NOTAÇÕES
N = {0, 1, 2, 3,...}
Z : conjunto dos números inteiros
R : conjunto dos números reais
C : conjunto dos números complexos
0 : conjunto vazio
[a, b] = {x ∈ R; a ≤ x ≤ b}
(a, b) = ]a, b[ = {x ∈ R; a < x < b}
[a, b) = [a, b[ = {x ∈ R; a ≤ x < b}
(a, b] = ]a, b] = {x ∈ R; a < x ≤ b}
A − B = { x ∈ A ; x ∉ B}
i : unidade imaginária; i2 = −1
|z|: módulo do número z ∈ C
z : conjugado do número z ∈ C
Re z : parte real de z ∈ C
Im z : parte imaginária de z ∈ C
I: matriz identidade
A −1 : inversa da matriz inversível A
A t : transposta da matriz A
det A: determinante da matriz A
AC : complementar de A
(A) : coleção de todos os subconjuntos de A
AB: segmento de reta unindo os pontos A e B
AB: arco de circunferência de extremidades A
eB
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos ortogonais.
P (mulher e daltônica)
0,125%
=
=
P (daltônica)
2,5% + 0,125%
125
1
.
=
=
2 625
21
=
Questão 2
Sejam α , β ∈ C tais que |α| = | β | = 1 e
|α − β| = 2 . Então α 2 + β2 é igual a
a) −2
b) 0
c) 1
d) 2
e) 2i
alternativa B
Observando que | z − w | é igual à distância entre
as imagens dos complexos z e w no plano complexo, sendo A, B e O as imagens de α, β e 0, temos OA = | α − 0 | = | α | = 1, OB = | β − 0| = | β| = 1
e AB = | α − β| = 2 . Como AB 2 = OA 2 + OB 2 ,
pela recíproca do Teorema de Pitágoras, o triângulo AOB é retângulo em O. Assim, α = ±i β ⇔
⇔ α 2 = −β 2 ⇔ α 2 + β 2 = 0.
lm
B
2
A
1
1
O
Re
Questão 1
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
alternativa A
A probabilidade de uma pessoa selecionada ao
acaso ser homem e daltônico é 50% ⋅ 5% = 2,5%.
E a probabilidade de ser mulher e daltônica é
50% ⋅ 0,25% = 0,125%. Logo P (mulher|daltônica) =
Questão 3
Considere o sistema Ax = b, em que
3
⎛ 1 −2
⎜
A = ⎜ 2 k
6
⎜ −1 3 k −
⎝
⎞
⎛1⎞
⎟
⎜ ⎟
,
b
=
⎟
⎜6⎟ e k ∈ R.
⎟
⎜0⎟
3⎠
⎝ ⎠
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
matemática 3
Portanto det B = det [3(A −1 + C −1 ) t ] =
alternativa A
A matriz completa associada ao sistema Ax = b
é:
3
1 ⎞ −2L1 + L2
⎛ 1 −2
⎜
⎟
2
k
6
6
⎜
⎟ L +L
⎜
⎟ 1 3
⎝ −1 3 k − 3 0 ⎠
−2
3 1⎞ L
−2L1 + L2 ⎛1
⎜
⎟ 23
0
k
+
4
0 4⎟
⎜
L1 + L3 ⎜
⎟
1
k 1⎠
⎝0
L23
−2
3 1 ⎞ −(k + 4) L
⎛1
2
⎟
⎜
0
1
k 1⎟
⎜
⎟
⎜
⎝0 k + 4 0 4 ⎠
−(k + 4) L2 + L3
−2
1
0
⎛1
⎜
⎜0
⎜
⎝0
+ L3
3
1⎞
⎟
k
1⎟
⎟
−k(k + 4) −k ⎠
−k(k + 4) = 0
⇔ k = 0 e é impossí−k = 0
−k(k + 4) = 0
vel se, e somente se,
⇔ k = −4.
−k ≠ 0
Logo T − S = −4 − 0 = −4.
Questão 4
Sejam A e C matrizes n × 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
b) 2 ⋅ 2
a) 3n
5
3n − 1
e) 5 ⋅ 3n − 1
d)
5
3n
3 n −1
=
.
15
5
Questão 5
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
Assim, o sistema é possível e indeterminado se, e
somente se,
= 3 n ⋅ det(A −1 + C −1 ) =
1
c)
5
alternativa D
Sendo A e C matrizes inversíveis n × n, B também é n × n.
1
e
Como det A = 5 , então det A −1 =
5
1 1
1
det(I + C −1 ⋅ A) ⋅ det A −1 =
⋅
=
⇔
3 5
15
1
⇔ det[(I + C −1 ⋅ A) ⋅ A −1 ] =
⇔
15
1
⇔ det(A −1 + C −1 ) =
.
15
alternativa B
Seja q a razão da progressão geométrica formada
pelos graus dos polinômios. Como seu primeiro
termo é 2 e a soma dos seus 5 termos é 62:
2 + 2q + 2q 2 + 2q 3 + 2q 4 = 62 ⇔
⇔ q 4 + q 3 + q 2 + q − 30 = 0 ( ∗)
Sabemos que o grau de um polinômio é um número natural e as possíveis raízes naturais de ( ∗) são
os divisores positivos de 30, ou seja, 1, 2, 3, 5, 6,
10, 15 e 30. Destes, o único que satisfaz a equação ( ∗) é q = 2 , pois 2 4 + 2 3 + 2 2 + 2 − 30 = 0.
Logo o polinômio de maior grau tem grau igual a
2 ⋅ q 4 = 2 ⋅ 2 4 = 32 .
Questão 6
Um diedro mede 120o. A distância da aresta
do diedro ao centro de uma esfera de volume
4 3 π 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
alternativa E
Sendo R o raio da esfera de volume 4 3 π cm 3 ,
4 πR 3
= 4 3 π ⇔ R = 3 cm .
3
A figura a seguir mostra a secção que passa pelo
centro O da esfera e é perpendicular à aresta do
diedro em P:
matemática 4
A
x
M
x
N
Q
P
60°
60°
3
B
x
O
x
10 _ x
10 _ x
P
10 _ x
O
3
D
Q
10 _ x
C
Sendo x a distância, em metros, entre os pontos
A e M, x < 10, os lados dos quadrados AMON e
OPCQ medem x e 10 − x , respectivamente.
Então, as áreas de AMON, OPCQ e ABCD constituem, nesta ordem, a PG (x 2 , (10 − x) 2 , 10 2 ).
A distância do centro da esfera à aresta do diedro é
OQ
OP. No triângulo retângulo OPQ, sen 60o =
⇔
OP
3
3
⇔
=
⇔ OP = 2 cm.
2
OP
Assim, recordando que 0 < x < 10, (10 − x) 2 =
=
x 2 ⋅ 10 2 ⇔ (10 − x) 2 = 10x ⇔
⇔ x 2 − 30x + 100 = 0 ⇔ x = 15 − 5 5 .
Questão 8
Questão 7
Considere o quadrado ABCD com lados de
10m 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
Considere o polinômio p( x ) = a5 x 5 + a4 x4 +
+ a3 x 3 + a2 x2 − a1 , em que uma das raízes
é x = −1. Sabendo-se que a1 , a2 , a3 , a4 e a5
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
alternativa A
Se (a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ) é uma PA, então a1 + a5 =
= a2 + a4 .
Como x = −1 é uma raiz de p(x) = a5 x 5 + a4 x 4 +
+ a3 x 3 + a2 x 2 − a1 , então p( −1) = 0 ⇔
⇔ −a5 + a4 − a3 + a2 − a1 = 0 ⇔
⇔ a4 + a2 − (a5 + a1 ) − a3 = 0 ⇔ a3 = 0.
1
, a razão da PA é a4 − a3 =
Como a4 =
2
1
1
e seus termos são
=
−0 =
2
2
1
1 ⎞
⎛
⎜ −1, − , 0, , 1⎟ .
⎝
2
2 ⎠
x4
x2
−
+ 1 e p( −2) =
2
2
2
( −2)
−
+ 1 = −25 .
2
Portanto p(x) = x 5 +
alternativa D
Considere a figura a seguir:
= ( −2) 5 +
( −2) 4
2
matemática 5
Questão 9
Sobre a equação polinomial 2 x4 + ax 3 + 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
alternativa C
Como todos os coeficientes da equação são reais
1
i
1
i
é raiz, seu conjugado
também é
e
−
+
2
2
2
2
raiz. Sendo r < s as outras duas raízes, estas são
inteiras e, pelas relações entre coeficientes e raíi ⎞⎛ 1
i ⎞
1
⎛1
zes, ⎜ − ⎟ ⎜ + ⎟ rs = −
⇔ rs = −1 ⇔
⎝2
2 ⎠⎝ 2
2⎠
2
⇔ r = −1 e s = 1.
Assim, a equação pode ser escrita como
⎛
i ⎞⎞⎛
i ⎞⎞
⎛1
⎛1
2(x −1)(x +1) ⎜ x − ⎜ − ⎟ ⎟ ⎜ x − ⎜ + ⎟ ⎟ = 0 ⇔
⎝2
⎝2
⎝
2 ⎠⎠⎝
2 ⎠⎠
Logo abc = 4 ⋅ ( −3) ⋅ ( −1) = 12 .
• ∂ P = 2:
b + 3c + 1 ≠ 0 e
a +c +2 =0
b + 3c + 1 = a + b + 4
⇔
(b + 3c + 1) + (c − a) + (a + b + 4) = 0
a=−
9
4
a + c = −2
1
⇔ a − 3c = −3 ⇔ c =
4
2b + 4c = −5
b = −3
27
⎛ 9⎞ 1
Logo abc = ⎜ − ⎟ ⋅
.
⋅ ( −3) =
⎝ 4⎠ 4
16
•
∂ P = 1:
a +c +2 =0
b + 3c + 1 = 0
c −a ≠0e
⇔
(c − a) = (a + b + 4)
(c − a) + (a + b + 4) = 0
+c +2 =0
+ 3c + 1 = 0
; absurdo.
−a =0
+b +4 =0
Portanto o máximo de a, b, c é c = 2 .
a
b
⇔
c
a
Questão 10
Portanto abc = 12 ou abc =
⇔ 2x 4 − 2x 3 − x 2 + 2x − 1 = 0.
É dada a equação polinomial
( a + c + 2) x 3 + (b + 3c + 1) x2 + ( 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
ver comentário
Sendo P (x ) = (a + c + 2) x 3 + (b + 3c + 1)x 2 +
+ (c − a)x + (a + b + 4), temos 3 casos:
• ∂ P = 3:
Como a equação é recíproca de primeira espécie
e 1 é raiz, a + c + 2 ≠ 0 e
a +c +2 =a +b +4
b + 3c + 1 = c − a
⇔
(a + c + 2) + (b + 3c +1) + (c − a) + (a + b + 4) = 0
c =b +2
a + 3b = −5
a=4
⇔ a + b + 2c = −1 ⇔ a + 7b = −17 ⇔ b = −3
a + 2b + 5c = −7
c =b +2
c = −1
27
. Supondo que a
16
equação fosse de terceiro grau, a alternativa E
seria a correta.
Questão 11
Sendo [−π/2 , π/ 2] o contradomínio da função
arco-seno e [0, π] o contradomínio da função
arco-cosseno, assinale o valor de
3
4
cos⎛⎜ arcsen + arccos ⎞⎟.
⎝
5
5⎠
a)
d)
1
12
1
15
b)
7
25
e)
1
2 5
c)
4
15
alternativa B
3
π
= α . Como 0 < α < , podemos
5
2
considerar o triângulo a seguir:
Seja arc sen
matemática 6
2π
3
π
d) [−1, 3] e
3
b) [−2, 2] e
a) [−3, 3] e 2π
5
c) [ − 2 , 2 ] e
3
e) [−1, 3] e
a
2π
3
alternativa C
4
4
⇔ arc cos
=αe
5
5
3
4⎞
⎛
cos ⎜ arc sen
+ arc cos ⎟ =
⎝
5
5⎠
Logo cosα =
⎛4⎞
= cos(2 α) = 2 cos 2 α − 1 = 2 ⎜ ⎟
⎝5 ⎠
2
−1 =
7
.
25
Questão 12
Dada a cônica λ : x2 − y2 = 1, qual das retas
abaixo é perpendicular
P = (2, 3 )?
à
a) y =
3 ( x − 1)
b) y =
c) y =
3
( x + 1)
3
d) y =
e) y =
− 3
( x − 4)
2
λ
no
ponto
3
x
2
− 3
( x − 7)
5
= sen(6x) − (1 − 2 sen 2 (3x)) = sen(6x) − cos(6x) =
⎛ 1
⎞
1
= 2⎜
sen(6x) −
cos(6x) ⎟ =
⎝ 2
⎠
2
π
π
⎛
⎞
= 2 ⎜cos sen(6x) − sen cos(6x) ⎟ =
⎝
⎠
4
4
π⎞
⎛
= 2 sen ⎜6x −
⎟ , que tem conjunto imagem
⎝
4⎠
2π
π
=
.
[ − 2 ; 2 ] e período
6
3
Questão 14
3x
|5
Seja a o coeficiente angular da reta tangente a λ
no ponto P = (2; 3 ). Derivando em x a relação
que a cônica satisfaz, obtemos, para y ≠ 0,
dy
dy
x
e, portanto, a =
2x − 2y ⋅
=0 ⇔
=
dx
dx
y
2
.
=
3
Logo uma equação da reta perpendicular a λ
⇔y =
Observando que cos 2 α = 1 − 2 sen 2 α para
α ∈ R e supondo que o domínio de f é R,
f(x) = 2 sen 2 (3x) + sen(6x) − 1 =
Para
alternativa E
em P é y − 3 = −
π
3
3
(x − 2) ⇔
2
− 3
(x − 4).
2
x ∈ R,
2x + 1
−5
a) {0, 2 ±
o
conjunto
x
solução
x
+ 4 ⋅ 5 | = |5 − 1|é
5,2 ±
b) {0, 1, log5 (2 +
3}
5 )}
⎧ 1
⎛ 2
1
c) ⎨0, log5 2, log5 3 , log5 ⎜
2
2
⎝ 2
⎩
d) {0, log5 (2 +
log5 (2 − 3 )}
5 ) , log5 (2 +
⎞⎫
⎟⎬
⎠⎭
3 ),
e) A única solução é x = 0
alternativa D
Seja 5 x = y . Então:
| y 3 − 5y 2 + 4y | = | y − 1 | ⇔
⇔ | y(y − 1)(y − 4) | = | y − 1 | ⇔
Questão 13
O conjunto imagem e o período de
f ( x ) = 2 sen2 (3 x ) + sen(6 x ) − 1 são, respectivamente,
y −1 = 0
|y −1 |= 0
ou
⇔
ou
⇔ y(y − 4) = 1
| y(y − 4) | = 1
ou
y(y − 4) = −1
⇔
de
matemática 7
y =1
⎡1 ⎤
f é decrescente em ⎢ ;1⎥ e assume, nesse in⎣2 ⎦
⎡
⎛ 1 ⎞⎤ ⎡
⎛ 4 ⎞⎤
tervalo, os valores de ⎢f(1); f ⎜ ⎟ ⎥ = ⎢0; ln ⎜ ⎟ ⎥ ;
⎝ 2 ⎠⎦ ⎣
⎝ 3 ⎠⎦
⎣
y =1
ou
ou
•
⇔ y 2 − 4y − 1 = 0 ⇔ y = 2 ± 5
ou
ou
y 2 − 4y + 1 = 0
•
y =2 ± 3
Já que y = 5 x > 0 para todo x real e 2 −
5 x = 1 ou 5 x = 2 + 5 ou 5 x = 2 +
5 x = 2 − 3 ⇔ x = 0 ou x = log 5 (2 +
x = log 5 (2 + 3 ) ou x = log 5 (2 − 3 ).
Logo o conjunto solução é
{0,log 5 (2 + 5 ) , log 5 (2 + 3 ) , log 5 (2 −
5 < 0,
3 ou
5 ) ou
3 )}.
f é crescente em [1; +∞ [ e assume, nesse intervalo, os valores de [0; +∞ [ .
1
⎛4⎞
ou
Observando ainda que f(x) = ln ⎜ ⎟ ⇔ x =
⎝3 ⎠
2
4
⎛4⎞
ln (x 2 − x + 1) = ln ⎜ ⎟ ⇔ x 2 − x + 1 =
⇔
⎝3 ⎠
3
1
21
1
21
ou x =
, podemos fa⇔x =
−
+
2
6
2
6
zer o esboço do gráfico de f:
y
Questão 15
4
ln _
3
Um subconjunto D de R tal que a função
f : D → R, definida por f ( x ) = |ln( x2 − x + 1)| é
injetora, é dado por
a) R
b) ( −∞ , 1]
d) (0, 1)
e) [1/2, ∞)
c) [0, 1/2]
Temos ln(x 2 − x + 1) ≥ 0 ⇔ x 2 − x + 1 ≥ 1 ⇔
⇔ x ≤ 0 ou x ≥ 1. Assim:
2
⎪⎧ln(x − x + 1), se x ≤ 0 ou x ≥ 1
f(x) = ⎨
2
⎩⎪−ln(x − x + 1), se 0 ≤ x ≤ 1
2
+
3
,
4
⎡3
⎡
g : R → R . Então a imagem de g é ⎢ ; +∞ ⎢, g é
⎣4
⎣
1⎤
⎤
decrescente em ⎥ −∞; ⎥ e crescente em
2⎦
⎦
⎡1
⎡
; +∞ ⎢ , e o gráfico de g é simétrico em relação
⎣⎢ 2
⎣
1
à reta x = .
2
Deste modo devemos considerar quatro intervalos:
• f é decrescente em ] −∞; 0] e assume, nesse intervalo, os valores de [0, + ∞ [ ;
1
• f é crescente em ⎡⎢0; 2 ⎤⎥ e assume, nesse inter⎣
⎦
⎡ ⎛ 1 ⎞⎤ ⎡
⎛ 3 ⎞⎤
valo, os valores de ⎢0; f ⎜ ⎟ ⎥ = ⎢0; −ln ⎜ ⎟ ⎥ =
⎝ 4 ⎠⎦
⎣ ⎝ 2 ⎠⎦ ⎣
⎡
⎛ 4 ⎞⎤
= ⎢0; ln ⎜ ⎟ ⎥;
⎝ 3 ⎠⎦
⎣
1
_
2
1 _
1+ _
21
2
6
x
Dentre as alternativas, a única que apresenta um
subconjunto D de R tal que f(x) é injetora é a alternativa C.
alternativa C
1⎞
⎛
Seja g(x) = x 2 − x + 1 = ⎜ x − ⎟
⎝
2⎠
1
21 0
__ _
2
6
Questão 16
A soma de todas as soluções distintas da
equação
cos 3 x + 2 cos 6 x + cos 9 x = 0,
que estão no intervalo 0 ≤ x ≤ π/2, é igual a
23
9
7
13
a) 2π
b)
c) π
d) π
e)
π
π
12
6
6
12
alternativa E
cos 3x + 2 cos 6x + cos 9x = 0 ⇔
⎛ 9x + 3x ⎞
⎛ 9x − 3x ⎞
⇔ 2 cos ⎜
⎟ cos ⎜
⎟ + 2 cos 6x = 0 ⇔
⎝ 2
⎠
⎝ 2
⎠
⇔ 2 cos 6x cos 3x + 2 cos 6x = 0 ⇔
⇔ 2 cos 6x(cos 3x + 1) = 0 ⇔
⇔ cos 6x = 0 ou cos 3x = −1 ⇔
π
⇔ 6x =
+ kπ ou 3x = π + 2kπ (k ∈ Z) ⇔
2
2kπ
π
kπ
π
ou x =
(k ∈ Z)
+
⇔x =
+
3
3
12
6
π
π
π π
π
Para 0 ≤ x ≤ , as soluções são
,
+ = ,
2
12 12 6 4
π
π
π
π
2π
5π
e
, cuja soma é
+
=
+
+
12
6
12
3
12
4
5π
π
13 π
.
+
+
=
12
3
12
matemática 8
A
Questão 17
Considere o conjunto D = {n ∈ N; 1 ≤ n ≤ 365}
e H ⊂ ( 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
40°
E
55°
a)
1
730
b)
46
33 215
D
c)
1
365
d)
92
33 215
15°
e)
91
730
35°
Os elementos de H cuja soma é 183 são da forma
{x, 183 − x} para 1 ≤ x ≤ 91, num total de 91. Além
disso, o número de elementos de H, ou seja, o
número de subconjuntos de D com 2 elementos é
⎛365 ⎞ 365 ⋅ 364
. A probabilidade pedida é, en⎟ =
⎜
⎝ 2 ⎠
2
1
91
tão,
.
=
365 ⋅ 364
730
2
Questão 18
Considere o triângulo ABC isósceles em que
$
o ângulo distinto dos demais, B AC,
mede
40°. Sobre o lado AB, tome o ponto E tal que
$ = 15°. Sobre o lado AC, tome o ponto D
ACE
$ = 35°. Então, o ângulo EDB
$
tal que DBC
b) 45°
c) 55°
d) 75°
C
B
alternativa A
vale
a) 35°
55°
35°
e) 85°
alternativa D
$ difeSendo o triângulo ABC isósceles, com BAC
$ )=
$ = m (ABC
rente dos demais ângulos, m (ACB)
o
o
180 − 40
$ =
=
= 70o . Além disso, m (ECB)
2
$
$
= m (ACB)
− m (ACE)
= 70o − 15 o = 55 o e, no
$
triângulo BCE, m (BEC) =
$
$ =
− m (ECB)
= 180o − m (EBC)
o
o
o
o
= 180 − 70 − 55 = 55 . Assim, o triângulo
BCE é isósceles com BC = BE.
$
$
Como m (CBD)
BC = BE e BD
= 35 o = m (ABD),
é comum, pelo caso LAL, os triângulos BCD e
$
BED são congruentes, de modo que m (EDB)
=
o
$
$
$ =
= m (CDB)
= 180 − m (DBC)
− m (BCD)
= 180o − 35 o − 70o = 75 o .
Questão 19
Sejam X, Y, Z, W subconjuntos de N tais que
( X − Y ) ∩ Z = {1, 2, 3, 4}, Y = {5, 6}, Z ∩ Y = 0,
W ∩ ( X − Z ) = {7 , 8}, X ∩ W ∩ Z = {2, 4}.
Então o conjunto [ X ∩ ( Z ∪ W )] − [W ∩ ( Y ∪ Z )]
é igual a
a) {1, 2, 3, 4, 5}
b) {1, 2, 3, 4, 7}
c) {1, 3, 7, 8}
d) {1, 3}
e) {7, 8}
alternativa C
Observe, inicialmente, que Z = Z ∩ N =
= Z ∩ (Y ∪ Y) = (Z ∩ Y) ∪ (Z ∩ Y) =
= 0 ∪ (Z ∩ Y) = Z ∩ Y . Logo (X − Y) ∩ Z =
= (X ∩ Y) ∩ Z = X ∩ (Y ∩ Z) = X ∩ Z.
Desta forma, considerando que (X − Y) ∩ Z =
= X ∩ Z = {1, 2, 3, 4}, W ∩ (X − Z) = {7, 8} e
X ∩ W ∩ Z = {2, 4}, podemos construir o Diagrama de Venn a seguir e preencher algumas de
suas regiões:
matemática 9
X
7
8
2
4
1
$ . Então, como PQR é eqüilátero,
Seja α = m (PQT)
o
$
$
$
m (TQR)
= m (TQR)
=
= 60 − α, m (QRV)
o
$
= 60 − α (alternos internos) e m (PRU) =
N
= 180o − 60o − (60o − α) = 60o + α.
Assim, nos triângulos retângulos PQT e PRU:
15
15
sen( α + 60o ) =
sen( α + 60o )
l
⇒
= l ⇔
5
5
senα
senα =
l
l
3
W
Z
Temos então que A = X ∩ (Z ∪ W) =
= {1, 2, 3, 4, 7, 8} não possui elementos em comum
com Y e, conseqüentemente, o conjunto pedido é
igual a A − W ∩ Z = {1, 3, 7, 8}.
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
cm2 e cm, do triângulo equilátero 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
c) 175 3 e 10 21
senα cos 60o + sen 60o cosα
=3 ⇔
senα
1
3
5
cotgα = 3 ⇔ cotgα =
⇔
+
2
2
3
TQ
5
TQ
No triângulo PQT, cotgα =
⇔
=
⇔
PT
5
3
25 3
.
⇔ TQ =
3
Aplicando o Teorema de Pitágoras no mesmo
triângulo, l = PQ = PT 2 + TQ 2 =
⇔
3
e 10 21
3
d) 175 3 e 5 21
⎛ 25 3 ⎞
⎟
= 52 + ⎜
⎝ 3 ⎠
2
=
10 21
.
3
Assim, a área e o perímetro do triângulo eqüilátel2 3
ro PQR são, respectivamente,
=
4
2
⎛ 10 21 ⎞
⎟ 3
⎜
⎠
⎝ 3
175 3
=
cm 2 e
=
4
3
10 21
3l = 3 ⋅
= 10 21 cm.
3
As questões dissertativas, numeradas de 21 a
30, devem ser resolvidas e respondidas no caderno de soluções.
e) 700 e 10 21
alternativa B
Considere a reta que passa por P e é perpendi5
1
cular a r e s. Como l ≥ 15, senα =
≤
⇒
l
3
o
⇒ α < 30 e portanto R está no mesmo semiplano de Q em relação a PU.
Questão 21
Dado o conjunto A = { x ∈ R; 3 x2 + 2 x < x2 },
expresse-o como união de intervalos da reta
real.
P
5
a
_
60° a
T
Q
r
Resposta
3x 2 + 2x < x 2 ⇔ 0 ≤ 3x 2 + 2x < x 4 ⇔
10
60°
a + 60°
U
R
_
60° a
⇔
V
s
3x 2 + 2x ≥ 0
x 4 > 3x 2 + 2x
⇔
2⎞
⎛
3x ⎜ x + ⎟ ≥ 0
⎝
3⎠
x 4 − 3x 2 − 2x > 0
matemática 10
2⎞
2
⎛
Porém 3x ⎜ x + ⎟ ≥ 0 ⇔ x ≤ − ou x ≥ 0 e
⎝
3⎠
3
x
4
− 3x
2
− 2x > 0 ⇔ x ⋅ (x
⇔ x ⋅ (x + 1)
2
3
− 3x − 2) > 0 ⇔
⋅ (x − 2) > 0 ⇔ x < −1 ou
−1 < x < 0 ou x > 2 .
Uma maneira de expressar o conjunto A é
2⎤
⎤
] −∞; −1[ ∪ ⎥ −1; − ⎥ ∪ ] 2; +∞ [ .
3⎦
⎦
Questão 23
Seja f ( x ) = ln( x2 + x + 1), x ∈ R. Determine
as funções h, g : R → R tais que f ( x ) = g( x ) +
+ h( x ), ∀x ∈ R, sendo h uma função par e g
uma função ímpar.
Resposta
Questão 22
Determine as raízes em C de 4 z6 + 256 = 0,
na forma a + bi, com a, b ∈ R, que pertençam
a
S = { z ∈ C ; 1 < | z + 2| < 3}.
Como h é par e g é ímpar, h( −x) = h(x) e
g( −x) = −g(x) para todo x real. Assim, f( −x) =
= g( −x) + h( −x) = −g(x) + h(x) e
f(x) = g(x) + h(x)
⇔
f( −x) = −g(x) + h(x)
f(x) + f( − x) ln (x 2 + x + 1) + ln (x 2 − x + 1)
=
2
2
⇔
⇔
f(x) − f( −x) ln (x 2 + x + 1) − ln (x 2 − x + 1)
g(x) =
=
2
2
h(x) =
Resposta
Temos que:
I.1 < | z + 2 | < 3 ⇔ 12 < | z + 2 |2 < 3 2 ⇔
⇔ 1 < (z + 2)(z + 2) < 9 ⇔
⇔ 1 < (z + 2)(z + 2) < 9 ⇔
ln [(x 2 + x + 1)(x 2 − x + 1)]
1
ln (x 4 + x 2 + 1)
=
2
2
⇔
⎛ x 2 + x + 1⎞
1
⎟
g(x) = ln ⎜
2
⎝ x2 − x +1⎠
h(x) =
⇔ 1 < z ⋅ z + 2(z + z) + 4 < 9 ⇔
⇔ 1 < | z |2 + 4 Re(z) + 4 < 9 ⇔
⇔
− | z |2 − 3
− | z |2 + 5
< Re(z) <
4
4
II. 4z 6 + 256 = 0 ⇔ z 6 = −64 ⇒ | z 6 | = | −64 | ⇔
⇔ | z |6 = 64 ⇔ | z | = 2
Logo, de I e II, basta encontrarmos as raízes da
−7
1
equação dada que satisfazem
< Re(z) < .
4
4
Como z 6 = −64 ⇔ z 6 = 2 6 (cosπ + i ⋅ sen π) ⇔
π + 2kπ
π + 2kπ ⎞
⎛
⇔ z = 2 ⎜cos
+ i ⋅ sen
⎟,
⎝
⎠
6
6
0 ≤ k ≤ 5 , os valores pedidos são (observe que
−7 ⎞
− 3 ≅ −1,73 >
⎟:
4 ⎠
•z
π
π⎞
⎛
= 2 ⎜cos
+ i ⋅ sen ⎟ = 2i ;
⎝
2
2⎠
•z
5π
5π ⎞
⎛
= 2 ⎜cos
+ i ⋅ sen
⎟ = − 3 + i;
⎝
6
6 ⎠
•z
7π
7π ⎞
⎛
= 2 ⎜cos
+ i ⋅ sen
⎟ =− 3 −ie
⎝
6
6 ⎠
•z
3π
3π ⎞
⎛
= 2 ⎜cos
+ i ⋅ sen
⎟ = −2i .
⎝
2
2 ⎠
Questão 24
Sejam α, β, γ ∈ R. Considere o polinômio p(x)
dado por x 5 − 9 x4 + (α − β − 2γ ) x 3 + (α + 2β +
+ 2γ − 2)x2 + (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).
Resposta
Já que x = 0 tem multiplicidade 3:
α + 2β + 2 γ − 2 = 0
α − β − γ +1 = 0
2α + β + γ − 1 = 0
α − β − 2γ ≠ 0
α =0
⇔ β + γ =1
β ≠ −2 γ
Como β = 1 − γ , devemos ter1 − γ ≠ −2 γ ⇔ γ ≠ −1
e, conseqüentemente, β ≠ 2.
Logo, para que x = 0 tenha multiplicidade 3, devemos ter α = 0, β = 1 − k, γ = k, k ∈ R – {−1}.
matemática 11
Questão 25
Questão 26
Uma matriz real quadrada A é ortogonal se A
é inversível e A −1 = A t . 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.
−π π ⎡
Determine todos os valores α ∈ ⎤
,
⎥⎦ 2 2 ⎢⎣
tais que a equação (em x)
x4 − 2 4 3 x2 + tg α = 0
admita apenas raízes reais simples.
Resposta
Resposta
Uma matriz A é simétrica e ortogonal se, e somente se, A −1 = At = A e | A | ≠ 0. Assim:
A = A −1 ⇔ A ⋅ A = A −1 ⋅ A ⇔ A 2 = I
⎛a b⎞
2
Seja A = ⎜
⎟ simétrica. Logo A = I ⇔
⎝b c ⎠
⎛a b⎞
⇔⎜
⎟
⎝b c ⎠
2
⎛ a2 + b 2
⎛1 0 ⎞
=⎜
⎟ ⇔⎜
⎝0 1 ⎠
⎝ ab + bc
ab + bc ⎞
⎟ =
b2 + c 2 ⎠
a2 + b 2 = 1
⎛1 0 ⎞
=⎜
⎟ ⇔ b(a + c) = 0
⎝0 1 ⎠
b2 + c 2 = 1
Temos b(a + c) = 0 ⇔ b = 0 ou a = −c .
Analisemos os dois casos:
•b
= 0: temos a2 = 1 e c 2 = 1 ⇔ a = ±1 e c = ±1,
⎛1 0 ⎞ ⎛1 0 ⎞ ⎛ −1 0 ⎞
portanto as matrizes ⎜
⎟, ⎜
⎟ e
⎟, ⎜
⎝0 1 ⎠ ⎝0 −1⎠ ⎝ 0 1 ⎠
⎛ −1 0 ⎞
⎟ são simétricas e ortogonais.
⎜
⎝ 0 −1⎠
• a = −c : temos a2
−1 ≤ b ≤ 1.
+ b2 = 1 ⇔ a = ± 1 − b2 ;
2
⎛
As matrizes ⎜⎜ 1 − b
b
⎝
⎛− 1 − b2
⎜
⎜
b
⎝
b
1 − b2
b
− 1 − b2
⎞
⎟e
⎟
⎠
⎞
⎟ são simétricas e ortogonais.
⎟
⎠
Resumindo, as matrizes pedidas são da forma
⎛1 0 ⎞ ⎛ −1 0 ⎞ ⎛ 1 − b 2
⎟, ⎜
⎟, ⎜
⎜
⎝0 1 ⎠ ⎝ 0 −1⎠ ⎜⎝
b
⎛− 1 − b2
⎜
⎜
b
⎝
b
1 − b2
⎞
b
⎟e
2 ⎟
− 1−b ⎠
⎞
⎟ com −1 ≤ b ≤ 1.
⎟
⎠
Vamos interpretar o trecho "... admita apenas
raízes reais simples" como "admita apenas raízes
reais, sendo todas simples".
x 4 − 2 4 3 x 2 + tgα = 0 ⇔
⇔
x2 = y
y 2 − 2 4 3 y + tgα = 0 ( ∗)
Para que todas as raízes da equação
x 4 − 2 4 3 x 2 + tgα = 0 sejam reais e simples, as
raízes de ( ∗) devem ser positivas e distintas.
Logo:
( −2 4 3 ) 2 − 4 ⋅ 1 ⋅ tgα > 0
tgα < 3
tgα
>0
⇔
1
tgα > 0
−( −2 4 3 )
>0
1
π
⎤ π π⎡
Para α ∈ ⎥ − ; ⎢ , 0 < tgα < 3 ⇔ 0 < α < .
3
⎦ 2 2⎣
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 ).
Resposta
Sendo A e B independentes, P (A ∩ B) =
1 1 1
= P (A) ⋅ P(B) =
⋅
= . Assim, P (C | A ∩ B) =
2 2 4
1
P (C ∩ A ∩ B)
1
16
=
= .
=
1
P (A ∩ B)
4
4
matemática 12
Os eventos A e BC são também independentes,
de modo que P (A ∩ BC ) = P (A) ⋅ P (BC ) =
1 ⎛
1⎞ 1
=
⋅ ⎜1 − ⎟ = .
2 ⎝
2⎠
4
Temos também P ((A ∩ B) ∪ (A ∩ C)) =
= P (A ∩ B) + P (A ∩ C) − P ((A ∩ B) ∩ (A ∩ C)) ⇔
3
1
⇔
=
+ P (A ∩ C) − P (A ∩ B ∩ C) ⇔
10
4
3
1
1
9
.
⇔
=
+ P (A ∩ C) −
⇔ P (A ∩ C) =
10
4
16
80
Além disso, como B ∩ BC = 0 ⇒
⇒ (A ∩ C ∩ B) ∩ (A ∩ C ∩ BC ) = 0,
P (A ∩ C) = P (A ∩ C ∩ (B ∪ B )) =
= P ((A ∩ C ∩ B) ∪ (A ∩ C ∩ BC )) =
C
= P (A ∩ C ∩ B) + P (A ∩ C ∩ B ) ⇔
9
1
=
+ P (A ∩ C ∩ BC ) ⇔
80
16
1
.
⇔ P (A ∩ C ∩ BC ) =
20
P (C ∩ A ∩ BC )
Logo P (C | A ∩ BC ) =
=
P (A ∩ BC )
1
1
20
=
= .
1
5
4
Obs.: a identidade P (A ∩ C) = P (A ∩ C ∩ B) +
⇔
+ P (A ∩ C ∩ BC ) também pode ser visualizada
no Diagrama de Venn:
B
C
AÇCÇB
BC
=
2R
2 2
3
e
=
5
5 2
2 ⋅
3
AB
2 5
3 10
. Como o triânsen γ =
=
=
2R
10
5 2
2 ⋅
3
gulo ABC é acutângulo, cosα = 1 − sen 2 α =
⇔ senα =
⎛3 ⎞
= 1−⎜ ⎟
⎝5 ⎠
C
A
Resposta
$ , β = m (ABC)
$
$ .
Sejam α = m (BAC)
e γ = m (ACB)
AB
BC
Pela lei dos senos,
=
= 2R ⇔
sen γ
senα
AÇCÇB
2
4
e cos γ = 1 − sen 2 γ =
5
=
⎛ 3 10 ⎞
⎟
= 1−⎜
⎝ 10 ⎠
2
=
10
.
10
Logo
a
área
do
triângulo
ABC
1
AB ⋅ BC ⋅ senβ =
2
1
=
⋅ 2 5 ⋅ 2 2 ⋅ sen(180o − α − γ ) =
2
= 2 10 ⋅ sen( α + γ ) =
é
= 2 10 (senα cos γ + sen γ cosα) =
⎛3
10
3 10 4 ⎞
= 2 10 ⎜ ⋅
+
⋅ ⎟ = 6.
10
10
5⎠
⎝5
Questão 29
Seja C uma circunferência de raio r e centro
O e AB um diâmetro de C. Considere o triângulo equilátero 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 AE e pelos segmentos AF e EF em torno do diâmetro AB.
Resposta
C
Considere a figura a seguir:
B
Questão 28
Um triângulo acutângulo de vértices A, B e C
está inscrito numa circunferência de raio
5 2
. Sabe-se que AB mede 2 5 e BC mede
3
2 2 . Determine a área do triângulo ABC.
s
O
r
D
F’
H
A
30°
E
F
t
matemática 13
Como o triângulo BDE é eqüilátero, DE é perpen$ =
dicular a AB e, portanto, paralelo a t, e m (OFA)
o
$
= m (OEH) = 30 . Temos, então, no ΔOEH, OH =
r 3
r
e HE = OE ⋅ cos 30o =
= OE ⋅ sen 30o =
2
2
OA
e, no ΔOAF, AF =
.
=
r
3
tg 30o
O volume do sólido obtido é dado pela diferença
entre o volume do tronco de cone, de altura HA =
r 3
r
e
e raios das bases HE =
= OA − OH =
2
2
AF = r 3 , e o volume do segmento esférico, de
r 3
r
altura HA =
e raio HE =
. Temos, então:
2
2
2
⎛
⎛ r 3 ⎞ ⎞⎟
π r ⎜
r 3
⎟
V =
⋅
(r 3 ) 2 + r 3 ⋅
+⎜
3 2 ⎜⎝
2
⎝ 2 ⎠ ⎟⎠
2
2⎞
⎛
π r ⎜ ⎛r 3 ⎞
7 πr 3
5 πr 3
⎛r ⎞
⎟ +⎜ ⎟ ⎟ =
−
=
− ⋅
3⋅⎜
⎟
⎜
⎝
⎠
6 2 ⎝ ⎝ 2 ⎠
2 ⎠
8
24
=
2 πr 3
3
Questão 30
Considere
a
parábola
de
equação
y = ax2 + 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 à parábola no ponto (2,5).
Resposta
Se a parábola de equação y = ax 2 + bx + c passa pelos pontos (2; 5) e (1; −2) e se a, b e c formam uma progressão aritmética, então
4a + 2b + c = 5
4a + 2b + c = 5
a = −1
a −b +c =2
⇔ b =2
⇔ b =2 .
a + c = 2b
a + c = 2b
c =5
A
parábola
possui
assim
equação
y = −x 2 + 2x + 5 . Seu vértice tem coordenadas
Δ ⎞
⎛ b
;−
⎜−
⎟ = (1; 6). Além disso, y’ = −2x + 2 ,
⎝ 2a
4a ⎠
portanto a reta tangente à parábola no ponto
(2; 5) tem coeficiente angular −2 ⋅ 2 + 2 = −2
e
sua
equação
é
y − 5 = −2(x − 2) ⇔
⇔ 2x + y − 9 = 0. A distância entre (1; 6) e a
reta de equação 2x + y − 9 = 0 é
d =
2 ⋅1 + 6 − 9
2
2
+1
2
=
5
.
5