Matemática

M AT E M Á T I C A
1ª Parte – Questões de
Múltipla Escolha
11 a
A soma dos cinco primeiros termos de uma PA vale 15
e o produto desses termos é zero. Sendo a razão da PA
um número inteiro e positivo, o segundo termo dessa
seqüência vale
a) 0.
b) 1.
c) 2.
d) 3.
e) 4.
Resolução
Seja a P.A. (x – 2r, x – r, x, x + r, x + 2r). Então,
(x – 2r) + (x – r) + x + (x + r) + (x + 2r) = 15 ⇔
⇔ 5x = 15 ⇔ x = 3.
(3 – 2r) . (3 – r) . 3 . (3 + r) . (3 + 2r) = 0 e r é inteiro positivo, r = 3
Portanto, a P.A. é (– 3; 0; 3; 6; 9) e o 2º termo da P.A. é
zero.
12 e
Considerando que 2i é raiz do polinômio
P(x) = 5x5 – 5x4 – 80x + 80, a soma das raízes reais
desse polinômio vale
a) 5.
b) 4.
c) 3.
d) 2.
e) 1.
Resolução
O polinômio P(x) = 5x5 – 5x4 – 80x + 80 é equivalente
a P(x) = 5 . (x – 1) . (x4 – 16) cujas raízes são 1, 2, – 2,
2i e – 2i.
Portanto, a soma das raízes reais vale 1 + 2 + (– 2) = 1.
13 d
Em uma competição de queda-de-braço, cada competidor que perde duas vezes é eliminado. Isso significa
que um competidor pode perder uma disputa (uma
"luta") e ainda assim ser campeão. Em um torneio com
200 jogadores, o número máximo de "lutas" que serão
disputadas, até se chegar ao campeão, é
a) 99.
b)199.
c) 299.
d) 399.
e) 499.
Resolução
O campeão teve zero ou apenas uma derrota. Se o
campeão teve zero derrotas, o número de disputas foi
2 x 199 = 398 (199 competidores eliminados com duas
derrotas cada).
Se o campeão teve uma derrota, o número de disputas
foi 2 x 199 + 1 = 399 (199 competidores eliminados
com duas derrotas cada e o campeão com apenas uma
derrota).
Assim sendo, o número máximo de disputas, até chegar ao campeão, é 399.
OBJETIVO
U F S C a r - J a n e i r o /2 0 0 2
14 d
Um jogo para duas pessoas consiste em uma urna
com 2 bolas vermelhas e 1 azul. Ganha o jogo quem
retirar da urna a bola azul. Caso um jogador retire uma
bola vermelha, essa volta para a urna, e o outro jogador
faz sua retirada. Os jogadores vão alternando suas retiradas até que saia a bola azul. Todas as bolas têm a
mesma probabilidade de serem retiradas. A probabilidade do primeiro a jogar ganhar o jogo, isto é, em
uma de suas retiradas pegar a bola azul, vale
1
2
1
3
2
a) ––– .
b) ––– .
c) ––– .
d) ––– .
e) ––– .
3
5
2
5
3
Resolução
O primeiro jogador ganhará o jogo se retirar a bola azul
na primeira jogada ou na terceira jogada ou na quinta
jogada e assim por diante.
Sendo p a probabilidade do primeiro jogador ganhar o
jogo, temos
1
2 2 1
2 2 2 2 1
p = –– + –– . –– . –– + –– . –– . –– . –– . –– + …=
3
3 3 3
3 3 3 3 3
1
––
3
3
= ––––––––––– = ––
2
5
2
1 – –––
3
( )
15 c
Uma família é composta de x irmãos e y irmãs. Cada
irmão tem o número de irmãos igual ao número de
irmãs. Cada irmã tem o dobro do número de irmãs
igual ao número de irmãos. O valor de x + y é
a) 5.
b) 6.
c) 7.
d) 8.
e) 9.
Resolução
Sendo x irmãos e y irmãs, a partir do enunciado, conclui-se que
{
x–1=y
⇔
2 . (y – 1) = x
{
x=4
y=3
Logo, o valor de x + y = 7
16 b
π
O valor de x, 0 ≤ x ≤ ––– , tal que
2
4 . (1 – sen2 x) . (sec2 x – 1) = 3 é
π
π
π
π
a) ––– .
b) ––– .
c) ––– .
d) ––– .
6
2
3
4
e) 0.
Resolução
OBJETIVO
U F S C a r - J a n e i r o /2 0 0 2
4 . (1 – sen2x) (sec2x – 1) = 3 ⇔ 4 . cos2x . tg2x = 3 ⇔
3
sen2x
⇔ 4 . cos2x . –––––– = 3 ⇔ sen2x = –– ⇔
4
cos2x
Ïw
3
⇔ sen x = ± –––– .
2
π
π
Sendo 0 ≤ x ≤ , –– tem-se x = ––
2
3
17 a
Uma função f é definida recursivamente como
5f(n) + 2
f(n + 1) = ––––––––
5
Sendo f(1) = 5, o valor de f(101) é
a) 45.
b) 50.
c) 55.
d) 60. e) 65.
Resolução
5f(n) + 2
2
f(n + 1) = –––––––– ⇔ f(n + 1) = f(n) + –– ⇔
5
5
2
⇔ f(n + 1) – f(n) = –– .
5
A seqüência (f(1); f(2); f(3); …; f(101); …) é uma pro2
gressão aritmética de razão r = –– e a1 = f(1) = 5.
5
Portanto, f(101) = a101 = a1 + 100 . r ⇔
2
⇔ a101 = 5 + 100 . –– = 45
5
18 b
Seja um triângulo ABC eqüilátero de lado 2. No interior
desse triângulo, cuja área é Ï··
3, foi escolhido arbitrariamente um ponto P. A soma das distâncias de P a cada
um dos lados do triângulo vale
a) Ï··
2.
b) Ï··
3.
c) 2.
d) 3.
e) 2Ï··
3.
Resolução
OBJETIVO
U F S C a r - J a n e i r o /2 0 0 2
—
Sejam x a distância do ponto P ao lado BC;
—
y a distância do ponto P ao lado AC;
—
z a distância do ponto P ao lado AB.
A soma das áreas dos triângulos PBC, PCA e PAB é
igual a área do triângulo ABC.
2.x
2.y
2.z
3⇔
Assim, –––––– + –––––– + –––––– = Ï··
2
2
2
⇔ x + y + z = Ï··
3
19 c
Na figura, os pontos ACFH são os vértices de um
tetraedro inscrito em cubo de lado 3. O volume do
tetraedro é
27
9Ï····
39
a) –––– .
b) ––––––– .
c) 9.
8
8
27Ï····
13
d) ––––––– .
8
OBJETIVO
e) 18.
U F S C a r - J a n e i r o /2 0 0 2
Resolução
ACFH é um tetraedro regular, pois:
AC = AF = AH = CF = FH = HC = a = 3 Ï··
2
Assim, sendo V o volume desse tetraedro, tem-se:
33 .(Ï··
a3 Ï··
2 = (3 Ï··
2)3 .Ï··
2
2)4 27 . 4
V = ––––––
––––––––––– = –––––––– = –––––– = 9
12
12
12
12
20 e
Duas retas são perpendiculares entre si se o produto
dos seus coeficientes angulares for igual a – 1. Logo, é
perpendicular à reta x + 2y + 3 = 0 a reta
y
a) – x – 2y + 3 = 0 .
b) x + ––– = 0.
2
c) 2x + y + 3 = 0 .
x
y
d) ––– + ––– – 1 = 0.
3
2
e) – 2x + y = 0 .
Resolução
1
A reta x + 2y – 3 = 0 tem coeficiente angular m = – –– .
2
Então, toda reta perpendicular a ela deve ter coeficiente angular igual a 2.
Das alternativas apresentadas, a equação de reta que
tem coeficiente angular 2 é – 2x + y = 0.
OBJETIVO
U F S C a r - J a n e i r o /2 0 0 2
2ª Parte – Questões Discursivas
36
Na figura, o dodecágono inscrito na circunferência tem
seis lados medindo Ï··
2 e seis lados medindo Ï····
24.
^
Lei dos cossenos: em um triângulo ABC, onde A é o
ângulo compreendido entre os lados b e c,
^
a2 = b2 + c2 – 2bc . cos A
^
a) Calcule o ângulo B.
b) Calcule o raio da circunferência.
Resolução
5
C
1) O maior dos arcos AC mede –– . 360° = 300°.
6
^
2) O ângulo B é um ângulo inscrito nessa circunferência e determina um arco de 300°.
300°
^
^
Assim sendo, B = ––––– ⇔ B = 150°
2
––
3) AC é um dos lados de um hexágono regular inscrito
nessa circunferência.
Assim, AC = R, onde R é o raio dessa circunferência
4) No triângulo BCA, de acordo com a lei dos cosOBJETIVO
U F S C a r - J a n e i r o /2 0 0 2
senos, tem-se
R2 = (Ï··
2 ) + (Ï··
2···
4 ) – 2 .Ï··
2 . Ï··
2···
4 . cos 150° ⇔
2
2
⇔ R2 = 2 + 24 – 2 . 4 .Ï··
3.
Ï··3
– ––––
2
(
)
⇔
38
···
⇔ R2 = 26 + 12 ⇔ R2 = 38 ⇔ R = Ï··
Respostas: a) 150°
38
···
b) Ï··
37
Sejam as funções f(x) = |x – 1| e g(x) = (x2 + 4x – 4).
a) Calcule as raízes de f(g(x)) = 0.
b) Esboce o gráfico de f(g(x)), indicando os pontos em
que o gráfico intercepta o eixo cartesiano.
Resolução
1) f(g(x)) = |(x2 + 4x – 4) – 1| = |x2 + 4x – 5 |
2) f(g(x)) = 0 ⇔ |x2 + 4x – 5 | = 0 ⇔ x2 + 4x – 5 = 0
⇔ x = – 5 ou x = 1
3) O gráfico de f(g(x)) é
⇔
Respostas: a) – 5 ou 1 b) gráfico
38
Seja a matriz M = (mij)2x3, tal que mij = j2 – i2.
a) Escreva M na forma matricial.
b) Sendo Mt a matriz transposta de M, calcule o produto M · Mt.
Resolução
1) M = (mij)
2x3
2) M =
(
0
–3
OBJETIVO
=
3
0
(
m11
m21
)
m12
m22
8
⇒ Mt =
5
)(
m13
0
=
–3
m23
3
0
8
5
)
( )
0
3
8
–3
0
5
U F S C a r - J a n e i r o /2 0 0 2
(
0 . 0 + 3.3 + 8.8
0.(–3) + 3.0 + 8.5
(–3).(–3) + 0.0 + 5.5
3) M . Mt = (–3). 0 + 0.3 + 5.8
=
(
73
40
Respostas:
40
34
)
=
)
a) M =
(
0
–3
b) M . Mt=
3
0
(
73
40
8
5
)
40
34
)
39
O raio da circunferência inscrita em um triângulo de
lados a, b e c pode ser calculado pela fórmula
(p – a)(p – b)(p – c)
––––––––––––––––– , onde p é o semi-perímetro
p
r=
do triângulo. Os catetos de um triângulo retângulo
medem 3 e 4 e estão sobre os eixos cartesianos, conforme a figura.
Determine nesse triângulo
a) o raio da circunferência inscrita.
b) a equação da circunferência inscrita.
Resolução
Sendo a = 3 e b = 4, tem-se
3+4+5
c = Ï·········
32 + 42 = 5 e p = ––––––––– = 6
2
Assim,
a) r =
Ï····················· Ï·········
(6 – 3) . (6 – 4) . (6 – 5)
––––––––––––––––––––– ⇔ r=
6
3.2.1
–––––––– ⇔
6
⇔r=1
b) A circunferência inscrita nesse triângulo tem centro
C (1; 1) e raio r = 1
Assim, uma equação dessa circunferência é
(x – 1)2 + (y – 1)2 = 12 ⇔ x2 + y2 – 2x – 2y + 1 = 0
Respostas:
OBJETIVO
a) 1
b) x2 + y2 – 2x – 2y + 1 = 0
U F S C a r - J a n e i r o /2 0 0 2
40
Considere as seguintes informações:
• o máximo divisor comum entre dois números também é um divisor da diferença entre esses números;
• se o máximo divisor comum entre dois números a e
b é igual a 1, mdc(a,b) = 1, o mínimo múltiplo comum
desses números será igual ao seu produto,
mmc(a,b) = ab.
a) prove que o máximo divisor comum entre dois
números consecutivos é igual a 1;
b) determine dois números consecutivos, sabendo
que são positivos e o mínimo múltiplo comum entre
eles é igual a 156.
Resolução
Sabendo que:
(I) mdc (a, b) é divisor de |a – b|
(II) mdc (a, b) = 1 ⇒ mmc (a , b) = a . b
com a, b ∈ N*
Se p e p + 1 são os números consecutivos, então
a) a partir de (I):
mdc (p, p + 1) é divisor de |(p + 1) – p| = 1, portanto
mdc (p, p + 1) = 1
b) a partir de (II), sendo p > 0:
mdc (p, p + 1) = 1 ⇒ mmc (p, p + 1) = p(p + 1) = 156 ⇒
⇒ p = 12 e p + 1 = 13
Respostas: a) demonstração
b) 12 e 13
OBJETIVO
U F S C a r - J a n e i r o /2 0 0 2