MATEMÁTICA
Questão 01
Considere os conjuntos S = {0, 2, 4, 6} , T = {1, 3, 5} e U = {0, 1} e as afirmações:
I. {0} ∈ S e S ∩ U ≠ ∅ .
II. {2} ⊂ S \ U e S ∩ T ∩ U = {0,1} .
III. Existe uma função f : S → T injetiva.
IV. Nenhuma função g: T → S é sobrejetiva.
Então, é(são) verdadeira(s)
a) apenas I.
b) apenas IV.
c) apenas I e IV.
d) apenas II e III.
e) apenas III e IV.
Resolução:
I. Falso, pois o correto seria {0} ⊂ S visto que a relação se dá entre conjuntos e não entre elemento e conjunto
II. Falso, pois S ∩ T = ∅ . O correto seria S ∩ T ∩ U= ∅
III. Falso, visto que o número de elementos de S é maior que o de T. Desse modo, pelo menos dois elementos de S teriam a mesma
imagem em T, contrariando a definição de função injetiva.
IV. Verdadeiro, pelo fato de que cada um dos três elementos de T tem uma única imagem em S. Conseqüentemente, o conjunto imagem é
diferente do contradomínio. Logo não há função sobrejetiva.
Alternativa B
Questão 02
Em uma mesa de uma lanchonete, o consumo de 3 sanduíches, 7 xícaras de café e 1 pedaço de torta totalizou R$ 31,50. Em
outra mesa, o consumo de 4 sanduíches, 10 xícaras de café e 1 pedaço de torta totalizou R$ 42,00. Então, o consumo de 1
sanduíche, 1 xícara de café e 1 pedaço de torta totaliza o valor de:
a) R$ 17,50.
b) R$ 16,50.
c) R$ 12,50.
d) R$ 10,50.
e) R$ 9,50.
Resolução:
Considere :
x (preço do sanduíche)
y (preço das xícaras de café)
z (preço do pedaço de torta)
Temos então:
1
⎧(1) 3x + 7 y + z = 31,50
⎨
⎩(2) 4 x + 10 y + z = 42,00
Multiplicando a equação (1) por –1 e somando-a com a equação (2), temos:
x + 3 y = 10,50
Modificando-se a equação (2), temos:
4 x + 10 y + z = 3 ( x + 3 y ) + x + y + z = 42
3 (10,50 ) + x + y + z = 42
x + y + z = 10,50
Alternativa D
Questão 03
Uma circunferência passa pelos pontos A = (0, 2), B = (0, 8) e C = (8, 8). Então, o centro da circunferência e o valor de seu raio,
respectivamente, são:
a) (0, 5) e 6.
b) (5, 4) e 5.
c) (4, 8) e 5,5.
d) (4, 5) e 5.
e) (4, 6) e 5.
Resolução:
O ΔABC é retângulo em B, logo o circuncentro é o ponto médio da hipotenusa AC. Seja M
este ponto,
0 + 8
2 + 8
= 5 ⇒ M ( 4,5 )
xm =
= 4 e ym =
2
2
5
No ΔABC
( 2r )
2
= 6 2 + 82
B
6
8
M
4
C
2r
A
Alternativa D
Questão 04
Sobre o número x = 7 − 4 3 + 3 é correto afirmar que:
a) x ∈ ]0, 2[
b) x é racional
c) 2x é irracional
d) x 2 é irracional
e) x ∈ ]2; 3[
Resolução:
E = 7 − 4 3 = 4 − 2 ⋅ 2 ⋅ 3 + 3 = 22 − 2 ⋅ 2 ⋅ 3 +
(2 − 3)
Logo, x =
C(8,8)
A(0,2) 2
4r 2 = 100
r =5
E=
B(0,8) 8
2
( 3)
2
= 2− 3
7 − 4 3 + 3 = 2 − 3 + 3 = 2∈_
Alternativa B
2
8
Questão 05
Considere o triângulo de vértices A, B e C, sendo D um ponto do lado AB e E um ponto do lado AC . Se m( AB ) = 8 cm, m( AC )
= 10 cm, m( AD ) = 4 cm e m ( AE ) = 6 cm, a razão das áreas dos triângulos ADE e ABC é:
1
a)
2
3
b)
5
3
c)
8
3
d)
10
3
e)
4
Resolução:
B
4 cm
D
4 cm
A
a
6 cm
4 cm
E
8 ⋅ 10 ⋅ senα
= 40 ⋅ senα
2
4 ⋅ 6 ⋅ senα
=
= 12 ⋅ senα
2
12 ⋅ senα
3
=
=
40 ⋅ senα 10
C
S ABC =
S ADE
S ADE
S ABC
Alternativa D
Questão 06
Em um triângulo retângulo, a medida da mediana relativa à hipotenusa é a média geométrica das medidas dos catetos. Então, o
valor do cosseno de um dos ângulos do triângulo é igual a:
4
a)
5
2+ 3
b)
5
1
2+ 3
c)
2
1
d)
4+ 3
4
1
e)
2+ 3
3
Resolução:
C
a = b ⋅ c (1)
m ( BM ) = m ( CM ) = m ( AM ) = a , pois o triângulo é retângulo.
( 2a )
2
a
M
= b + c ⇒ 4a = b + c (2)
2
2
2
2
2
b
a
De (1) e (2):
4bc = b 2 + c 2
A
3
a
a
c
B
b 2 − 4bc + c 2 = 0
b=
4c ± 16c 2 − 4c 2
2
= 2c ± 3 ⋅ c
(
)
Tomando, b = 2 − 3 c vem:
a=
(2 − 3)c ⋅ c = c
Logo, cos α =
cos α =
2− 3
c
c
2+ 3
=
⋅
2a 2c 2 − 3
2+ 3
2+ 3
2
Alternativa C
Questão 07
A circunferência inscrita num triângulo eqüilátero com lados de 6 cm de comprimento é a interseção de uma esfera de raio igual
a 4 cm com o plano do triângulo. Então, a distância do centro da esfera aos vértices do triângulo é (em cm ):
a) 3 3
b) 6
c) 5
d) 4
e) 2 5
Resolução:
O
Seja O o centro da esfera e M o ponto médio do segmento AB, que também é o ponto de tangência da
circunferência com o triângulo equilátero ABC.
Fazendo o Teorema de Pitágoras no ΔOAM :
x 2 = 42 + 32 = 25
x = 5 cm
x
C
A
Alternativa C
4
3
M
3
B
Questão 08
Uma esfera de raio r é seccionada por n planos meridianos. Os volumes das respectivas cunhas esféricas contidas em uma semiπr 3
πr 3
esfera formam uma progressão aritmética de razão
. Se o volume da menor cunha for igual a
, então n é igual a:
45
18
a) 4 .
b) 3 .
c) 6 .
d) 5 .
e) 7 .
Resolução:
Em uma semi-esfera serão n cunhas, que tendo seus volumes adicionados totalizarão a metade do volume da esfera:
⎛ πr 3
πr 3 ⎛ πr 3 πr 3 ⎞ ⎛ πr 3
πr 3 ⎞
πr 3 ⎞ 1 ⎛ 4 3 ⎞
+⎜
+
+2
+ ( n − 1)
⎟+⎜
⎟ + ... + ⎜
⎟ = ⋅ ⎜ πr ⎟
18 ⎝ 18
45 ⎠ ⎝ 18
45 ⎠
45 ⎠ 2 ⎝ 3
⎠
⎝ 18
1 ⎛1
1 ⎞ ⎛1
1 ⎞
1 ⎞ 2
⎛1
+ ⎜ + ⎟ + ⎜ + 2 ⎟ + ... + ⎜ + ( n − 1) ⎟ =
18 ⎝ 18 45 ⎠ ⎝ 18
45 ⎠
45 ⎠ 3
⎝ 18
1 ⎞ n 2
⎛1 1
⎜ + + ( n − 1) ⎟ ⋅ =
18
18
45
⎝
⎠ 2 3
n ⋅ ( n + 4 ) = 60
∴n = 6
Alternativa C
4
Questão 09
Considere um prisma regular em que a soma dos ângulos internos de todas as faces é 7200º . O número de vértices deste prisma
é igual a:
a) 11.
b) 32.
c) 10.
d) 20.
e) 22.
Resolução:
Num prisma regular temos:
STotal = 2 Sbase + Slaterais
Para a base temos:
S1 = ( n − 2) ⋅ 180º
Para cada uma das laterais:
S1 = 360º
face lateral
(quadrangular)
Logo:
2 ⋅ ( n − 2) ⋅ 180º +360º n = 7200º
n = 11
face da base (polígono
regular com n lados)
O número de vértices do prisma é 2n = 22
Alternativa E
Questão 10
Em relação a um sistema de eixos cartesiano ortogonal no plano, três vértices de um tetraedro regular são dados por A = (0,0),
B= (2,2) e C = (1 − 3,1 + 3) .
O volume do tetraedro é:
a)
8
3
b) 3
c)
d)
3 3
2
5 3
2
e) 8
Resolução:
Na figura a = 2 2
y
C
1+ 3
B
2
a
2
1- 3 A
O volume do tetraedro é igual a
(2 2 ) ⋅
V =
3
12
2
=
a
3
12
2
x
, em que a é a medida da aresta do tetraedro.
8
3
Alternativa A
5
Questão 11
No desenvolvimento de ( ax 2 − bx + c + 1) obtém-se um polinômio p(x) cujos coeficientes somam 32. Se 0 e –1 são raízes de p(x),
5
então a soma a + b + c é igual a:
a) −
b) −
c)
1
2
1
4
1
2
d) 1
e)
3
2
Resolução:
P ( x) = ( ax 2 − 2bx + c + 1)5
Como a soma dos coeficientes é igual a 32 temos:
P (1) = ( a − 2b + c + 1)5 = 32
0 e -1 são raízes, logo
P (0) = (c + 1)5 = 0
(1)
P ( −1) = ( a + 2b + c + 1) = 0
De (1), (2) e (3):
(3)
(2)
5
⎧a − 2b + c + 1 = 2
⎪⎪
⎨c + 1 = 0
⎪
⎪⎩a + 2b + c + 1 = 0
∴ a = 1, b = −
Do exposto vem a + b + c = −
1
2
e c = −1
1
.
2
Alternativa A
Questão 12
O menor inteiro positivo n para o qual a diferença
a) 2499.
b) 2501.
c) 2500.
d) 3600.
e) 4900.
n − n − 1 fica menor que 0,01 é:
Resolução:
n − n − 1 < 0, 01
n < n − 1 + 0, 01
n < n − 1 + 0, 02 n − 1 + 0, 0001
0,9999 < 0, 02 n − 1
44,995 < n − 1
2499,5 < n − 1
2500,5 < n
Portanto, o menor valor inteiro positivo de n é 2501
Alternativa B
6
Questão 13
Seja D = IR \ {1} e f : D → D uma função dada por
x +1
f ( x) =
.
x −1
Considere as afirmações:
I. f é injetiva e sobrejetiva.
II. f é injetiva, mas não sobrejetiva.
⎛ 1⎞
III. f(x)+f ⎜ ⎟ = 0 , para todo x ∈ D, x ≠ 0.
⎝ x⎠
IV. f(x) ⋅ f(–x) = 1, para todo x ∈ D.
Então, são verdadeiras:
a) apenas I e III.
b) apenas I e IV.
c) apenas II e III.
d) apenas I, III e IV.
e) apenas II, III e IV.
Resolução:
Sejam x1 , x2 ∈ D e f ( x1 ) = f ( x2 ) :
x1 + 1 x2 + 1
=
x1 − 1 x2 − 1
x1 ⋅ x2 − x1 + x2 − 1 = x1 ⋅ x2 + x1 − x2 − 1
x1 = x2
∴ f é injetiva. (1)
Seja I o conjunto imagem de f.
−1
Se f fosse definida de D em I ela seria bijetiva, daí existiria a inversa de f, que seria da forma f : I → D , com x =
−1
conduz a f ( x) =
f −1 ( x ) + 1
, o que
f −1 ( x ) − 1
x +1
, que possui a mesma lei de formação de f ( x) , logo I = D e f é sobrejetiva. (2)
x −1
De (1) e (2) a afirmação I é verdadeira e a II falsa.
1
+1
1+ x
x +1
⎛ 1⎞ x
=
=−
= − f ( x)
f⎜ ⎟=
1
⎝ x⎠
1− x
1− x
−1
x
∴ f ( x) + f (1/ x) = 0, ∀ x ∈ D, x ≠ 0 , e portanto a afirmação III é verdadeira.
⎛ x + 1⎞ ⎛ − x + 1⎞ ( x + 1) ( x − 1) ⋅ ( −1)
f ( x) ⋅ f ( − x) = ⎜
⋅
=
⋅
= 1 , que é verdadeiro para todo x ≠ 1 e x ≠ −1 , logo a afirmação IV é falsa,
⎝ x − 1⎟⎠ ⎜⎝ − x − 1⎟⎠ ( x − 1) ( x + 1) ⋅ ( −1)
pois x não varre todo o domínio de f .
Alternativa A
Questão 14
O número complexo 2 + i é raiz do polinômio
aproxima da soma das raízes reais de f é:
a) 4.
b) –4.
c) 6.
d) 5.
e) –5.
f(x) = x4 + x 3 + px2 + x + q, com p, q ∈ IR. Então, a alternativa que mais se
7
Resolução:
Os coeficientes de f(x) são todos reais, então 2 + i e 2 – i são raízes de f(x).
(
)(
)
2
Daí, x − ( 2 + i ) x − ( 2 − i ) = x − 4 x + 5 é fator de f ( x )
Efetuando a divisão de f ( x ) pelo seu fator encontramos um quociente x 2 + 5 x + ( p + 15) e resto (4 p + 36) x − (5 p + 75 − q ) que deve
ser o polinômio identicamente nulo, logo p = −9 .
Voltando ao quociente que nos fornecerá as outras duas raízes:
x 2 + 5 x + ( p + 15) = x 2 − 5 x + 6 = 0
x = −2 ou x = −3
A soma das raízes reais é igual a −2 + ( −3) = −5 .
Alternativa E
Questão 15
Considere a equação em x
ax + 1 = b1/x,
onde a e b são números reais positivos, tais que ln b = 2 ln a > 0. A soma das soluções da equação é:
a) 0.
b) –1.
c) 1.
d) ln2.
e) 2.
Resolução:
a x +1 = b x , com An b=2An a > 0 (1)
0 < An b = 2Ana = An a 2 ⇒ b = a 2 > 1
1
Voltando em (1):
a x +1 = ( a 2 )
1
x
2
a x +1 = a x
2
x +1 =
x
x 2 + x − 2 = 0 ⇒ x = 1 ou x = −2
Soma das soluções = 1 + ( −2 ) = −1
Alternativa B
Questão 16
O intervalo I ⊂ R que contém todas as soluções da inequação arctan
a) [–1, 4].
b) [–3, 1].
c) [–2, 3].
d) [0, 5].
e) [4, 6].
Resolução:
Sejam tgα =
1+ x
2
e tgβ =
1− x
2
π
α+β ≥
6
8
1+ x
1− x π
+ arctan
≥ é:
2
2
6
π
tg ( α + β ) ≥ tg
tgα + tgβ
1 − tgα ⋅ tgβ
1+ x
6
3
≥
3
1− x
+
3
2
2
≥
1
+
x
1
−
x
⎛
⎞⋅⎛
⎞ 3
1− ⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠
1
4 −1+ x
2
1
≥
3
4
4 3 − 3 ≥ x2
−2 < 4 3 − 3 ≤ x ≤ 4 3 − 3 < 2
Alternativa C
Questão 17
Seja z ∈ C com |z| = 1. Então, a expressão
1 − zw
assume valor:
z−w
a) maior que 1, para todo w com | w | > 1.
b) menor que 1, para todo w com | w | < 1.
c) maior que 1, para todo w com w ≠ z.
d) igual a 1, independente de w com w ≠ z.
e) crescente para |w| crescente, com | w | < | z |.
Resolução:
E=
E=
1 − zw
z−w
= z⋅
z − z⋅z⋅w
z−w
1 − zw
z−w
, pois z = 1 ,
2
=
z − z ⋅w
z−w
=
z−w
z−w
=1,
Para todo w ≠ z .
Alternativa D
Questão 18
O sistema linear
⎧bx + y = 1
⎪
⎨by + z = 1
⎪ x + bz = 1
⎩
não admite solução se e somente se o número real b for igual a:
a) −1.
b) 0.
c) 1.
d) 2.
e) – 2
Resolução:
⎧bx + y + 0 = 1
⎪
⎨0 + by + z = 1
⎪ x + 0 + bz = 1
⎩
Fazendo a linha 1 adicionada à linha 3 multiplicada por –b
9
⎧bx + y + 0 = 1
⎪
⎨0 + by + z = 1
⎪0 + y - b 2 z = -b+1
⎩
Fazendo a linha 2 adicionada à linha 3 multiplicada por –b
⎧bx + y + 0 = 1
⎪
⎨0 + by + z = 1
⎪
3
2
⎩0 + 0 + ( b + 1) z = b − b + 1
b3 + 1 ⋅ z = b 2 − b + 1
(
)
Que não admite solução se e somente se
b3 + 1 = 0 e b 2 − b + 1 ≠ 0 , ou seja,
b = −1 .
Alternativa A
Questão 19
Retiram-se 3 bolas de uma urna que contém 4 bolas verdes, 5 bolas azuis e 7 bolas brancas. Se P1 é a probabilidade de não sair bola
azul e P2 é a probabilidade de todas as bolas saírem com a mesma cor, então a alternativa que mais se aproxima de P1 + P2 é:
a) 0,21.
b) 0,25.
c) 0,28.
d) 0,35.
e) 0,40.
Resolução:
Sejam V1, V2, V3 e V4 as bolas verdes; A1, A2, A3, A4 e A5 as azuis e B1, B2, B3, B4, B5, B6 e B7 as brancas.
P1 =
P2 =
C11,3
C16,3
=
11⋅10 ⋅ 9
33
=
16 ⋅15 ⋅14 112
C4,3 + C5,3 + C7,3
=
C16,3
P1 + P2 =
4 + 10 + 35 7
=
560
80
33 7 165 + 49 214
+ =
=
≅ 0,38
112 8
560
560
Alternativa E
Questão 20
A distância focal e a excentricidade da elipse com centro na origem e que passa pelos pontos (1, 0) e (0, –2) são,
respectivamente,
1
3
a) 3 e
d) 3 e
2
2
3
1
b)
e 3
e) 2 3 e
2
2
3
1
c)
e
2
2
Resolução:
Eixo maior 2a = 4 ⇒ a = 2
Eixo menor 2b = 2 ⇒ b = 1
Coordenadas do foco
y
a 2 = b2 + c2 ⇒ 4 = 1 + c2 ⇒ c = ± 3
(
) (
F1 0, 3 , F2 0, − 3
(1,0)
)
Distância focal = 2 3
e = excentricidade =
c
a
=
(0,-2)
3
2
Alternativa E
10
x
Questão 21
Seja a1, a2, … uma progressão aritmética infinita tal que
n
∑a
= n 2 + πn , para n ∈ N*
2
3k
k =1
Determine o primeiro termo e a razão da progressão.
Resolução:
n
∑a
= n 2 + π ⋅ n 2 , para n ∈ N *
3K
K =1
Para n = 1
1
∑a
= 1 2 + π ⋅1
a3 =
2 + π ⇒ a1 + 2r =
3K
2
K =1
2 + π , em que r é a razão da PA
(1)
Para n = 2
2
∑a
3K
= 2 2 + π⋅2
2
K =1
2 + π + a6 = 2 2 + 4 ⋅ π
a6 =
2 + 3 ⋅ π ⇒ a1 + 5r =
2 + 3π
(2)
De (1) e (2):
⎧⎪a1 + 2r = 2 + π
⎨
⎪⎩a1 + 5r = 2 + 3π
a1 =
2−
π
3
e r=
2π
3
Questão 22
Seja C a circunferência de centro na origem, passando pelo ponto P = (3, 4). Se t é a reta tangente a C por P, determine a
circunferência C’ de menor raio, com centro sobre o eixo x e tangente simultaneamente à reta t e à circunferência C.
Resolução:
No triângulo OPQ:
senα =
y
3
5
4
No triângulo ABC:
senα =
r
3 r
⇒ =
(1)
5 K
K
R=5
A
0
No triângulo POB:
senα =
5
3
5
⇒ =
5+r + K
5 5+ r + K
P
a
b
Q
3
r
r
a B
K
(2)
De (1) e (2):
5r
⎧
⎪K =
3
⎨
⎪⎩15 + 3r + 3K = 25
5
∴r =
4
11
x
O centro C da circunferência pedida:
C ( 5 + r , 0)
⎛ 25 ⎞
C ⎜ , 0⎟
⎝ 4 ⎠
A equação a circunferência C ' pedida é
2
25 ⎞
2
⎛
⎛ 5⎞
⎜⎝ x − ⎟⎠ + ( y − 0) = ⎜⎝ ⎟⎠
4
4
2
Questão 23
Sejam A e B matrizes 2 x 2 tais que AB = BA e que satisfazem à equação matricial A2 + 2AB – B = 0. Se B é inversível, mostre que
a) AB–1 = B–1A e que
b) A é inversível
Resolução:
a) Partindo da igualdade AB = BA multipliquemos à esquerda e à direita por B-1, que existe pois B é inversível.
B −1 ⋅ A ⋅ B ⋅ B −1 = B −1 ⋅ B ⋅ A ⋅ B −1
B −1 ⋅ A ⋅ I = ⋅I ⋅ A ⋅ B −1 , em que I é a matriz identidade de ordem 2.
∴ B −1 ⋅ A = A ⋅ B −1
c.d.q.
b)
A2 + 2 AB − B = 0
A2 + 2 AB = B
Multiplicando-se à direita por B −1
( A ⋅ A + 2 A ⋅ B ) ⋅ B −1 = B ⋅ B −1
A ⋅ A ⋅ B −1 + 2 A ⋅ B ⋅ B −1 = I , em que I é a matriz identidade de ordem 2
A ⋅ A ⋅ B −1 + 2 A ⋅ I = I
(
)
A ⋅ A ⋅ B −1 + 2 I = I
(
)
det ⎡⎣ A ⋅ A ⋅ B −1 + 2 I ⎤⎦ = det I = I
−1
det A ⋅ det( A ⋅ B + 2 I ) ≠ 0
det A ≠ 0 e det( AB −1 + 2 I ) ≠ 0
Logo, existe a inversa de A .
c.q.d.
Questão 24
Seja n o número de lados de um polígono convexo. Se a soma de n – 1 ângulos (internos) do polígono é 2004°, determine o
número n de lados do polígono.
Resolução:
S n = (n − 2) ⋅180º , que é a soma dos n ângulos internos do polígono dado.
2004º < (n − 2) ⋅180º < 2004º +180º , pois o polígono é convexo.
11,1333... < n − 2 < 11,1333.. + 1
13,1333... < n < 14,1333...
Como n é inteiro, devemos ter
n = 14
Questão 25
a) Mostre que o número real α = 3 2 + 5 + 3 2 − 5 é raiz da equação x3 + 3x – 4 = 0
b) Conclua de (a) que α é um número racional
12
Resolução:
a)
α = 3 2 + 5 + 3 2 − 5 = A + B em que A = 3 2 + 5 e B = 3 2 − 5 .
α 3 = A3 + 3 A2 B + 3 AB 2 + B 3 = A3 + B 3 + 3 AB( A + B)
(
)(
)
α3 = 2 + 5 + 2 − 5 + 33 2 + 5 ⋅ 2 − 5 ⋅ α
α = 4 + 3 −1 ⋅ α
α 3 + 3α − 4 = 0 , logo α é raiz da equação x 3 + 3 x − 4 = 0 .
3
3
c.q.d.
b) 1 é raiz da equação x 3 + 3 x − 4 = 0 , pois a soma de seus coeficientes é zero
Por Briot-Ruffini:
1
1
1
0
1
3
4
-4
0
x2 + x + 4 = 0
x=
−1 ± −15
∉\
2
3
Do exposto concluímos que a única raiz real da equação x + 3 x − 4 = 0 é 1, como α é uma raiz real da referida equação devemos ter:
α = 3 2 + 5 + 3 2 − 5 = 1 ∈_
c.d.q.
Questão 26
Considere a equação em x ∈ IR
1 + mx = x + 1 − mx , sendo m um parâmetro real.
a) Resolva a equação em função do parâmetro m.
b) Determine todos os valores de m para os quais a equação admite solução não nula.
Resolução:
a)
1 + mx = x + 1 − mx
1 + mx − 1 − mx = x
Quadrando os dois lados da igualdade:
1 + mx + 1 − mx − 2
2 1− m x = 2 − x
2
2
(1 + mx )(1 − mx ) = x
2
2
Quadrando os dois lados da igualdade:
(
)
4 1 − m2 x 2 = 4 − 4 x 2 + x4
(
)
x 4 + 4m 2 − 4 x 2 = 0
Logo, x = 0 ou x = ±2 1 − m 2
b)
Observe que ∀ ∀m ∈ \ , x = 0 é solução da equação:
1+ m ⋅0 = 0 + 1− m ⋅0 ⇒1 =1
Contudo o mesmo não ocorre com x = ±2 1 − m 2 , então, determinaremos os valores de m que tornam tais valores solução da equação.
13
i) Condição de existência inicial da equação:
1 + mx ≥ 0 ⇔ mx ≥ −1⎫
⎬ ⇒ mx ≤ 1
1 − mx ≥ 0 ⇔ mx ≤ 1 ⎭
Assim, substituindo o valor de x :
(
)
m ±2 1 − m 2 ≤ 1
4m 2 (1 − m 2 ) ≤ 1
4m 4 − 4m 2 + 1 ≥ 0
( 2m
2
− 1) ≥ 0, ∀m ∈ \
2
Logo ∀m ∈ \ as soluções satisfazem a i).
Ao elevarmos ao quadrado os dois lados da igualdade, temos que garantir que ambos os lados possuam os mesmo sinais. Daí, vem ii) e iii):
ii) Se x > 0 , então:
1 + mx − 1 − mx > 0
1 + mx > 1 − mx
1 + mx > 1 − mx
2mx > 0
∴m > 0
Se x < 0 , então:
1 + mx − 1 − mx < 0
1 + mx < 1 − mx
1 + mx < 1 − mx
2mx < 0
∴m > 0
Logo, m > 0 .
iii) 2 − x 2 ≥ 0 ⇒ − 2 ≤ x ≤ 2 , sendo x = ±2 1 − m 2
− 2 ≤ ±2 1 − m 2 ≤ 2
2 1 − m2 ≤ 2
2
2
ou m ≤ −
2
2
iv) Condição para que existam as soluções
Daí, m ≥
x = ±2 1 − m 2
1 − m 2 > 0 ⇒ −1 ≤ m ≤ 1
Das intersecções:
0
- 2/2
m > 0 (ii)
2/2
-1
1
2/2
m £ - 2 / 2 ou m ³ 2 / 2 (iii)
-1 < m < 1 (iv)
1
Logo:
2
≤ m ≤1
2
Questão 27
Um dos catetos de um triângulo retângulo mede 3 2 cm. O volume do sólido gerado pela
rotação deste triângulo em torno da hipotenusa é π cm3. Determine os ângulos deste triângulo.
C
Resolução:
H
1
1
VSólido = ⋅ π ⋅ R 2 ⋅ h + ⋅ π ⋅ R 2 ⋅ H
3
3
2
πR
π=
( H + h)
3
3 = R 2 ⋅ ( H + h)
(1)
A
R
D
h
a
B
14
Do ΔABC :
R 2 = H ⋅ h (2)
Do ΔABD
( 2)
3
3
2
= R 2 + h2
4 = R 2 + h2
(3)
De (1), (2) e (3):
3 = H ⋅ h ( H + h)
⎫⎪
H ⋅ h( H + h)
3
= 3
⎬⇒
2
3
h( H + h)
4
4 = H ⋅ h + h = h ( H + h )⎪⎭
3
∴H = 3
4
h2 +
3
3
4
⋅h − 3 4 = 0
3
9
−3 +
+ 43 4
4
23 2
h=
2
h=−
33 2
5
+
4
2 2⋅6 2
Logo:
cos α =
cos α =
h
3
1
2
2
3
5
3 5
=− +
=− +
4 2 2⋅6 2⋅3 2
4 4
∴ α = 60º
Do exposto, os ângulos do triângulo ABC são 30º , 60º e 90º .
Questão 28
São dados dois cartões, sendo que um deles tem ambos os lados na cor vermelha, enquanto o outro tem um lado na cor
vermelha e o outro na cor azul. Um dos cartões é escolhido ao acaso e colocado sobre uma mesa. Se a cor exposta é vermelha,
calcule a probabilidade de o cartão escolhido ter a outra cor também vermelha.
Resolução:
⎧Vermelho (lado 1)
Cartão 1 ⎨
⎩Vermelho (lado 2)
⎧Vermelho (lado 1)
Cartão 2 ⎨
⎩ Azul (lado 2)
A Pergunta é equivalente à ´´Sabendo que as cor é vermelha, qual a probabilidade dela ser do cartão 1 ?``, ou seja, P =
Questão 29
Obtenha todos os pares (x, y), com x, y ∈ [0, 2π], tais que sen(x + y) + sen(x – y) =
Resolução:
sen ( x + y ) + sen ( x − y ) =
1
2
senx ⋅ cosy + seny ⋅ cosx + senx ⋅ cosy – seny ⋅ cosx =
sen x ⋅ cos y =
1
2
1
4
sen x + cos y = 1
sen x e cos y são raízes da equação
15
1
e sen x + cos y = 1
2
2
3
1
1⎞
⎛
= 0 ⎜ z ' = z '' = ⎟ ,
4
2⎠
⎝
1
Ou seja, sen x = cos y =
2
1
π
5π
sen x =
⇒ x = ou x =
6
2
6
1
π
5π
cos x =
⇒ x = ou x =
3
2
3
⎧⎛ π π ⎞ ⎛ π 5π ⎞ ⎛ 5π π ⎞ ⎛ 5π 5π ⎞ ⎫
∴ S = ⎨⎜ , ⎟ , ⎜ , ⎟ , ⎜ , ⎟ , ⎜ , ⎟ ⎬
⎩⎝ 6 3 ⎠ ⎝ 6 3 ⎠ ⎝ 6 3 ⎠ ⎝ 6 3 ⎠ ⎭
z2 − z +
Questão 30
Determine todos os valores reais de a para os quais a equação (x – 1)2 = |x – a| admita exatamente três soluções distintas.
Resolução:
Sejam as funções reais de variáveis reais:
f ( x) = ( x − 1) 2 = x 2 − 2 x + 1 e g ( x) = x − a
Para que a equação f ( x) = g ( x ) possua exatamente 3 soluções distintas devemos ter seus
gráficos com exatamente 3 pontos distintos em comum, tal fato ocorrendo em 3 casos:
1
Caso 1
1
A parte decrescente de y = g ( x) tangencia a parábola y = f ( x )
⎧ y = x2 − 2 x + 1
⎨
⎩y = −x + a
x2 − 2 x + 1 = − x + a
x2 − x − a + 1 = 0
Δ = 0 ⇒ 1 − 4( − a + 1) = 0 ⇒ a =
3
4
Caso 2
O vértice da parábola y = f ( x ) coincide com o mínimo da função y = g ( x) .
f ( x) = ( x − 1)
2
xv = 1 ⇒ a = 1
Caso 3
A parte crescente de y = g ( x) tangencia a parábola y = f ( x ) .
⎧ y = x2 − 2 x + 1
⎨
⎩y = x − a
x2 − 2 x + 1 = x − a
x 2 − 3x + a + 1 = 0
Δ = 0 ⇒ 9 − 4(a + 1) = 0 ⇒ a =
5
4
Dos três casos concluímos que a =
3
5
ou a = 1 ou a = .
4
4
16