Resoluções de Exercícios
MATEMÁTICA IV
03 B
01
60
AB
sen 60o =
Conhecimentos Algébricos
Capítulo
Funções Trigonométricas
60
3
=
AB
2
AB =
120
3
AB = 40 3 m
BLOCO
04 E
01
01 Traçando a altura BD do triangulo
B
equilátero ABC , obtemos ABD = 30°
e AD = 5 cm , pois esta altura é também bissetriz e mediana. Aplicando o
Teorema de Pitágoras no triangulo ABD,
calcula-se a medida H da altura AD.
102 = H2 + 52 → H = 5 3
10
10
H
60o
Daí:
sen30 o =
5
1
=
10
2
cos 30 o =
H
5 3
3
=
=
10
10
2
tg30 o =
30o
A
60o
5
D
5
C
sen 60o =
x
3
⇔ x = 80 .
= 40 . 1,73 = 69,2 m
80
2
h = 69,2 + 1,8 = 71 m
5
5
1
3
=
=
=
3
H
5 3
3
BLOCO
02 Considere a vista lateral de uma das torres Puerta de Europa.
02
01 A = p . (p - a) (p -b) . (p - c) , onde
p=
a +b + c
8 +12+16
=
= 18
2
2
A=
18 .10 . 6 . 2
A=
2 . 9 . 2 . 5 . 2 . 3 . 2 = 2 . 2 . 3 15
A = 12 15
02 B
Pela Lei dos Senos, segue que:
AB
80
= 2R + 2R =
+ R = 803 $
sen 60c
3
2
3
80 3
=
m.
3
3
03 E
Considere a figura ao lado.
Sabendo que ET = 360 km, ST = 320 km, cos a ≅ 0,934 e que
⇒ 28 . 32 . 93,4 ≅ 215100, pela Lei dos Cossenos, vem
A
Do triângulo ABC, obtemos
t = BC
tgBAC
AB
+
&
+
2
BC = (29, 64) 2 , 878, 53 m 2.
MATEMÁTICA IV
2
2
2
ES = 360 + 3202 - 2 $ 360 $ 320 $ 0, 934 &
BC
tg15 o =
114
BC , 114 $ 0, 26
BC , 29, 64 m.
Portanto, como a base é um quadrado, segue-se
que sua área é aproximadamente igual a
2
ES = ET + ST - 2 $ ET $ ST $ cos a &
2
2
ES = 129600 + 102400 - 2 $ 22 $ 32 $ 25 $ 93, 4 +
2
ES = 232000 - 28 $ 32 $ 93, 4 &
2
ES = 232000 - 215100 &
ES = 16900 + ES = 130 Km.
C
B
13
Portanto, como 13 min =
h, temos que a velocidade média pedida
60
130
é dada por
= 600 km/h.
13
60
Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 01
33
BLOCO
03
01 A) p rad = 180o
180o
r
rad =
= 45o
4
4
3r
C)
= 3 x 45o = 135o
4
180o
7r
D)
=7x
= 420o
3
3
o
5r
180
E)
=5x
= 150o
6
6
F) Regra de três:
B)
$
$
r rad
180o
=
x
1 rad
$
180
, (57, 3)o
x=
r
r
rad.
3
r
B)225o = 5 x 45o = 5 .
rad.
4
5
o
π rad.
C)100 =
9
Regra de Três
02 A) 120o = 2 x 60o = 2 .
$
#
180o
r rad
=
y
100o
$ y = 1018r = 59 r rad
3. r
D)270 = 3 x 90 =
rad
2
E)360o =2π rad
o
03 A) x =
r
180 o
=
= 60 o
3
3
o
r
180
B)
=
= 15 o
12
12
5
180 o
C)
) = 150 o
= 5$(
6
6
5$r
180 o
D)
) = 5 $ (45 o) = 225 o
= 5$(
4
4
04 A)
o
r
+ 2Kp, K ∈ Z
6
05 Quando o ponteiro
dos minutos percorrem
1 minuto, o ponteiro
das horas descrevem
(0,5)°. Portanto, em
50 minutos os ponteiros das horas descrevem 50 ⋅ (0,5)° = 25°.
11
10
1
2
120o
M
25o
9
O
3
A
Em 14h e 50 minutos
as posições dos ponteiros dos minutos e das
horas estão representadas na figura abaixo,
respectivamente pelas
semi-retas AO e AM.
Então, o menor ângulo formado medirá
120° + 25° = 145°.
BLOCO
12
6
04
01 A
Pmín = 0,8 . (–1) + 2,7 = 2,7 – 0,8 = 1,90
Pmáx = 0,8 . (1) + 2,7 = 3,50
B) x =
r
+ 2Kp, K ∈ Z
6
02 C
Domínio de validade: 1 ≤ t ≤ 365; t ∈ Z
1a parte: 3,10 = 0,8 . sen >
sen >
C) x =
kr
,K∈Z
2
→
r
+ Kp, K ∈ Z
3
r
k=0→x=
3
2r
k=1→x=
3
7r
k=2→x=
3
8r
k=3→x=
3
E) x =
r
+ Kp, K ∈ Z
4
r
1
. (t – 101) H= →
180
2
r
r
r
5r
. (t – 101) =
+ 2kp, k ∈ Z ou
. (t – 101) =
+ 2k
180
6
180
6
2a parte:
→
D) x = (–1)k
2r
. (t – 101) H + 2,7
360
t – 101 1
= + 2k
180
6
ou
t – 101 5
= + 2k
180
6
→ t – 101 = 30 + 360k
→ t = 131 + 360k
t – 101 = 150 + 360k
t = 251 + 360k
Daí:k = 0 → t = 131 dias
k = 0 → t = 251 dias
k = 1 → t = 491 dias (não convém)
BLOCO
05
01 D
10
assume o seu maior valor quando for máximo,
cos x
23
ou seja, quando cos x = 1.
Por conseguinte, o resultado pedido é
10
10
10
=
=
= 6.
cos x
1
5
223
3
3
O número
02 C
F) x = Kp, K ∈ Z
f f-
7r
9r
7r
p = - 4sen f p + 2 cos f- p
4
4
4
r
r
+ 2 cos
4
4
r
= - 2sen
4
=- 2 .
= - 4sen
34
Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 01
MATEMÁTICA iV
03 A
Como a função y = 10 cos (4t) é da forma y = a ⋅ cos(m ⋅ t), segue que
2r r
seu período é dado por
= .
4
2
A imagem da função é o intervalo 10 ⋅ [–1,1] = [–10, 10]. Portanto,
a amplitude do movimento é 10 cm.
BLOCO
03 C
Substituindo as relações trigonométricas para simplificação, temos:
Z
]tg 2x +1= sec 2x
]
1
]
&
[sec x = cos x
]
]ccos 2x m $ c tg 2x + 1 m
]
\
& ccos 2x m $ c tg 2x +1 m = ccos 2x m $ csec 2x m=ccos 2x m $ f cos1 2x p=1
06
01 B
04 D
cos (120o) = –cos 60° = –1/2
sen(270o) = –1
tg (225o) = tg (45o) = 1
2r
3r
5r
Então, cos
+ sen
+ tg
= –1/2 + (–1) + 1 = –1/2.
3
2
4
Escrevendo a expressão em termos de senos e cossenos, temos:
E = csec x - cos x m $ ccossec x - senx m $ c tgx + cot gx m=
=f
02 A)x = kp , k Î Z e domínio = { x ∈ R/ x ≠ kp , k ∈ Z}
A função não é definida se X + p/2 = p/2 + kp , k ∈ Z , isto é,
x = kp , k ∈ Z.
Então o domínio será {x ∈ R/ x ≠ kp , k ∈ Z}
B) p
P = p/1 = p
C)
1
1
senx
cos x
p
- cos x p $ f
- senx p $ f
+
senx
senx
cos x
cos x
E=f
=f
1 - cos 2x
1 - sen 2x
sen 2x + cos 2x
p$ f
p$ f
p=
senx
senx. cos x
cos x
1
sen 2x
cos 2x
p$ f
p$ f
p
senx
senx. cos x
cos x
E = csenx. cos x m $ f
1
p=1
senx. cos x
4
2
0
–2
0
2
4
6
8
10
12
–2
y
= - 300N
r
+ kr, k ! Z
4
r
r r
tg fx + p=1
x + = +kr, k ! Z.
2
2 4
BLOCO
1) Tensão do pico = 5 volts
1
2) Período = 0,25 seg =
seg.
4
1
= 4 Hz
3) Frequência =
1
4
"
02 E
E) x = "
y = A ⋅ sen (k ⋅ t)
2r
1
1o) Período =
= → k = 8p
|k | 4
2o) Se sen (k ⋅ t) = 1, teremos a amplitude (tensão) máxima y = 5
Então:
5=A⋅1→ A=5
r
x =- +kr, k ! Z
4
"
07
2r
r
01 A) ƒ(x) = 3 . sen (4x – π) tem período p = 4 = 2 .
Logo, y = 5 ⋅ sen(8p ⋅ t)
x r
2r
= 10π.
B) ƒ(x) = 2 + 4. cos f + p tem período p =
5 3
1
5
C) ƒ(x) = 3 – sec (2πx + π) tem período p =
D) ƒ(x) = 10 . cossec (6x +
BLOCO
01 2r
= 1.
2r
r
r
)ép= .
2
4
F) O período de ƒ(x) = 6 – 4 . cotg (2πx +
1
r
r
)ép=
=
= 0,5.
2
4
2r
r
x = 2 . cos f4r . t + p .
2
A) Período =
02 D
Solução. O arco x está no 1o quadrante. Os valores de senx e cosx são
positivos. Aplicando as relações trigonométricas, temos:
Z
]1 + tg 2x = sec 2x
]]
1
[sec x =
cos x
]
]tgx = 2
\
1+ (2) 2 = sec 2x & sec x = 5
02
2r
r
r
) tem período p =
= .
6
6
3
E) O período de ƒ(x) = 3 – tg (4x +
Matemática iV
01
01 A
D) Resp: –300 N
Fy
7r
10r
r
o
100 3 = tg f 6 + 2 p = tg f 6 p = tg (300 ) = - 3
"F
BLOCO
" (positiva) & cos x = sec1 x =
1
5
=
5
5
2r
= 0,5
4r
B) A = 2
C) Pulsação =
D) ϕ0 =
4r rad
segundo
r
rad.
2
02 A
y = ƒ(t) = a. sen (b . t)
1o)O período da função é 12,4 horas, então:
Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 01
35
2r
b
= 12,4 → |b| =
→b=±
r
r
→b= ±
→
6, 2
6, 2
02 C
5r
r
→b=±
31
62
10
2o)De acordo com o gráfico, dividindo o período por 4, temos o valor de x1.
1o)∆ABC = é isóceles: → AC = 3,7
2o)sen 60o =
3, 7 .1, 7
3, 7 . 3
H
→H=
=
2
2
3, 7
03 B
x1 =
12, 4
= 3,1h
4
Então, ƒ(3,1) = 1,5 →
a . sen (3,1 . b) = 1,5. Daí:
5r
5r
→ a . sen (3,1 .
) = 1,5 →
Se b =
31
31
→ a . sen f
1o)
a² = 25 + 144 = 169 → a = 13
5
sen α =
13
5r
r
p = 1,5 → a . sen f p = 1,5 → a = 1,5
10
2
2o)Sen α =
- 5r
e se b =
→ a = –1,5.
31
→ h = (3,25) . (
Em ambos os casos, teremos:
ƒ(t) = 1,5 . sen (
h
→ h = 3,25 . sen α
3, 25
5
) = 1,25
13
3o) Se x é a altura de um degrau, temos que: 5 . x = 1,25 → x = 0,25 m
5r
5r
. t), portanto, b pode ser igual a
.
31
31
04 C
BLOCO
03
01 D
1a parte: No triângulo 0TB
1
1
sen a =
→ 0B =
sen a
0B
e
1
1
tg a =
→ TB =
= cotg a
tg a
TB
2a parte: Área do triângulo TAB
1
A∆TAB =
. TB . BA . sen a =
2
1
=
. cotg x . ( 0B – 1) . sen a
2
1
1
. cotg a . f
=
-1 p . sen a
2
sen a
=
1
. cotg a . (1 – sen a)
2
cos 60o =
H = 10 .
H
→
10
1
→H=5m
2
05 A
sen α =
R
R +h
R sen α + h . sen α = R
h sen α = R – R sen α
R . (1 – sen α) = h . sen α
R=
h . sen a
(1- sen a)
→ H = 3,14 → H = 3,1 km
06 Considere a figura, em que é o pé da perpendicular baixada de sobre
a reta BC.
BLOCO
A
01
01 C
H
1o) tg 30o =
AB
→ AB = 200 . 0,577 → AB = 115,4
200
2o) h = 115,4 + 1,5 → h = 116,9 ≅ 117 m
36
Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 01
B
C
Como ABt C = 135o, segue que ABt H = 180o – ABt C = 45o e, portanto, o
triângulo ABH é retângulo isósceles. Logo, AH = HB .
Do triângulo AHC, obtemos
AH
AH
t =
tgACB
+ tg30 o =
HB + BC
AH + 20
3
AH
+
=
3
AH + 20
20 3
+ AH =
3- 3
+ AH = 10 ( 3 + 1)
& AH , 27 m.
MATEMÁTICA iV
07 D
03 A
Considerando x a altura da escada,
temos:
x $ cos 30 o + x $ cos 45 o = 5 3 + 5 2
x $f
x
30o
3
2
p = 5( 3 + 2)
+
2
2
x
45o
5 3 +5 2
x = 10m
08 Tem-se que
cos 10 o =
d - 102
d - 102
& 0, 98 ,
100
100
& d , 200 m.
6400
6400 + x
6400 + x
6400
=
→
=
→
sen (120 o)
sen 45 o
3
2
2
2
Daí,
tg7 o =
h
& h , 0, 12 $ 200
d
& h , 24 m.
04 D
45 o10'
42 o40'
87 o50'
Portanto, como 24 > 16 segue-se que a altura da ponte é suficiente
para que o navio passe sob ela.
x2 = 1652 + 1552 – 2 . 165 .
. 155. cos (87o50’)
09 B
Supondo que A, B e C pertencem a um mesmo plano horizontal, temos
AB = 8 $ 30 = 240cm,
BC = 6 $ 30 = 180cm
e
CD = (8 + 6) $ 20 = 280cm.
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo ABC, encontramos
2
2
2
2
AC = AB + BC + AC = 240 2 + 180 2
& AC = 300cm.
Portanto, do triângulo retângulo ACD, vem
t = CD = 280 = 14 .
tgCAD
300
15
AC
x ≅ 222,07 milhas
Resposta: Aproximadamente
222,07 milhas.
05 D
1o) ∆ABC é isósceles:
d
Seja CF a altura do triângulo ACB, CF é mediana e cos θ = 2
BC
d
d
= . sec i
BC =
2 cos i
2
10 E
2o) ∆DCB
Para o semáforo de coluna simples, temos
H + 1 - 1, 25
2, 4 - 0, 25
tg20 o =
& D + 1, 5 ,
D + 1, 5
0, 36
& D , 5, 97 - 1, 5
& D , 4, 5 m.
Por outro lado, considerando o semáforo projetado sobre a via, vem
H + 1 - 1, 25
H - 0, 25
tg20 o =
& 0, 36 ,
D + 1, 5
13, 1 + 1, 5
& H - 0, 25 , 5, 26
& H , 5, 5 m.
BLOCO
tg θ =
H
→
BC
→ H = BC . tg θ =
H=
d
. sec θ . tg θ
2
06 C
C
2
2x
02
5
01 D
B
x
A
d
. sec θ . tg θ
2
105o
45
o
x
200
=
sen30 o
sen45 o
2
1
x$
= 200 $
2
2
200
x=
2
x = 100 2 m
30o
A
x
5 2 = c2x m + x 2 - 2 $ c2x m $ c x m $ cos 60 o
25 =5x 2 - 2x 2 = 3x 2
5
5
10
10 3
x=
AC = 2 $
=
=
3
3
3
3
"
B
07 D
No triângulo ABC assinalado, utilizando a lei dos
senos , temos que:
x
15
x
15
=
=
x =5 3
1
sen 30 o sen 120 o
3
2
2
"
"
C
02 E
6 = 2,4
40
20 + x
40
20 + x
=
→
=
sen 120 o
sen 45 o
2
3
2
2
20 + x
40 2
→
=
→ 20 + x = 20 2 .
2
3
→ 20 + x = 20 6 → x = 20 6 – 20 →
3 →
→ x = 20 ( 6 – 1) = 20 (2,4 – 1) = 20 (1,4)
x ≅ 28 m
Matemática iV
08 A
d
50
=
sen135 o
sen30 o
"
d
50
=
1
2
2
2
" d = 50
2
Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 01
37
09 C
07 A
Aplicando a lei dos cossenos.
x² = 40² + 48² – 2(40)(48) ⋅ cos 53o = 1600 + 2304 – 2(40)(48)(0,6) = 1600 + 2304 – 2304 x² = 1600 x = 40 cm Logo, o Perímetro e igual a: 40 + 53 + 62 = 155 cm.
C
150o
A
50 π
R
10 A
30o
30
o
R
B
O
C
x
8
x 2 = 8 2 + 8 2 - 2 $ 8 $ 8 $ cos 120 o = 3 $ c64 m
120o
A
8
x = 8$ 3
B
360o → 2p ⋅ R
30o → 50p
360
R
R = 300m
=
30
25
"
BLOCO
03
08 A
01 B
*
*
5r
Medida do arco em rad:
rad.
6
360 o
40.000 km
=
x
99 o
5r
rad = 150o.
6
x=
99
. 40.000 km
360
x=
11
. 40.000 km = 11.000 km
40
02 D
5
5r
$ (2r) =
rad ou 300o . A roda foi dividida em
6
3
18 arcos congruentes, cujas medidas são iguais a 20o. Logo, partindo de
A, teremos que percorrer 15 arcos de 20o. Portanto a cadeira ocupada
por Bruna neste momento será a de letra P.
Sentido anti-horário:
03 D
1h → x = 5h
15o * 1h 15
=
75
x
75o * x
09 B
Vamos admitir que o arco MP mede aproximadamente 30o. Então, se x é
30 o
360 o
a distância em km, entre as duas cidades, temos:
=
x
r . 12.750 km
1
. 3,14 . 12.750 km
12
x ≅ 3.300 km
x=
Se em Brasília são 12:00h, então em Luzaka a hora marcada será igual
a 12:00h + 5h = 17h.
04 B
10 B
B
Dados: *v =10 m/s
t =1min = 60s
1a Parte: Regra de três
12
30o
30o
x
1
10 m
=
x
60
1s → 10 m
60s → x
A
"
30o
x = 600 m
9
3
C
O
2a Parte: Medida do Arco
600 m
B
θ
O R = 300
A
360o → 2p ⋅ 300
q
→ 600 m
360
2r
=
=r
i
2
i=
360
, 115 o
3, 14
05 A
O arco percorrido pelo automóvel corresponde a um ângulo central
cuja medida é
r
21c20' - 1c20' = 20c $
rad
180c
r
= rad.
9
Portanto, sabendo que o raio da Terra mede 6.730 km, vem
r
D = $ 6.730km.
9
06 B
De 29 a 14 existem 16 números. Excluindo 29 e 14 restarão 14 números.
Assim teremos 14 cabines de um lado, 14 do outro mais a 29a e a 14ª,
num total de 30 cabines.
r
.
Daí , 360 : 30 = 12° que em radianos corresponde a
15
38
Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 01
6
1a Parte: Cálculo de x
P. Horas Descreve.
60 min → 30o
15 min → x
60
30 o
x = 7, 5 o
=
15
x
"
!
2a Parte: Medida do Arco AC
BLOCO
!
AC = 120o – 7,5o = 112,5o
04
01 A
Resolvemos por eliminação das alternativas, escolhendo alguns valores de t.
t = 0 → A(t) = 1,6 – 1,4 ⋅ sen (0) = 1,6 (C e E são falsos)
t = 6 → A(6) = 1,6 – 1,4 ⋅ sen (p) = 1,6 (D é falso)
r
t = 3 → A(3) = 1,6 – 1,4 ⋅ sen f p = 0,2 (B é falso)
2
MATEMÁTICA iV
02 D
Como cada ângulo da base mede a, segue que o ângulo do vértice é
igual a (180o – 2a). Portanto, a área do triângulo pode ser obtida por
meio da expressão
1 2
25
$ 5 $ sen (180 o - 2a) =
$ sen2a.
2
2
A área atinge seu valor máximo quando o sen2a = 1, isto é, para
2a = 90o, ou seja, a = 45o. Logo, 40o ≤ a <50o.
03 E
Daí, somente em janeiro teremos uma população mínima.
08 D
1o)x = 104,03 km – 103,50 km
x = 0,53 km
d
x
d
3=
0, 53 km
2o)tg60o =
ƒ(x) = 900 – 800 . sen (θ); θ =
sen θ =
r
.x
12
→ –1 ≤
≤1 →
→ –800 ≤ 900 – ƒ(x) ≤ 800 →
→ –1.700 ≤ –ƒ(x) ≤ –100 → 1.700 ≥ ƒ(x) ≥ 100 →
→ 100 ≤ ƒ(x) ≤ 1.700
d = 1,73 x 0,53
d = 0,9169 km
d = 916,9 m
09 A
A temperatura média máxima ocorre quando
Então, 1.700 – 100 = 1.600
sen f
04 A
h(t) = 11,5 + 10 . sen [
r
2r (t - 105)
= + 2kr
364
2
+ t - 105 = 91 + 364k
+ t = 196 + 364k, k ! Z.
+
r
13r
F
.t12
6
A) h(0) = 11,5 + 10 . sen <
= 11,5 – 10 . sen <
Assim, tomando k = 0, concluímos que a temperatura média máxima
ocorre dias após o início do ano, ou seja, no mês de julho.
-13r
F=
6
13r
F = 11,5 – 10 . sen (
6
= 11,5 – 10 .
= 11,5 – 10 . sen
+ 2π) =
1
= 11,5 – 5 = 6,5
2
05 A
r
13r
F
y = 11,5 + 10 . sen <
.t12
6
Sendo
r
13r
.t–
= θ, temos que:
12
6
y = 11,5 + 10 . sen θ → sen θ =
y - 11, 5
→
10
y - 11, 5
≤ 1 → –10 ≤ y – 11,5 ≤ 10 → 1,5 ≤ y ≤ 21,5
10
Logo, a altura mínima é 1,5 m e a máxima é 21,5 m.
→ –1 ≤
06 C
750 = 800 – 100 . sen ;
→ 100 . sen ;
(t + 3) r
E→
6
(t + 3) r
( t + 3) r
1
E = 50 → sen <
F=
6
2
6
(t + 3) r r
(t + 3) r 5r
= + 2kp ou
=
+ 2 kp, k ∈ Z
6
6
6
6
→ (t + 3) = 1 + 12k
→ t = 12k – 2
r
2r (t - 105)
2r (t - 105)
p = 1 + sen f
p = sen
364
364
2
r
. (t – 26)] →
12
→ h(t) = 11,5 + 10 . sen <
→
Então:k = 0 → t = 0
k = 1 → t = 12 (não convém, pois o último mês ocorrerá quando
t = 11).
ou
ou
10 C
O período da função é dado por
2r
= 12 h.
r
6
A temperatura máxima ocorre quando cos f
máximo, ou seja, quando cos f
rt
r
+ p atinge seu valor
6
3
rt
r
+ p = 1. Logo, tem-se que o re6
3
sultado é Tmáx = 24 + 3 ⋅ 1 = 27 oC.
Queremos calcular o menor valor positivo de t para o qual se tem
rt
r
+ p = 1. Assim,
6
3
rt
r
rt
r
cos f + p = 1 & cos f + p = cos 0
6
3
6
3
cos f
rt
r
+ = 0 + 2kr
6
3
& t = 12k - 2, k ! Z.
&
Tomando k = 1, segue-se que t = 10 h.
BLOCO
05
01 A)
(t + 3) = 5 + 12k
t = 12k + 2; k ∈ Z
k = 0 → t = 2, pois t = –2 não convém
k = 1 → t = 10, pois t = 14 não convém
k = 2 → t = 22 e t = 26 que não convém
Obs.: 0 ≤ t ≤ 11; t ∈ Z
Resp.: Os meses são novembro e março.
07 B
P = 800 – 100 . sen ;
sen ;
r
7r
cos f p+ 2 . cos f p- cos (37r)
3
4
cos f-
(t + 3) r
E assume o seu valor mínimo quando
6
(t + 3) r
E = 1. Isto é:
6
(t + 3) .r r
( t + 3) 1
= + 2kp, k ∈ Z →
= + 2k →
6
2
6
2
=
r
67r
p . cos f
p . cos (18r)
6
6
=
1
2
+ 2.
- (-1)
2
2
3
7r
. cos f +10r p . (1)
2
6
→ t + 3 = 3 + 12k → t = 12k, k ∈ Z
Matemática iV
Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 01
39
5
2
1
+1+1
2
=
3
7r
. cos f p
6
2
=
=
3
3
. f2
2
p
5
2 = – 5 . 4 = -10
2 3
3
3
4
7980
= 15,80 + 64 →
(100 +5 cos a)
→ 100 + 5 cosa =
7980
= 100
79, 80
5 cosa = 0 → cosa = 0 → a = 90o ou a = 270o
B)
o
o
o
3 2 . sen (135 + 360 ) + cos (120 )
sen f
3r
+ 2r p+ cos (60 o + 4 . 360 o)
2
3 2 . sen (135 o) + f=
sen f
=
1
p
2
3r
p+ cos (60 o)
2
=
06 D
T(t) = 26 + 5 . cos f
4r
1
A) (Falsa). Pois T(0) = 26 + 5.cos f p = 26 + 5. f- p
3
2
o
T(0) = 23,5 C
=
B) (Falsa). Período =
1
5
2
1
32 = 2 = –5
2
2 =
1
1
1
-1+
2
2
2
3 2.
9
cos f
Suponha que exista x ∈ R tal que:
5K - 7
5K - 7
→ –1 ≤
≤1→
cos x =
2
2
→ –2 ≤ 5K – 7 ≤ 2 → 5 ≤ 5k ≤ 9 → 1 ≤ K ≤
9
]
5
03 sen x =
9
.
5
4r
r
p = 1. Isto é:
t+
12
3
r
4r
= 2kp, k ∈ Z →
t+
12
3
→ t + 16 = 24k → t = 24k – 16, k ∈ Z
e t ∈ Z, 0 ≤ t ≤ 95.
Daí,
k = 1 → t = 14 h do primeiro dia.
E)(Falsa)
2 2
1
e cos x = –
3
3
07 A
Dados: x ∈ 2o quadrante → sen x > 0
Z
]
2- 3 2 sen x
6 . cos x + 3 2 . sen x = 2 ~ ] cos x =
6
[
* 2
sen x + cos 2 x =1
]] sen 2 x + cos 2 x =1
\
Substituindo:
1o)Se t = 0 → V(0) = 0
Logo, os itens C e E estão eliminados, pois cos f
f
2- 3 2 . sen x
p =1→
6
4 -12 2 . sen x +18 . sen 2 x
=1→
36
→ 36 sen2 x + 4 – 12 2 . sen x + 18 . sen2 x = 36
→ sen2 x +
→ 54 . sen2 x – 12 2 . sen x – 32 = 0
→ 27. sen2 x – 6 2 . sen x – 16 = 0
6 2 ! 30 2
54
36 2
2 2
y=
=
54
3
y=
- 24 2
-4 2
=
(não convém)
54
9
Daí:
2 2
sen x =
→ cos x =
3
2- 3 2 .
2 2
3
6
Perigeu: (Cos a = 1)
Z
_
]
7980 b
h = [ –64 + >
H` x 102 = 1.200 km
105 b
]
\
a
Apogeu: (Cos a = –1)
Z
_
]
7980 b
h = [ –64 + >
H` x 102 = 2.000 km
95 b
]
\
a
05 E
40
V(t) = 0,6 . sen f
Período =
2r
. tp
5
2r
= 5 s.
2r
5
08 A
=
2- 4
-1
=
3
6
r
r
Então, y = 1,515 + 1,485 . cos f t p , pois, para t = 0, cos f . 0 p = 1
6
6
e y = 1,515 + 1,485 = 3 m.
09 B
r
Dentre as funções apresentadas nas alternativas, I (t) = 30 +10 cos f t p
6
é a única cujo conjunto imagem é o intervalo [20, 40]. De fato,
Im= 30 +10 $ [-1, 1]=[30 -10, 30 +10]=[20, 40] .
10 B
04 A
1580 = * –64 +
Se a maré alta ocorreu à meia-noite e a próxima ocorrerá ao meio-dia, então o período do fenômeno será de 12 h. Daí o item E está
descartado.
Quando t = 0h a altura y da maré será 3 m.
Fazendo sen x = y, temos:
27y2 – 6 2 y – 16 = 0
∆ = 72 + 1.728 = 1.800
y=
2r
. 0 p = cos(0) = 1.
5
2o)Note que o período do fenômeno é 5 s e entre as funções dos itens
A, B e D somente a do item D tem período 5 s. Com efeito:
2
sen2 x +
2r
= 24 h
r
12
C) (Falsa). Tmáx = 26 + 5 . 1 = 31oC
D) (Verdadeira). A temperatura máxima é atingida quando:
02 K [ 1, 5 ]
k ∈ [1,
4r
r
p
. t+
12
3
7980
4 x 100
(100 +5 cos a)
Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 01
Sabendo-se que ângulos suplementares têm cossenos simétricos,
concluímos que:
f (1) + f (3) + f (5) + f (7) = 4 $ 180 -54 $ fcos 0 + cos
r
2r
+ cos
+ cos r p
3
3
= 720.
BLOCO
06
01 40/3 metros
Sena = 0,6 = 6/10 = 3/5
(sena)2 + (cosa)2 = 1 → (3/5)2 + (cosa)2 = 1 → (cosa)2 = 16/25 →
→ cosa = 4/5 pois a é ângulo agudo.
Tga = sena/cosa → tga = 3/4 . Então, 3/4 = 10/x → x = 40/3 .
MATEMÁTICA iV
02 D
No terceiro quadrante senos e cossenos são negativos. Utilizando a
relação fundamental, temos: sen2(x) + cos2(x) = 1
2
sen 2 (x) + f-
12
144
p =1 & sen 2 (x) =1& sen (x) = !
13
169
& sen (x) = !
5
.
13
25
&
169
Como o arco x tem extremidade no terceiro quadrante, temos:
5
.
sen(x) = –
13
Calculado a tangente de x.
5
sen (x)
5
13
tg (x) =
.
=
=
12
cos (x)
12
13
03 C
tg a =
8
x
4 8
= → x = 14
7
x
Logo, a ponte tem comprimento 2x = 28 m.
04 B
08 C
(sena)2 + (cosa)2 = 1 → (3/5)2 + (cosa)2 = 1 →(cosa)2 = 16/25 →
→ cosa = 4/5 pois a é ângulo agudo.
Tga = sena/cosa → tga = 3/4 . Então, 3/4 = 36/x → x = 48 .
09 a) f(x) = v2.senx (para x agudo)
y
V2
π/2 x
r
10 x ≠ 6 rad.
Para não ocorrer o choque teremos:
1
r
20 ⋅ senx ≠ 10 → senx ≠ . Logo, x ≠ , pois x é agudo.
2
6
BLOCO
07
01 D
N = Py = 320 Newton
Cálculo auxiliar:
Py
Cosa =
P
Py = P . cos a = N
70
4 10
10
tg a =
→ =
→ x=
→
x
7
x
4
→ 2x =
70
→ 2x = 35 m
2
Py = 40 . 10 .
Py = 320
02 A
05 D
4
5
1o)Sen a =
Px
→ Px = P.sen a → Px = mg.sen a
P
2o)F + Px = Fa →
→ F + mg.sen a = m . N →
→ F + mg.sen a = m . P . cos a →
→ F + mg.sen a = m . m . g . cos a →
F
sen a
+
→m =
mg cos a cos a
4 3
→ x = 8 3
x
x ≅ 13,6
sen 30o =
06 C
F
. sec a + tg a
mg
→m =
03 E
Período =
2r
1
=
20r 10
04 B
i
?
S(t) = 0,02 . sen(4r+ t)
Período: P =
2r
1
=
4r
2
Imagem: y = 0,02 . sen(q) → sen(q) =
Daí: –1 ≤
Cotg a =
2r
5
→ tg a =
5
2r
07 A
y
≤ 1 → –0,02 ≤ y ≤ 0,02
0, 02
05 A
( x – 3)
2
x = 2cos a + 3 → cos a =
e
20
5
Daí:
=
→ R=8m
r R 2r
x2 = (20)2 + (8p)2
x2 = 202 + (24)2
x2 = 400 + 576
x2 = 976
x = 4 61 m
y=2. >
1
+1 H → y = 2 . [sen a + 1]
cossec a
y = 2 sen a + 2 → sen a =
sen2a + cos2a = 1 →
→
y
0, 02
( y – 2)
2
( y – 2) 2 ( x – 3 ) 2
+
=1→
4
4
→ (x – 3)2 + (y – 2)2 = 4
Matemática iV
Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 01
41
06 C
base # altura
2sena # cos a
A triângulo =
& A triângulo =
&
2
2
& A triângulo = sena # cos a
07 A
f (x ) =
r
senx
cos x
+
= sen 2x + cos 2x = 1, para x ! 0 + k $ , k ∈ Z.
2
1
1
senx
cos x
Finalmente, aplicando a Lei dos Senos no triângulo QRS, vem
PR
QR
RS
2 $ ST
2
+
=
=
sena
seni
seni
3 21
14
21
+ seni =
.
7
Portanto a única alternativa correta é a letra A
08 01 + 04 + 16 = 21.
Lembrando que cos x =
2
sen 2x + cos 2x = 1 + f
01 E
1
, vem
sec x
a
a+2
p +f
a+1
a+1
2
p
=1
+ a 2 + a + 2 = a 2 + 2a + 1
+ a = 1.
1
Portanto, como x é um arco do primeiro quadrante e senx = , segue
2
que x = 30o.
[01] Correto. É claro que cos 60o = sen30o.
3
3
3
[02] Incorreto. De fato, pois cot g30 o $ cos 30 o =
$
= .
2
3 2
3
[04] Correto. Tem-se que tg30 o =
.
3
1
[08] Incorreto. Lembrando que cossec x =
, temos cossec 30o = 2.
senx
3
[16] Correto. Com efeito, pois sen60 o =
.
2
09 C
f (x) = 4 + 3cos f
rx
p
6
2, 5 = 4 + 3cos f
rx
p
6
-1, 5 = 3cos f
cos f
x=2.
3
3
2o)Área do João =
1, 16 . 2
2
Área do João = 1,16 km2
Área to João
1, 16
=
A Total
2.3
=
rx
p
6
x
2
x ≅ 2 . (0,58)
3o)
1, 16
≅ 19%
2
02 B
Seja K a distância percorrida no eixo x pelo ponto Q.
No triângulo P’EO, temos:
r-K
Cos q =
→ r . cos q = r – K →
r
1
rx
p=6
2
rx 2r
rx 4r
=
+k $ 2r ou
=
+k $ 2r para k inteiro
6
3
6
3
Para k = 0, temos x = 4 ou x = 8.
Para k = 1, temos x = 16 (não convém) ou x = 20 h (não convém).
Resposta: 4h e 8h.
P
10 Considere a figura, em que P’ e Q’ são,
respectivamente, os simétricos de P e Q em relação a RT, com T pertencente a L.
Como Q e Q’ são os pontos médios de PR e P’R,
segue-se que S é o baricentro do triângulo PRP’.
Logo, RS = 2 $ ST e, portanto, RT = 3 $ ST.
Do triângulo PRT vem
PT
tg60 o =
+ PT = 3 3 $ ST
RT
PT
3 3 $ ST
+ PR =
PR
3
2
+ PR = 6 $ ST.
→ K = r (1 – cos q), onde q =
Logo,
K = r . (1 – cos (
d
rad.
r
d
))
r
03 C
Q
θ
R
60o α α
T
S
e
sen60 o =
1o)tg 30o =
Q’
Seja n o número de degraus da escada e l o comprimento do degrau.
20
. l = 20 3 cm
tg 30o =
,
n=
280 3
= 14
20 3
04 B
P’
Do triângulo PST, obtemos
tga =
PT
3 3 $ ST
+ tga =
ST
ST
+ tga = 3 3 .
Sabendo que cossec2a = 1 + cotg2a e que a é agudo, encontramos
cossec 2 = 1 + f
1
3 3
2
p & sen =
+ sen =
42
27
28
3 21
.
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Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 01
MATEMÁTICA iV
1a)sen 30o =
3
→ OA = 6 cm
OA
2o)8 + x = OA + 3 → 8 + x = 6 + 3 → x = 1 cm
05 C
sec2x = 1 + tg2x
7 = 1 + tg2x
tg2x = 6.
06 A
sen x +
1
5
= ; x ∈ [0, 2π]
sen x
2
2 sen2 x + 2 = 5 . sen ; x ∈ [0, 2π]
2 sen2 x – 5 sen x + 2 = 0
Fazendo sen x = y, temos:
2y2 – 5 . y + 2 = 0
∆ = 25 – 16 = 9
Z
5 ! 3 ]] y = 2 (não convém, pois -1 # sen x # )
y=
4 [y= 1
]]
2
\
1
5r
r
Então: sen x =
→x=
ou x =
2
6
6
07 B
y = 6 . cossec x + 3 → cossec x =
y -3
6
Para existir x ∈ D(ƒ), devemos ter:
y -3
y -3
≤ –1 ou
≥1→
6
6
cossec x ≤ –1 ou cossec x ≥ 1 →
→ y – 3 ≤ –6 ou y – 3 ≥ 6 → y ≤ –3 ou y ≥ 9
08 D
E=
2- 2 cos x - sen 2 x
2- (1- cos x) - (1- cos 2 x)
=
1- cos x
(1- cos x)
E=
2 . (1- cos x) - (1- cos x) . (1+ cos x)
; cos x ≠ 1
(1- cos x)
E = 2 – 1 – cos x = (1 – cos x)
09 D
S = (a . cos x – b . sen x)2 + (a . sen x + b . cos x)2
S = a2 . cos2 x – 2 . a . b . sen x . cos x + b2 . sen2 x + a2 . sen2 x +
2 . a . b . sen x . cos x + b2 . cos2 x
S = a2 . (cos 2 x + sen 2 x) + b2 . (cos 2 x + sen 2 x)
1 4444 2 4444 3
1 4444 2 4444 3
1
1
S = a2 + b2
10 A
r
r
) = 0 ↔ 3x –
=
5
5
r
r
↔ 3x =
+
+ kπ ↔ 3x =
5
2
cos (3x –
Matemática iV
r
+ kπ ↔
2
7r
kr
7r
+ kπ ↔ x =
+
,k∈Z.
10
3
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