⎥⎦
Questão 24
Sejam α, β, γ ∈ \. Considere o polinômio p(x) dado por
x 5 − 9 x 4 + ( α − β − 2 γ ) x 3 + ( α + 2β + 2γ − 2 ) x 2 + ( α − β − γ + 1) x + ( 2α + β + γ − 1)
Encontre todos os valores de α, β e γ de modo que x = 0 seja uma raiz com multiplicidade 3 de p(x).
Resolução:
Para que x = 0 seja raiz.
é preciso que 2α + β + γ − 1 = 0.
Derivando p ( x ) , temos:
p ' ( x ) = 5 x 4 − 36 x3 + 3 ( α − β − 2γ ) x 2 + 2 ( α + 2β + 2γ − 2 ) x + α − β − γ + 1
Assim, α − β − γ + 1 = 0
Derivando p ' ( x ) , temos:
p '' ( x ) = 20 x 3 − 108 x 2 + 6 ( α − β − 2γ ) x + 2 ( α + 2β + 2γ − 2 )
Assim, α + 2β + 2γ − 2 = 0
⎧ 2α + β + γ = 1
⎪
encontramos α = 0, β ∈ \ e γ = 1 − β.
Resolvendo o sistema ⎨α − β − γ = −1
⎪α + 2β + 2 γ = 2
⎩
Para termos 0 como uma raiz de multiplicidade 3 devemos garantir que α − β − 2 γ ≠ 0 (caso contrário terá multiplicidade 4). Desta relação
temos: 0 − β − 2 + 2β ≠ 0 ⇒ β ≠ 2.
S = {( α, β, γ ) ∈ \ 3 / ( α, β, γ ) = ( 0, β, 1 − β ) , β ∈ \ − {2}}
Questão 25
Uma matriz real quadrada A é ortogonal se A é inversível e A−1 = At . Determine todas as matrizes 2 × 2 que são simétricas
e ortogonais, expressando-as, quando for o caso, em termos de seus elementos que estão fora da diagonal principal.
Resolução:
⎡a c ⎤
A=⎢
⎥ , pois A é simétrica.
⎣c b⎦
⎡a c ⎤
−1
At = ⎢
⎥ = A , pois A é ortogonal.
⎣c b⎦
⎡1 0 ⎤ ⎡ a c ⎤ ⎡ a c ⎤ ⎡1 0 ⎤
A ⋅ A−1 = ⎢
⎥⇒⎢
⎥⋅⎢
⎥=⎢
⎥
⎣0 1 ⎦ ⎣ c b ⎦ ⎣ c b ⎦ ⎣0 1 ⎦
2
2
a + c = 1 (1)
ac + bc = 0 ( 2 )
c2 + b2 = 1
( 3)
De (1) e ( 3) vem:
a 2 = b 2 ⇒ a = ±b
18
1) Se a = b :
bc + bc = 0 ⇒ b = 0 ou c = 0
1.1) a = b = 0 ⇒ c 2 = 1 ⇒ c = ±1
⎡0 1 ⎤
⎡ 0 −1⎤
∴A= ⎢
ou A = ⎢
⎥
⎥
⎣1 0 ⎦
⎣ −1 0 ⎦
1.2) c = 0 ⇒ a = b = ±1
⎡1 0 ⎤
⎡ −1 0 ⎤
∴A= ⎢
ou A = ⎢
⎥
⎥
⎣0 1 ⎦
⎣ 0 −1⎦
2) Se a = −b :
c 2 + b 2 = 1 ⇒ b = ± 1 − c 2 , em que c ∈ [ −1, 1] .
⎡− 1 − c2
∴A= ⎢
⎢⎣
c
⎤
⎡ 1 − c2
⎥ ou A = ⎢
⎢⎣ c
1 − c 2 ⎥⎦
c
⎤
⎥ em que c ∈ [ −1, 1] .
− 1 − c 2 ⎥⎦
c
Notemos que para c = −1 ou c = 1 voltamos ao caso 1.1.
Questão 26
⎤ −π π ⎡
Determine todos os valores α ∈ ⎥
,
tais que a equação (em x) x 4 − 2 4 3 x 2 + tg α = 0 admita apenas raízes reais simples.
⎦ 2 2 ⎢⎣
Resolução:
x 4 − 2 4 3 x 2 + tg α = 0
x2 =
2 4 3 ± 4 3 − 4 tg α
2
x2 =
x=±
3±
3±
3 − tg α
3 − tg α
Para que as raízes sejam reais e distintas devemos ter:
3 − tg α > 0 e
3−
3 − tg α > 0
tg α < 3 e tg α > 0
tg
3
p
3
0
∴ S = ]0, π / 3[
19
Questão 27
Em um espaço amostral com uma probabilidade P, são dados os eventos A, B e C tais que: P ( A) = P ( B ) = 1/ 2, com A e B
independentes, P ( A ∩ B ∩ C ) = 1/16, e sabe-se que P ( ( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ C ) ) = 3 /10. Calcule as probabilidades condicionais
(
)
P ( C | A ∩ B ) e P C | A ∩ BC .
Resolução:
A probabilidade condicional P(A/B) =
Assim P(C/A ∩ B) =
P ( C / A ∩ BC ) =
(
P (C ∩ ( A ∩ B ))
P ( A ∩ B)
P C ∩ ( A ∩ BC )
P ( A ∩ BC )
Temos P ( ( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ C ) ) =
P( A ∩ B )
P( B)
=
1 / 16 1
=
1/ 4 4
)
3
10
P ( A ∩ B) + P ( A ∩ C ) − P( A ∩ B ∩ C ) =
3
10
1
1
3
9
+ P( A ∩ C ) − =
⇒ P( A ∩ C ) =
4
16 10
80
(
)
Assim, P C / A ∩ B c =
1/ 20 1
= .
1/ 4 5
Observação
P ( ( A ∩ C ) ∩ B ) + P ( ( A ∩ C ) ∩ BC ) = P ( A ∩ C )
1
9
+ P ( ( A ∩ C ) ∩ BC ) =
16
80
9
1
1
⇒ P ( ( A ∩ C ) ∩ BC ) =
− =
80 16 20
Questão 28
Um triângulo acutângulo de vértices A, B e C está inscrito numa circunferência de raio
BC mede 2 2. Determine a área do triângulo ABC.
Resolução:
A
a
R=
2 5
B
g
b
C
2 2
Lei dos senos:
2 2
3
4
= 2 R ⇒ senα = ⇒ cosα = , pois α ∈ ]0, π / 2[
senα
5
5
2 5
3 10
10
= 2 R ⇒ senγ =
⇒ cosγ =
, pois γ ∈ ]0, π / 2[
senγ
10
10
No ΔABC :
α + β + γ = 180º ⇒ senβ = sen ( α + γ )
20
5 2
3
5 2
. Sabe-se que AB mede 2 5 e
3
3 10 3 10 4 15 10
+
⋅ =
senβ = senα ⋅ cosγ + senγ ⋅ cosα = ⋅
5 10
10 5
50
senβ =
3 10
10
Seja S a área do ΔABC :
1
1
3 10
⋅ AB ⋅ BC ⋅ senβ = ⋅ 2 5 ⋅ 2 2 ⋅
2
2
10
S =6.
S=
Questão 29
Seja C uma circunferência de raio r e centro O e AB um diâmetro de C. Considere o triângulo eqüilátero BDE inscrito em C.
Traça-se a reta s passando pelos pontos O e E até interceptar em F a reta t tangente à circunferência C no ponto A.
Determine o volume do sólido de revolução gerado pela rotação da região limitada pelo arco p
AE e pelos segmentos AF e
EF em torno do diâmetro AB .
Resolução:
No ΔOPE :
OE = r
r
OP =
2
r 3
2
Da semelhança entre os triângulos OPE e OAF :
PE =
AF = r 3
Seja V o volume do sólido pedido:
⎛ π ⋅ AF 2 ⋅ AO − π ⋅ PE 2 ⋅ PO ⎞ π ⋅ AP 2
V = Vtronco − Vcalota = ⎜
( 3 ⋅ OE − AP )
⎟−
3
3
⎝
⎠
2
2
⎛r 3⎞ r
r⎞
⎛r⎞ ⎛
π ⋅ r 3 ⋅ r − π ⋅ ⎜⎜
⎟⎟ ⋅
π⋅⎜ ⎟ ⋅⎜3⋅ r − ⎟
2 ⎠ 2
2⎠ ⎝
2⎠
⎝
⎝
V=
−
3
3
2 3
V = πr
3
(
)
2
21
Questão 30
Considere a parábola de equação y = ax 2 + bx + c, que passa pelos pontos ( 2, 5) , ( −1, 2) e tal que a, b, c formam, nesta
ordem, uma progressão aritmética. Determine a distância do vértice da parábola à reta tangente á parábola no ponto ( 2, 5) .
Resolução:
⎧4a + 2b + c = 5
Como a parábola y = ax 2 + bx + c , passa pelos pontos ( 2;5 ) e ( −1;2 ) temos, ⎨
⎩a − b + c = 2
Como a ; b ; c estão em P. A. , podemos afirmar que a = b − r e c = b + r , onde r é a razão da P. A.
⎧⎪4 ( b − r ) + 2b + b + r = 5
⇒ r =3 e b=2
Assim ⎨
⎪⎩b − r − b + b + r = 2
Logo f ( x ) = − x 2 + 2 x + 5
Derivando f ( x ) , temos f ' ( x ) = −2 x + 2 , no ponto ( 2;5 ) , f ' ( 2 ) = −2, coeficiente angular da reta tangente à parábola no ponto (2; 5),
assim a equação da reta tangente à parábola é 2 x + y − 9 = 0.
A distância do ponto (1;6 ) , vértice da parábola, à reta 2 x + y − 9 = 0 é d =
∴d =
5
.
5
22
2+6−9
4 +1
.
Professores
Bernadelli
Marcelo Moraes
Moraes
Ney Marcondes
Revisão
Diego Bernadelli
João Neto
Digitação e Diagramação
Antônio A. Vítor
Márcia Samper
Pedro Naves
Plínio Lagares
Val Pinheiro
Vinícius Eduardo
Projeto Gráfico
Antônio Vitor
Vinícius Eduardo
Supervisão Editorial
Alício Leva
Rodrigo Bernadelli
Marcelo Moraes
Copyright©Olimpo2007
As escolhas que você fez nessa prova, assim como outras escolhas na vida, dependem de conhecimentos,
competências, e habilidades específicos. Esteja preparado.
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