MATEMÁTICA E
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FRENTE 1 – ÁLGEBRA
MÓDULO 24
3.
a) 7 + 2i
d) 7 – 2i
NÚMEROS COMPLEXOS
1. Sendo z = 2 + 3i, w = 3 + 4i, –z e –
w, os conjugados de z e w,
respectivamente, efetue:
–
–
a) z + z
b) z . w
c) w . w
d)
z
–––
w
7 + 4i
O número complexo z = ––––––– em que i2 = – 1 é igual a
1 + 2i
b) 3 – 2i
e) 6 + 2i
c) 3 + 2i
RESOLUÇÃO:
7 + 4i
1 – 2i
7 – 14i + 4i + 8
15 –10i
z = ––––––– . ––––––– = ––––––––––––––– = ––––––––– = 3 – 2i
1 + 2i
1 – 2i
1+4
5
Resposta: B
e) z2
RESOLUÇÃO:
a) z + z– = (2 + 3i) + (2 – 3i) = 4
b) z . w = (2 + 3i) . (3 + 4i) = 6 + 8i + 9i + 12i2 =
= 6 + 8i + 9i – 12 = – 6 + 17i
–
c) w . w
= (3 + 4i) . (3 – 4i) = 9 – 16i2 = 25
4. (FUVEST) – Sabendo que α é um número real e que a parte
2+i
imaginária do número complexo ––––––– é zero, então α é:
α + 2i
z
2 + 3i
3 – 4i
6 – 8i + 9i + 12
d) ––– = –––––– . –––––– = –––––––––––––– =
w
3 + 4i
3 – 4i
25
18 + i
18
1
= –––––– = –––– + –––– i
25
25
25
a) – 4
b) – 2
c) 1
d) 2
e) 4
RESOLUÇÃO:
e) z2 = (2 + 3i)2 = 4 + 12i + 9i2 = – 5 + 12i
2+i
2+i
α – 2i
2α – 4i + αi – 2i2
––––––– = ––––––– . ––––––– = ––––––––––––––––– =
α + 2i
α + 2i
α – 2i
α2 – 4i2
(2α + 2) + (α – 4) i
2α + 2
α–4
= ––––––––––––––––– = ––––––– + ––––––– i
α2 + 4
α2 + 4
α2 + 4
Se a parte imaginária é zero, então α – 4 = 0 ⇔ α = 4.
Resposta: E
2. (GAVE) – Seja k um número real, e z1 = (k – i)(3 – 2i) um número
complexo. Qual é o valor de k, para que z1 seja um número imaginário
puro?
3
a) – ––
2
2
b) – ––
3
2
c) ––
3
3
d) ––
2
RESOLUÇÃO:
z1 = (k – i)(3 – 2i) = 3k – 2ki – 3i + 2i2 =
= 3k – 2ki – 3i – 2 = (3k – 2) – (2k + 3)i
2
Se z1 é imaginário puro, então 3k – 2 = 0 ⇔ k = –––
3
Resposta: C
– 85
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MATEMÁTICA E
MÓDULO 25
4.
O módulo do número complexo z = a + bi, em que a e b são
números reais e i é a unidade imaginária, é: z = a2 + b2.
O módulo do número complexo z = i2014 – i1987 é igual a
POTÊNCIAS NATURAIS DE i
E FORMA ALGÉBRICA
a) 0
b) 2
c) 2
d) 1
RESOLUÇÃO:
I) z = i2014 – i1987 = i2 – i3 = – 1 + i
1. Sendo i a unidade imaginária e n um número natural, assinale a
afirmação falsa.
a)
b)
c)
d)
II) z = (– 1)2 + 12 = 2
Resposta: B
i0 = 1; i1 = i; i2 = –1; i3 = – i
in = ir, em que r = 0, 1, 2, 3 é o resto da divisão de n por 4.
in ∈ {1; i; – 1; – i}
in + in+1 + in+2 + in+3 = 0, ∀n
e) Uma das anteriores é falsa.
Resposta: E
2. Chamamos de unidade imaginária e denotamos por i o número
complexo tal que i2 = –1. Então i0 + i1 + i2 + i3 + … + i2013 vale
a) 0
b) 1
c) i
d) 1 + i
5. Resolva, em ⺓, as equações:
a) 3x + 3i = 11 + 2xi
b) x2 – 10x + 29 = 0
c) 2z + –z = 12 + 5i, em que –z representa o conjugado de z.
RESOLUÇÃO:
a) 3x + 3i = 11 + 2xi ⇔ (3 – 2i)x = 11 – 3i ⇔ x = 3 + i ⇔ V = {3 + i}
10 ± 4i
b) x2 – 10x + 29 = 0 ⇔ x = –––––– = 5 ± 2i ⇔ V = {5 – 2i; 5 + 2i}
2
c) Sendo z = x + yi, x e y ∈ ⺢, então 2z + z– = 12 + 5i ⇔
RESOLUÇÃO:
⇔ 2x + 2yi + x – yi = 12 + 5i ⇔ 3x + yi = 12 + 5i ⇔ x = 4 e y = 5
A soma S = i0 + i1 + i2 + i3 + … + i2013 tem 2014 parcelas.
Assim: V = {4 + 5i}.
Lembrando que in + in+1 + in+2 + in+3 = 0, ∀n ∈ ⺞ e que
2014 = 503 . 4 + 2, concluímos que S = i0 + i1 = 1 + i.
Resposta: D
MÓDULO 26
FUNÇÃO POLINOMIAL
3. (MACKENZIE) – Se i2 = –1, então (1 + i) . (1 + i)2 . (1 + i)3 . (1 + i)4
é igual a:
a) 2i
b) 4i
c) 8i
d) 16i
e) 32i
RESOLUÇÃO:
(1 + i) (1 + i)2 . (1 + i)3 . (1 + i)4 = (1 + i)10 = [(1 + i)2]5 =
= (1 + 2i + i2)5 = (2i)5 = 32i5 = 32i
Resposta: E
1. Considere o polinômio de coeficientes reais
P(x) = (m2– 4)x3– (m3 – 3m)x2 + (m2 – 1)x + (2m–2).
Sabendo que m é raiz de P(x), determine
a) o valor de m;
b) o grau de P;
c) o termo independente de P(x).
RESOLUÇÃO:
a) m é raiz de P(x) ⇔ P(m) = 0 ⇔
⇔ (m2 – 4)m3 – (m3 – 3m)m2 + (m2 – 1)m + 2m – 2 = 0 ⇔
⇔ m5 – 4m3 – m5 + 3m3 + m3 – m + 2m – 2 = 0 ⇔
⇔m–2=0⇔m=2
b) m = 2 ⇒ P(x) = 0x3 – 2x2 + 3x + 2 ⇒ gr(P) = 2
c) P(0) = 2
Respostas:a) m = 2
86 –
b) gr(P) = 2
c) P(0) = 2
2. (UFRN) – Considere a função polinomial f(x) = x3 – 3x2 – x + 3.
a) Calcule os valores de f(– 1), f(1) e f(3).
b) Fatore a função dada.
c) Determine as coordenadas dos pontos de intersecção do gráfico de
f com o eixo Ox.
RESOLUÇÃO:
Sendo f(x) = x3 – 3x2 – x + 3, temos:
a) f(– 1) = (– 1)3 – 3 . (– 1)2 – (– 1) + 3
f(– 1) = – 1 – 3 + 1 + 3 = 0
f(1) = 13 – 3 . 12 – 1 + 3 = 1 – 3 – 1 + 3 = 0
f(3) = 33 – 3 . 32 – 3 + 3 = 27 – 27 – 3 + 3 = 0
MÓDULO 27
POLINÔMIOS: DIVISÃO
1. Dividir A(x) = 6x4 + 9x3 – 15x + 9 por B(x) = x2 – x – 2 utilizando o
método da chave.
RESOLUÇÃO:
6x4 + 9x3 + 0x2 – 15x + 9
b) Do item (a), concluímos que – 1, 1 e 3 são as raízes de f(x). Como
o coeficiente de x3 (coeficiente dominante) é igual a 1, a
fatoração de f(x) é f(x) = 1 . (x + 1)(x – 1)(x – 3).
c) As coordenadas dos pontos de intersecção do gráfico de f com
o eixo 0x são (– 1; 0), (1; 0) e (3; 0).
Respostas:a) f(– 1) = 0, f(1) = 0 e f(3) = 0
b) f(x) = (x + 1)(x – 1)(x – 3)
c) (– 1; 0), (1; 0) e (3; 0)
MATEMÁTICA E
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– 6x4 + 6x3 + 12x2
x2 –
x– 2
6x2 + 15x + 27
––––––––––––––––––––––––––
15x3 + 12x2 – 15x + 9
–15x3 + 15x2 + 30x
––––––––––––––––––––––
27x2 + 15x + 9
– 27x2 + 27x + 54
––––––––––––––––––
42x + 63
Resposta: Q(x) = 6x2 + 15x + 27
R(x) = 42x + 63
3. Um polinômio P(x), do 3o. grau e coeficientes reais, tem seu gráfico
esboçado abaixo. Utilizando as informações da figura, podemos concluir
que o valor de P(4) é
a) 6
b) 8
c) 21
d) 36
e) 42
2. Sabe-se que o polinômio P(x) = x5 + mx + n (m, n ∈ ⺢) é divisível
por x2 + 1. Então, o valor de m + n é
a) – 1
b) 0
c) 1
d) 2
e) 3
RESOLUÇÃO:
A divisão de P(x) por x2 + 1, utilizando o método da chave, resulta:
–
RESOLUÇÃO:
As raízes de P(x) são r1 = –3, r2 = 1 e r3 = 2.
Portanto, p(x) = a (x + 3) (x – 1) (x – 2 ), com a ≠ 0.
Como P(0) = 3, resulta
1
a . (0 + 3) (0 – 1) (0 – 2) = 3 ⇔ a = ––
2
1
Então, P(x) = –– . (x + 3) (x – 1) (x – 2)
2
1
e P(4) = –– . (4 + 3) (4 – 1) (4 – 2) = 21
2
x5 + 0x4 + 0x3 + 0x2 + mx + n
x2 + 1
x5
x3 – x
–
x3
–––––––––––––––––––––––––
– x3 + 0x2 + mx + n
+ x3
+ x
––––––––––––––––––––––
(m + 1)x + n
Para (m + 1)x + n 0, tem-se m = –1 e n = 0
Logo, m + n = – 1 + 0 = – 1
Resposta: A
Resposta: C
– 87
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MATEMÁTICA E
3. (UDESC) – Sejam q(x) e r(x), respectivamente, o quociente e o
resto da divisão de f(x) = 6x4 – x3 – 9x2 – 3x + 7 por
g(x) = 2x2 + x + 1. O produto entre todas as raízes de q(x) e r(x) é igual
a:
7
a) – –––
3
b) 3
c)
3
–––
5
d) 5
5
e) –––
3
RESOLUÇÃO:
Efetuando a divisão de f(x) por g(x), pelo método da chave, obtémse
6x4 – x3 – 9x2 – 3x + 7
– 6x4 – 3x3 – 3x2
–––––––––––––––––––––––––––
– 4x3 – 12x2 – 3x + 7
+ 4x3 + 2x2 + 2x
––––––––––––––––––––––––
– 10x2 – x + 7
+ 10x2 + 5x + 5
–––––––––––––––––
4x + 12
2x2 + x + 1
3x2 – 2x – 5
2
Então
q(x) = 3x – 2x – 5
r(x)
= 4x + 12
Se x1 e x2 são as raízes de q(x) e x3 é a raiz de r(x), temos
(x1 . x2) . x3 =
Resposta: D
88 –
–5
––––
3
. (– 3) = 5
4. Responda ao que se pede:
a) Determine o quociente e o resto da divisão do polinômio
P(x) = x4 – 4x3 + 4x2 – 4x + 3 por x2 + 1.
b) Resolva, em ⺓, a equação P(x) = 0
RESOLUÇÃO:
a)
x4 – 4x3 + 4x2 – 4x + 3
– x4
– x2
x2 + 1
x2 – 4x + 3
–––––––––––––––––––––––
– 4x3 + 3x2 – 4x + 3
+ 4x3
+ 4x
–––––––––––––––––––––
3x2
+3
– 3x2
–3
–––––––––––––––
0
Assim, quociente = x2 – 4x + 3 e o resto = 0.
b) P(x) = 0 ⇔ (x2 + 1).(x2 – 4x + 3) = 0 ⇔
⇔ x2 + 1 = 0 ou x2 – 4x + 3 = 0 ⇔
⇔ x = ± i ou x = 1 ou x = 3
Assim, V = {± i; 1; 3}
Respostas: a) quociente = x2 – 4x + 3 e resto = 0
b) V = {± i; 1; 3}
FRENTE 2 – ÁLGEBRA
MÓDULO 24
ARRANJOS SIMPLES E PERMUTAÇÕES SIMPLES
1. (FATEC) – Para proteger certo arquivo de computador, um usuário
deseja criar uma senha constituída por uma sequência de 5 letras
distintas, sendo as duas primeiras consoantes e as três últimas vogais.
Havendo no teclado 21 consoantes e 5 vogais, o número de senhas
distintas, do tipo descrito, é:
a) 25 200
b) 5 040
c) 2 100
d) 13 172
e) 3 125
RESOLUÇÃO:
O número de senhas distintas, do tipo descrito, é:
21 . 20 . 5 . 4 . 3 = 25 200
Pode-se fazer A21, 2 . A5, 3 = 21 . 20 . 5 . 4 . 3 = 25 200.
Resposta: A
3. Quantos números naturais e de quatro algarismos distintos
existem, no total, no sistema decimal de numeração?
a) 9000
b) 5040
c) 4536
d) 3024
e) 400
RESOLUÇÃO:
Sendo M, C, D e U, respectivamente, os algarismos dos milhares,
centenas, dezenas e unidades, temos:
1o. ) Para M: 9 possibilidades (não pode ser o 0).
2o. ) Para C: 9 possibilidades (não pode ser o algarismo utilizado em
M).
3o. ) Para D: 8 possibilidades (não pode ser qualquer um dos dois
utilizados em M e C).
4o. ) Para U: 7 possibilidades (não pode ser qualquer um dos três
utilizados em M, C e D).
Pelo Princípio Fundamental de Contagem, obtemos
9 . 9 . 8 . 7 = 4536.
Podemos fazer também A10,4 – A9,3 = 10 . 9 . 8 . 7 – 9 . 8 . 7 =
= 9 . 8 . 7 . (10 – 1) = 9 . 8 . 7 . 9 = 4536.
Resposta: C
2. (FGV) – Aconteceu um acidente: a chuva molhou o papel onde
Teodoro marcou o telefone de Aninha e apagou os três últimos algarismos. Restaram apenas os dígitos 58347. Observador, Teodoro
lembrou que o número do telefone da linda garota era um número par,
não divisível por 5 e que não havia algarismos repetidos. Apaixonado,
resolveu testar todas as combinações numéricas possíveis. Azarado!
Restava apenas uma possibilidade, quando se esgotaram os créditos
do seu telefone celular. Até então, Teodoro havia feito:
a) 23 ligações
b) 59 ligações
c) 39 ligações
d) 35 ligações
e) 29 ligações
4. (MACKENZIE) – O número de anagramas da palavra BOLINHA
começados por consoante e terminados por vogal é igual a:
a) 120
b) 720
c) 1440
d) 1680
e) 5040
RESOLUÇÃO:
Os algarismos que restam não podem ser 5, 8, 3, 4 ou 7 e, além
disso, o último só pode ser 2 ou 6. Os dois algarismos que restam
podem ser obtidos de 4 . 3 maneiras diferentes.
Portanto, o total de possibilidades é 2 . 4 . 3 = 24.
Quando se esgotaram os créditos do seu telefone celular, Teodoro
havia feito 24 – 1 = 23 ligações.
Resposta: A
4 . P5 . 3 = 4 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 . 3 = 1 440
RESOLUÇÃO:
4
•
5
↓
Entra
consoante
•
4
•
3
•
2
•
1
•
3
= 1440
↓
Entra
vogal
Resposta: C
– 89
MATEMÁTICA E
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MATEMÁTICA E
5. (FATEC) – Uma pessoa dispõe de quatro discos diferentes de
MPB, quatro discos diferentes de rock e dois discos diferentes de
música clássica. O número de modos distintos como essa pessoa pode
organizá-los em uma estante, de tal forma que discos do mesmo gênero
estejam sempre juntos, e os de rock na mesma ordem, é:
a) 144
b) 1152
c) 48
d) 50
e) 288
2. (FUVEST) – Numa primeira fase de um campeonato de xadrez,
cada jogador joga uma vez contra todos os demais. Nessa fase, foram
realizados 78 jogos. Quantos eram os jogadores?
a) 10
b) 11
c) 12
d) 13
e) 14
RESOLUÇÃO:
Os de MPB: P4 = 4! = 24
Os de Rock: 1
Os de Música Clássica: P2 = 2! = 2
Para cada uma dessas 24 . 1 . 2 possibilidades, permutamos os
gêneros (P3 = 3! = 6).
Assim sendo, essa pessoa poderá organizá-los de
P4 . 1 . P2 . P3 = 24 . 1 . 2 . 6 = 288 modos diferentes.
Resposta: E
n . (n – 1)
Cn, 2 = 78 ⇔ ––––––––––– = 78 ⇔ n2 – n – 156 = 0 ⇔
2.1
RESOLUÇÃO:
Sendo n o número de jogadores, temos:
⇔ n = 13 ou n = – 12
Assim, n = 13, pois n > 0.
Resposta: D
3.
MÓDULO 25
Consideremos um grupo formado por 12 pessoas. Qual o número
total de comissões que podem ser formadas, tendo cada uma apenas
um presidente, um secretário e dois conselheiros?
COMBINAÇÕES SIMPLES, PERMUTAÇÕES,
ARRANJOS E COMBINAÇÕES COM REPETIÇÃO
RESOLUÇÃO:
12 • 11
P
S
C10,2
1. (FATEC) – Dispomos de dez produtos para a montagem de cestas
básicas. O número de cestas que podemos formar com seis desses
produtos, de modo que um determinado produto seja sempre incluído,
é
a) 252
b) 210
c) 126
d) 120
e) 24
RESOLUÇÃO:
Como um determinado produto sempre será incluído na cesta,
basta que se escolham cinco de um total de nove produtos.
Assim, o número de cestas diferentes que podemos formar é:
9!
C9,5 = ––––––– = 126
5! . 4!
Resposta: C
90 –
10 . 9
12 . 11 . C10,2 = 12 . 11 . ––––––– = 5940
2.1
Resposta: 5 940 comissões.
4. Considere todos os anagramas diferentes da palavra PERERECA.
Calcule
a) quantos são no total;
b) quantos começam por PE (nessa ordem) e terminam por CA (em
qualquer ordem).
6. (FUVEST) – A figura a seguir representa parte do mapa de uma
cidade no qual estão assinaladas as casas de João (A), de Maria (B), a
escola (C) e um possível caminho que João percorre para, passando pela
casa de Maria, chegar à escola. Qual o número total de caminhos
distintos que João poderá percorrer, caminhando somente para Norte ou
Leste, para ir de sua casa à escola, passando pela casa de Maria?
RESOLUÇÃO:
(3, 2)
a) P8
8!
8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3!
= ––––– = –––––––––––––––– = 3360
3! 2!
3! . 2 . 1
b) P E R E R E C A
4!
1 . P4(2,2) . P2 = ––––– . 2! = 12
2! 2!
Respostas: a) 3360
b) 12
RESOLUÇÃO:
6!
De A até B, existem –––––– = 15 caminhos.
2! 4!
5!
De B até C, existem –––––– = 10 caminhos.
2! 3!
De A até C, passando por B, existem 15 . 10 = 150 caminhos
Resposta: 150
Observação: de A até B, o número de caminhos é igual à quantidade de anagramas da “palavra” NNLLLL, em que N é uma
quadra para Norte e L, uma quadra para Leste.
5. (FUVEST) – Quantos são os números inteiros positivos de 5
algarismos que não têm algarismos adjacentes iguais?
b) 9 x 84
c) 8 x 94
d) 85
e) 95
a) 59
RESOLUÇÃO:
O número de possibilidades para cada “posição” dos algarismos no
número é:
dezena de milhar: 9 (não pode ser o 0)
milhar: 9 (não pode ser o anterior)
centena: 9 (não pode ser o anterior)
dezena: 9 (não pode ser o anterior)
unidade: 9 (não pode ser o anterior)
Assim sendo, pelo principio fundamental da contagem,
resulta 9 . 9 . 9 . 9 . 9 = 95
Resposta: E
– 91
MATEMÁTICA E
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MATEMÁTICA E
3. (FEI) – Para desligar-se um sistema de segurança, 4 botões devem
ser acionados em uma determinada ordem. Qual a probabilidade de,
numa única tentativa, uma pessoa que desconhece a ordem correta
conseguir desligar o sitema?
1
1
1
1
1
a) ––––
b) ––––
c) –––
d) –––
e) –––
24
16
6
8
4
MÓDULO 26
PROBABILIDADE
RESOLUÇÃO:
1. Joga-se um dado “honesto” de seis faces e lê-se o número da face
voltada para cima. Calcular a probabilidade de se obter
a) o número 2.
b) um número par.
c) um número maior que 2.
d) um número menor que 7.
e) um número maior que 6.
O número de ordens possíveis é P4 = 4! = 24.
Logo, n(S) = 24
O número de tentativas é 1. Logo, n(A) = 1.
n(A)
1
A probabilidade é P(A) = ––––– = –––– .
n(S)
24
Resposta: A
RESOLUÇÃO:
1
a) P(número 2) = ––
6
3
1
b) P(par) = –– = ––
6
2
4
2
c) P(número > 2) = –– = ––
6
3
6
d) P(número < 7) = –– = 1
6
0
e) P(número > 6) = –– = 0
6
4. (MACKENZIE) – Num grupo de 10 pessoas estão A e B. Escolhidas ao acaso 5 pessoas do grupo, a probabilidade de A e B serem
escolhidas é:
1
a) –––
5
2. (CESGRANRIO) – Os 240 cartões de um conjunto são numerados
consecutivamente de 1 a 240. Retirando-se ao acaso um cartão desse
conjunto, a probabilidade de obter um cartão numerado com um múltiplo
de 13 é:
a)
13
––––
240
3
b) –––
40
c)
1
–––
26
1
d) –––
13
1
e) ––
6
1
b) –––
10
RESOLUÇÃO:
I) Casos possíveis
10 . 9 . 8 . 7 . 6
C10;5 = –––––––––––––– = 252
5.4.3.2.1
II) Casos favoráveis
8.7.6
C8;3 = –––––––– = 56
3.2.1
RESOLUÇÃO:
240 13
6 18
18
3
P(múltiplo de 13) = ––––– = –––
240
40
Resposta: B
92 –
2
c) –––
9
56
2
III) P = ––––– = –––
252
9
Resposta: C
5
d) –––
9
9
e) –––
10
5. (FUVEST) – Uma urna contém três bolas pretas e cinco bolas
brancas. Quantas bolas azuis devem ser colocadas nessa urna de modo
que, retirando-se uma bola ao acaso, a probabilidade de ela ser azul seja
igual a 2/3?
RESOLUÇÃO:
3 pretas
x azuis
Observe que, dos 36 resultados possíveis, existem 17 casos em que
um jogador faz suas peças andarem pelo menos oito casas. São os
—
quinze casos situados abaixo da diagonal BD da figura e mais os
casos (2; 2) e (3; 3), pois nestes as somas são respectivamente 4 e
6, e os dobros das somas são 8 e 12.
17
Assim, a probabilidade pedida é ––– .
36
Resposta: C
5 brancas
2
x
2
P(azul) = –– ⇔ ––––––––– = –– ⇔ 3x = 2 . (8 + x) ⇔ x = 16
3
3+5+x
3
MÓDULO 27
PROBABILIDADE DA UNIÃO E
PROBABILIDADE CONDICIONAL
1. (FUVEST-2014) – O gamão é um jogo de tabuleiro muito antigo,
para dois oponentes, que combina a sorte, em lances de dados, com
estratégia, no movimento das peças. Pelas regras adotadas, atualmente,
no Brasil, o número total de casas que as peças de um jogador podem
avançar, numa dada jogada, é determinado pelo resultado do lançamento
de dois dados. Esse número é igual à soma dos valores obtidos nos dois
dados, se esses valores forem diferentes entre si; e é igual ao dobro da
soma, se os valores obtidos nos dois dados forem iguais. Supondo que
os dados não sejam viciados, a probabilidade de um jogador poder fazer
suas peças andarem pelo menos oito casas em uma jogada é:
1
a) –––
3
b)
5
–––
12
c)
17
–––
36
1
d) –––
2
2. (UNESP) – Lançando-se simultaneamente dois dados não viciados,
a probabilidade de que suas faces superiores exibam soma igual a 7 ou
9 é:
a)
1
––
6
4
b) ––
9
2
c) –––
11
5
d) –––
18
3
e) ––
7
RESOLUÇÃO:
6
4
10
5
P(soma 7 ou soma 9) = ––– + ––– = ––– = –––
36
36
36
18
Resposta: D
19
e) –––
36
RESOLUÇÃO:
No lançamento de dois dados honestos (não viciados), os resultados possíveis são os apresentados na tabela seguinte:
A
B
D
(1;1)
(1;2)
(1;3)
(1;4)
(1;5)
(1;6)
(2;1)
(2;2)
(2;3)
(2;4)
(2;5)
(2;6)
(3;1)
(3;2)
(3;3)
(3;4)
(3;5)
(3;6)
(4;1)
(4;2)
(4;3)
(4;4)
(4;5)
(4;6)
(5;1)
(5;2)
(5;3)
(5;4)
(5;5)
(5;6)
(6;1)
(6;2)
(6;3)
(6;4)
(6;5)
(6;6)
C
– 93
MATEMÁTICA E
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MATEMÁTICA E
3. Dois dados perfeitos e distinguíveis são lançados ao acaso. A
probabilidade de os dois números obtidos serem pares ou terem soma
maior que 7 é:
7
a) –––
18
1
b) ––
2
17
c) –––
36
4
d) ––
9
5
e) –––
12
5. Num grupo de 40 homens e 60 mulheres, a probabilidade de um
homem sofrer de uma determinada doença é 30% e a probabilidade de
uma mulher ter a mesma doença é 40%. Uma dessas pessoas é escolhida ao acaso. Calcule
a) a probabilidade de ela ter a doença;
b) sabendo que ela tem a doença, a probabilidade de ser uma mulher.
RESOLUÇÃO:
I)
RESOLUÇÃO:
9
P(números pares) = –––
36
Um diagrama que ilustra a situação é:
15
II) P(soma maior que 7) = –––
36
6
III) P(pares e soma maior que 7) = –––
36
15
9
6
1
IV) P(pares ou soma maior que 7) = ––– + –––– – ––– = –––
36
36
36
2
Resposta: B
homens
mulheres
TOTAL
com a doença
12
24
36
sem a doença
28
36
64
TOTAL
40
60
12 + 24
36
a) p = ––––––– = –––– = 36%
100
100
24
24
2
b) p = ––––––– = –––– = ––– 66,7%
12 + 24
36
3
4. (UNAERP) – O número de uma casa em determinada rua é ímpar.
A probabilidade de o algarismo das unidades ser 9 é:
a)
1
–––
10
1
b) ––
5
4
c) ––
9
5
d) ––
9
1
e) ––
2
RESOLUÇÃO:
Como o número da casa é ímpar, o seu algarismo das unidades
pode ser 1; 3; 5; 7 ou 9.
Assim, a probabilidade P de o algarismo das unidades ser 9 é:
1
P = –––
5
Resposta: B
94 –
FRENTE 3 – GEOMETRIA MÉTRICA
2. Uma piscina de forma retangular tem 15 m de comprimento, 8 m
de largura, 1 m de profundidade num de seus extremos e 2 m de
profundidade no outro extremo, sendo seu fundo um plano inclinado.
Quantos litros de água são necessários para encher completamente
essa piscina?
a) 60 000
b) 90 000
c) 120 000
d) 150 000
e) 180 000
MÓDULO 24
PRISMAS
1. (FMU) – O volume de um prisma hexagonal regular, cuja altura é
10 cm e cujo lado da base mede 2 cm, é igual a:
a) 120 3 cm3
b) 10 3 cm3
d) 120 cm3
e) 60 3 cm3
RESOLUÇÃO:
c) 6
3 cm3
RESOLUÇÃO:
V = Ab . h
(20 + 10) . 150
V = –––––––––––––– . 80 dm3
2
V = 180 000 litros
Resposta: E
22 . 3
3 cm2
I) Ab = 6 . ––––––– = 6 4
II) h = 10 cm
III) V = Ab . h
Assim: V = 6 3 . 10 ⇔ V = 60 3 cm3
Resposta: E
– 95
MATEMÁTICA E
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MATEMÁTICA E
3. (FAAP) – Em um prisma triangular regular, a altura mede 2
3me
a área lateral é o quádruplo da área da base. Calcule o volume do prisma.
MÓDULO 25
RESOLUÇÃO:
PARALELEPÍPEDOS E CUBOS
1. (UFSCar) – Se a soma das medidas de todas as arestas de um
cubo é 60 cm, então o volume desse cubo, em centímetros cúbicos, é:
a) 125
b) 100
c) 75
d) 60
e) 25
RESOLUÇÃO:
1o. ) 12a = 60 ⇔ a = 5 cm
a
ᐉ2
3
II) Aᐉ = 3 . Aⵦ = 3 . ᐉ . 2 3 = 6ᐉ 3
3
62
IV) V = Ab . h = –––––– . 2 3 ⇒ V = 54 m3
4
96 –
Assim: V = 53 = 125 cm3
Resposta: A
I) Ab = ––––––
4
ᐉ2
3
III) Aᐉ = 4 . AB ⇔ 6ᐉ . 3 = 4 . –––––– ⇒ ᐉ = 6 m
4
2 o. ) V = a3
a
a
2. (UNESP) – Considere um pedaço de cartolina retangular de lado
menor 10 cm e lado maior 20 cm. Retirando-se 4 quadrados iguais de
lados x cm (um quadrado de cada canto) e dobrando-se na linha
pontilhada conforme mostra a figura, obtém-se uma pequena caixa
retangular sem tampa.
3. (FGV-2014) – Uma piscina vazia, com formato de paralelepípedo
reto retângulo, tem comprimento de 10 m, largura igual a 5 m e altura
de 2 m. Ela é preenchida com água a uma vazão de 5 000 litros por hora.
Após três horas e meia do início do preenchimento, a altura da água na
piscina atingiu:
a) 25 cm
b) 27,5 cm
c) 30 cm
d) 32,5 cm
e) 35 cm
RESOLUÇÃO:
O polinômio, na variável x, que representa o volume, em cm3, desta
caixa é:
b) 4x2 – 60x + 200
a) 4x3 – 60x2 + 200x
3
2
c) 4x – 60x + 200
d) x3 – 30x2 + 200x
3
2
e) x – 15x + 50x
RESOLUÇÃO:
Sejam x, em metros, a altura da água na piscina e V, em metros
cúbicos, o volume de água após três horas e meia do início do
preenchimento.
I) V = 10 . 5 . x
II) 5 000 litros/hora . 3,5 horas = 17 500 litros = 17,5 m3
III) 10 . 5 . x = 17,5 ⇔ x = 0,35
IV) 0,35 m = 35 cm
Resposta: E
A caixa retangular sem tampa obtida é um paralelepípedo reto
retângulo, cujas dimensões, em centímetros, são 20 – 2x, 10 – 2x e
x. Assim, o seu volume V(x) é dado por:
V(x) = (20 – 2x) . (10 – 2x) . x ⇔ V(x) = (4x2 – 60x + 200) . x ⇔
⇔ V(x) = 4x3 – 60x2 + 200x
Resposta: A
– 97
MATEMÁTICA E
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MATEMÁTICA E
4.
(MACKENZIE)
MÓDULO 26
PIRÂMIDE
A peça da figura, de volume a2, é o resultado de um corte feito em um
paralelepípedo reto retângulo, retirando-se um outro paralelepípedo reto
retângulo. O valor de a é:
a)
2
–––
3
b) 5
c) 6
d) 4
e)
4
–––
5
1. (FATEC) – As arestas laterais de uma pirâmide reta medem
15 cm, e sua base é um quadrado cujos lados medem 18 cm. A altura
dessa pirâmide, em cm, é igual a:
a) 3
5
b) 3
7
c) 2
5
d) 2
7
e)
7
RESOLUÇÃO:
RESOLUÇÃO:
a) O volume do paralelepípedo reto retângulo inicial, de dimena
a3
sões a, a e ––– é ––– .
3
3
b) O volume do paralelepípedo reto retângulo retirado, de
a
4a
dimensões 2, 2 e ––– é ––– .
3
3
c) Assim sendo, pelo enunciado, temos:
a3
4a
––– – ––– = a2 ⇔ a3 – 3a2 – 4a = 0 ⇔ a(a2 – 3a – 4) = 0 ⇔
3
3
⇔ a = 0 ou a = – 1 ou a = 4 ⇔ a = 4, pois a > 0.
Resposta: D
2 cm
I) No triângulo ABC, temos: (AC)2 = 182 + 182 ⇒ AC = 18
18 2
AC
II) AO = ––– = –––––– ⇒ AO = 9 2 cm
2
2
III) No triângulo VOA, sendo h a medida da altura da pirâmide, em
centímetros, temos:
(VA) 2 = (VO) 2 + (AO) 2 ⇒ 15 2 = h 2 + (9
2) 2 ⇒ h 2 = 63 ⇒ h = 3
7
Resposta: B
98 –
2. (FUVEST) – Um telhado tem a forma da superfície lateral de uma
pirâmide regular, de base quadrada. O lado da base mede 8 m e a altura
da pirâmide, 3 m. As telhas para cobrir esse telhado são vendidas em
lotes que cobrem 1 m2. Supondo que possa haver 10 lotes de telhas
desperdiçadas (quebras e emendas), o número mínimo de lotes de
telhas a ser comprado é:
a) 90
b) 100
c) 110
d) 120
e) 130
Sendo a a medida da aresta da base da pirâmide, em centímetros,
tem-se:
1
V = ––– .
3
冢
a2兹苵苵
3
6 . –––––––
4
冣
. 12 = 96兹苵苵
3
Assim: 6a2兹苵苵3 = 96兹苵苵3 ⇔ a2 = 16 ⇔ a = 4
Resposta: C
RESOLUÇÃO:
MÓDULO 27
CILINDROS
a) No triângulo VOM, retângulo em O, tem-se VO = 3, OM = 4 e
VO2 + OM2 = VM2. Portanto, VM = 5.
1
1
b) A área SBCV da face BCV é SBCV = ––– BC . VM = ––– . 8 . 5 = 20.
2
2
c) A área Sᐉ da superfície lateral da pirâmide é
Sᐉ = 4 . SBCV = 4 . 20 = 80 m2.
d) Como cada lote cobre 1 m2 e são desperdiçados 10 lotes, o
80 m2
número de lotes necessários é –––––– + 10 = 90.
1 m2
Resposta: A
RESOLUÇÃO:
3. (URCA) – O volume de uma pirâmide hexagonal regular é
96兹苵苵
3 cm3. Se sua altura mede 12 cm, então a aresta da base da pirâmide, em centímetros, mede:
a) 2
RESOLUÇÃO:
b) 2兹苵苵
3
c) 4
d) 3兹苵苵
3
1. (FATEC) – Um tanque para depósito de combustível tem a forma
cilíndrica de dimensões: 10 m de altura e 12 m de diâmetro. Periodicamente é feita a conservação dele, pintando-se sua superfície lateral
externa. Sabe-se que, com uma lata de tinta, pintam-se 14 m2 da superfície. Nessas condições, é verdade que a menor quantidade de latas que
será necessária para a pintura da superfície lateral do tanque é:
a) 14
b) 23
c) 27
d) 34
e) 54
e) 6
A área lateral de um cilindro circular reto de raio 6m e altura 10m,
em m2, é:
Slateral = 2 . π . 6 . 10 = 120 π
A menor quantidade de latas de tinta necessária para a pintura
desta superfície lateral é:
120π
120 x 3,14
Slateral
n = –––––––– = –––––– 艑 ––––––––––– 艑 26,91
14 m2
14
14
Logo, a menor quantidade de latas é 27.
Resposta: C
– 99
MATEMÁTICA E
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cilíndrica deve ser distribuído em potes também cilíndricos, cuja altura
1
1
é igual a ––– da altura da lata e cujo raio da base é igual a ––– do raio
4
3
da base da lata. O número de potes necessários é igual a
a) 6
b) 12
c) 18
d) 24
e) 36
4. (FATEC) – Na figura abaixo representamos dois planos, α e β, cuja
intersecção é a reta r e o ângulo entre eles é 45°; uma reta s,
perpendicular ao plano α, tal que a distância entre as retas r e s é igual
a 40 cm, e um cilindro de raio 5 cm, cujo eixo é a reta s. Determine o
volume do tronco de cilindro, limitado pelos planos α e β.
RESOLUÇÃO:
H = 4h, R = 3r
9r2 . 4h
VLATA
πR2 H
–––––––– = –––––––– = –––––––– = 36
VPOTE
πr2 h
r2 h
Resposta: E
RESOLUÇÃO:
3. (UNICAMP-2014) – Considere um cilindro circular reto. Se o raio da
base for reduzido pela metade e a altura for duplicada, o volume do
cilindro
a) permanece o mesmo.
b) é reduzido em 25%.
c) aumenta em 50%.
d) é reduzido em 50%.
RESOLUÇÃO:
Um cilindro circular reto, com raio da base r e altura h, tem volume
V = π r2 . h
Se o raio r for reduzido à metade e a altura h for duplicada, seu
volume V’, passa a ser
V’ = π
r
–––
2
2
πr2 . h . 2
2V
V
. (2h) = –––––––––– = –––– = –––
4
4
2
V
Como V’ = ––– , o volume é reduzido em 50%
2
Resposta: D
100 –
40cm
MATEMÁTICA E
2. (UNIMEP – MODELO ENEM) – O líquido contido em uma lata
45°
5cm 5cm
Vt = π . (5 cm)2 . 40 cm ⇔ Vt = 1000 π cm3
Resposta: 1000 π cm3
40cm