matemática - Curso Objetivo

M AT E M Á T I C A
NOTAÇÕES
: conjunto dos números naturais
: conjunto dos números inteiros
: conjunto dos números reais
mxn(): conjunto das matrizes reais m x n
det(M): determinante da matriz M
Mt: transposta da matriz M
A \ B: {x: x ∈ A e x ∉ B}
: conjunto dos números complexos
i: unidade imaginária, i2 = – 1
z: módulo do número z ∈ Re z: parte real do número z ∈ [a, b]: {x ∈ ; a ≤ x ≤ b}
[a, b[: {x ∈ ; a ≤ x < b}
]a, b[: {x ∈ ; a < x < b}
k
∑: anxn: a0 + a1x + a2x2 + ... + akxk, k ∈ n= 0
k
∑: an: a0 + a1 + a2 + ... + ak, k ∈ n= 0
Arg z: argumento principal de z ∈ \ {0}, Arg z ∈ [0, 2π[
AC: conjunto (evento) complementar do conjunto
(evento) A
–––
AB:segmento de reta unindo os pontos A e B
^
–––
–––
ABC: ângulo formado pelos segmentos AB e BC, com
vértice no ponto B.
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados
são cartesianos retangulares.
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1
C
Sejam A, B e C subconjuntos de um conjunto universo
U. Das afirmações:
I. A \ (B C) = (A \ B) (A \ C);
II. (A C) \ B = A BC C;
III. (A \ B) (B \ C) = (A \ B) \ C,
é (são) verdadeira(s)
a) apenas I.
b) apenas II.
c) apenas I e II.
d) apenas I e III.
e) todas.
Resolução
I) Verdadeira, pois para x ∈ U, temos:
x ∈ A \ (B C) ⇔ x ∈ A e (x ∉ B ou x ∉ C) ⇔
⇔ (x ∈ A e x ∉ B) ou (x ∈ A e x ∉ C) ⇔
⇔ x ∈ (A \ B) ou x ∈ (A \ C) ⇔
⇔ x ∈ (A \ B) (A \ C)
Portanto, A \ (B C) = (A \ B) (A \ C)
II) Verdadeira, pois para x ∈ U, temos:
x ∈ (A C) \ B ⇔ x ∈ (A C) e x ∉ B ⇔
⇔ x ∈ (A C) e x ∈ BC ⇔ x ∈ (A C) BC ⇔
⇔ x ∈ (A BC C).
Portanto, (A C) \ B = A BC C
III) Falsa, pois para A = {a; b; c; d}, B = {b; d; e; f} e
C = {c; d; f; g}, temos:
1) (A \ B) (B \ C) = {a; c} {b; e} = Ø
2) (A \ B) \ C = {a; c} \ {c; d; f; g} = {a} ≠ Ø
Portanto, para os exemplos dados,
(A \ B) (B \ C) ≠ (A \ B) \ C
2
C
A soma das raízes da equação em , z8 – 17z4 + 16 = 0,
tais que z – z = 0, é
a) 1.
b) 2.
c) 3.
d) 4.
e) 5 .
Resolução
I) z8 – 17z4 + 16 = 0 ⇔ (z4)2 – 17z4 + 16 = 0 ⇔
⇔ z4 = 1 ou z4 = 16
II) z4 = 1 ⇔ z = 1 ou z = – 1 ou z = i ou z = – i
III) z4 = 16 ⇒ z = 2 ou z = – 2 ou z = 2i ou z = – 2i
IV) O conjunto verdade de equação
z8 – 17z4 + 16 = 0 é {1; – 1; i; – i; 2; – 2; 2i; – 2i}
V) As únicas raízes dessa equação que satisfazem a
condição z – z = 0 são 1 e 2 e a soma dessas raízes
é 3.
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3
B
Considere a equação em , (z – 5 + 3i)4 = 1. Se z0 é a
solução que apresenta o menor argumento principal
dentre as quatro soluções, então o valor de z0 é
a) 29.
b) 41.
d) 4
3.
e) 3
6.
c) 3
5.
Resolução
I) (z – 5 + 3i)4 = 1 ⇔ (z – 5 + 3i)2 = ± 1 ⇔
⇔ z – 5 + 3i = ± 1 ou z – 5 + 3i = ± i
II) Desta forma, as soluções da equação dada são:
3
1
z1 = 6 – 3i e tg [Arg(z1)] = – –– = – ––
6
2
3
z2 = 4 – 3i e tg [Arg(z2)] = – ––
4
2
z3 = 5 – 2i e tg [Arg(z3)] = – ––
5
4
z4 = 5 – 4i e tg [Arg(z4)] = – ––
5
4
3
1
2
III) Como – –– < – –– < – –– < – –– , z4 é o de menor
5
4
2
5
argumento e, portanto, z4 = z0
z0 = z4 = 52 + (–4)2 = 41
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4
D
A soma de todos os números reais x que satisfazem a
equação
x + 1 + 442
x + 1 + 64 = 194
x+1
8
é igual a
a) 8.
b) 12.
c) 16.
d) 18.
e) 20.
Resolução
x + 1 + 442
x + 1 + 64 = 19 . 4
x+1 ⇔
8
3
2
x + 1 + 44 . 2
x + 1 + 64 = 19 . 2
x+1
⇔ 2
x + 1 = y > 0, tem-se:
Fazendo 2
y3 – 19y2 + 44 . y + 64 = 0, em que 4 é raiz da equação,
pois 43 – 19 . 42 + 44 . 4 + 64 = 0. As outras duas raízes,
α e β, são tais que:
α + β + 4 = 19 e α . β . 4 = – 64 ⇔
⇔ α + β = 15 e α . β = – 16 ⇔
⇔ (α = 16 e β = – 1) ou (α = – 1 e β = 16).
Os possíveis valores de y serão, portanto, 4, 16 e – 1.
Assim:
x + 1 = 22 ⇒ x+1 =2⇒
I) y = 4 ⇒ 2
⇒x+1=4⇒x=3
x + 1 = 24 ⇒ x+1 =4⇒
II) y = 16 ⇒ 2
⇒ x + 1 = 16 ⇒ x = 15
x + 1 = – 1 ⇒ ∃ x ∈ III) y = – 1 ⇒ 2
As raízes reais da equação dada são 3 e 15, cuja soma
é 18.
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5
A
Se os números reais a e b satisfazem, simultaneamente, as
equações
1
2
a
b = –––
e ln(a2 + b) + ln8 = ln5,
a
um possível valor de ––– é
b
2.
a) –––
2
c) 2.
b) 1.
d) 2.
e) 3
2.
Resolução
I)
1
1
1
a
b = ––– ⇔ a2b = ––– ⇔ b = ––––2
2
16
16a
II) n (a2 + b) + n 8 = n 5 ⇔ n [(a2 + b) . 8] = n 5 ⇔
⇔ (a2 + b) 8 = 5 ⇔ 8a2 + 8b = 5
III) Substituindo (I) em (II), temos:
1
8a2 + 8 . ––––2 = 5 ⇔ 16a4 – 10a2 + 1 = 0 ⇔
16a
1
1
10 ± 6
⇔ a2 = ––––––– ⇔ a2 = ––– ou a2 = –––
8
2
32
IV)
V)
1
a2 = –––
2
a2
1
. b = –––
16
1
a2 = –––
8
1
a2 . b = –––
16
⇔
2
a = ± ––––
a
2 ⇒ –––
2
= ± 4
b
1
b = –––
8
⇔
2
a = ± ––––
a
2
4 ⇒ –––
= ± –––––
b
2
1
b = –––
2
a
2
VI) Um possível valor de ––– é –––––
b
2
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6
E
Considere as funções f e g, da variável real x, definidas,
respectivamente, por
ax
2
f(x) = ex + ax + b e g(x) = ln ––– ,
3b
em que a e b são números reais. Se f(–1) = 1 = f(–2), então
pode-se afirmar sobre a função composta g o f que
a) g o f (1) = ln 3.
b) ∃ g o f (0).
c) g o f nunca se anula.
d) g o f está definida apenas em {x ∈ : x > 0}.
e) g o f admite dois zeros reais distintos.
Resolução
2
I) f(– 1) = e(– 1) + a . (– 1) + b = e1 – a + b = 1 ⇔
⇔1–a+b=0⇔a–b=1
2
II) f(– 2) = e(– 2) + a . (– 2) + b = e4 – 2a + b = 1 ⇔
⇔ 4 – 2a + b = 0 ⇔ 2a – b = 4
III)
2a – b = 4
a–b=1
⇔
a = 3
a–b=1
⇔
b = 2
a=3
e,
2
desta forma, f(x) = ex + 3x + 2 e
ax
3x
x
g(x) = n –––– = n –––– = n ––
3b
3.2
2
IV) gof(x) = g[ex
2
+ 3x + 2]
2
ex + 3x + 2
= n –––––––––
2
=
= n ex + 3x + 2 – n 2. Assim:
gof(x) = x2 + 3x + 2 – n 2
V) gof(1) = 12 + 3 . 1 + 2 – n 2 = 6 – n 2
gof(0) = 02 + 3 . 0 + 2 – n 2 = 2 – n 2
2
VI) A equação x2 + 3x + 2 – n 2 = 0 possui duas raízes
reais distintas, pois
Δ = 32 – 4 . 1 . (2 – n 2) = 1 + 4 n 2 > 0
2
Como f(x) = ex + 3x + 2 > 0 para todo x real, gof está
definida para todo x ∈ e tem gráfico do tipo
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7
A
Considere funções f, g, f + g : → . Das afirmações:
I. Se f e g são injetoras, f + g é injetora;
lI. Se f e g são sobrejetoras, f + g é sobrejetora;
IlI. Se f e g não são injetoras, f + g não é injetora;
IV. Se f e g não são sobrejetoras, f + g não é sobrejetora,
é (são) verdadeira(s)
a) nenhuma.
b) apenas I e II
c) apenas I e III
d) apenas III e IV. e) todas.
Resolução
I) Falsa.
Considere as funções f: → f(x) = x e
g: → g(x) = – x. Ambas são injetoras e
f + g: → é tal que (f + g)(x) = 0 e não é injetora,
pois é constante.
II) Falsa.
No exemplo anterior, as duas funções f e g são
sobrejetoras, todavia f + g: → (f + g)(x) = 0
não é sobrejetora.
III) Falsa.
Considere as funções f, g, f + g: → tais que
f(x) = x2 + x + 1 e g(x) = – x2 + x + 1. As funções
f e g não são injetoras, porém a função f + g é
injetora, pois (f + g)(x) = f(x) + g(x) =
= (x2 + x + 1) + (– x2 + x + 1) = 2x + 2 e f + g é do
primeiro grau e estritamente crescente em .
IV) Falsa.
No exemplo do item (III), as funções f e g apresentadas não são sobrejetoras, porém f + g é sobrejetora (na verdade, bijetora).
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8
C
Seja n > 6 um inteiro positivo não divisível por 6. Se, na
divisão de n2 por 6, o quociente é um número ímpar, então
o resto da divisão de n por 6 é
a) 1.
b) 2.
c) 3.
d) 4.
e) 5.
Resolução
I) Se n > 6 é inteiro positivo e não divisível por 6,
então n = 6k + p, com k ∈ * e p ∈ {1; 2; 3; 4; 5}
II) Como n2 = (6k + p)2 = 6(6k2 + 2kp) + p2, o
quociente da divisão de n2 por 6 será (6k2 + 2kp)
acrescido do quociente da divisão de p2 por 6 e o
resto será o mesmo resto da divisão de p2 por 6.
III) Como o quociente da divisão de n2 por 6 é ímpar,
o quociente da divisão de p2 por 6 deverá ser
ímpar, pois (6k2 + 2kp) é sempre par.
IV) Assim, para:
•
p = 1, temos p2 = 1 e 1 6 , cujo quociente é par.
1 0
•
p = 2, temos p2 = 4 e 4 6 , cujo quociente é par.
4 0
•
p = 3, temos p2 = 9 e 9 6 , cujo quociente é ímpar.
3 1
e o resto é 3.
•
p = 4, temos p2 = 16 e 16 6 , cujo quociente é par.
4 2
•
p = 5, temos p2 = 25 e 25 6 , cujo quociente é par.
1 4
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9
D
5
Considere a equação
∑
n=0
an xn = 0 em que a soma das
raízes é igual a –2 e os coeficientes a0, a1, a2, a3, a4 e a5
formam, nesta ordem, uma progressão geométrica com
5
a0 = 1. Então
∑
n=0
an é igual a
2
b) – ––– .
3
a) –21.
21
c) ––– .
32
63
d) ––– .
32
e) 63.
Resolução
5
I)
∑
an . xn = 0 ⇔
n=0
⇔ a5 . x5 + a4 . x4 + a3 . x3 + a2 . x2 + a1 . x + a0 = 0
II) a0 = 1; a1 = q; a2 = q2; a3 = q3; a4 = q4 e a5 = q5,
nesta ordem, estão em progressão geométrica de
razão q.
III) A soma de todas as raízes é –2, então:
a4
q4
1
– ––– = –2 ⇔ – ––– = –2 ⇔ q = –––
5
a5
2
q
5
IV)
∑
an = a0 + a1 + a2 + a3 + a4 + a5 =
n=0
= 1 + q + q2 + q3 + q4 + q5 =
1
1
1
1
1
63
= 1 + ––– + ––– + ––– + ––– + ––– = –––
2
4
8
16
32
32
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10
B
Seja λ solução real da equação λ + 9 + 2λ + 17 = 12.
Então a soma das soluções z, com Re z > 0, da equação
z4 = λ – 32, é
2.
a ) b) 2
2.
c) 4
2.
d) 4.
e) 16.
Resolução
I) λ + 9 + 2λ + 17 = 12 ⇔
2λ + 17 = 12 – λ+9⇒
⇔ λ+9⇔
⇒ 2λ + 17 = 144 + λ + 9 – 24
λ + 9 = 136 – λ, com λ ≤ 136 ⇔
⇔ 24
⇔ 576 λ + 5 184 = 18 496 – 272λ + λ2 ⇔
⇔ λ2 – 848λ + 13 312 = 0 ⇔
848 ± 816
⇔ λ = –––––––––– ⇔ λ = 832 ou λ = 16
2
II) Para λ = 16, temos:
z4 = 16 – 32 ⇔ z4 = – 16 ⇔
⇔ z4 = 16 . (cos 180° + i . sen 180°)
III) As raízes quartas de – 16 são, portanto:
2 + 2i
z1 = 2(cos 45° + i . sen 45°) = 2 + 2i
z2 = 2(cos 135° + i . sen 135°) = – 2 – 2i
z3 = 2(cos 225° + i . sen 225°) = – 2 – 2i
z4 = 2(cos 315° + i . sen 315°) = 2 + 2ie
IV) Os valores de z tais que Re(z) > 0 são 2 – 2 i. A soma desses dois números é 2
2.
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11
E
Seja p uma probabilidade sobre um espaço amostral finito
1
Ω. Se A e B são eventos de Ω tais que p(A) = ––– ,
2
1
1
p(B) = ––– e p(A B) = ––– , as probabilidades dos
3
4
C
eventos A\ B, A B e A BC são, respectivamente,
1
5
a) ––– , –––
4
6
1
7
c) ––– , –––
6 12
1
7
e) ––– , –––
4 12
1
e ––– .
4
3
e ––– .
4
3
e ––– .
4
1
b) ––– ,
6
1
d) ––– ,
3
5
1
––– e ––– .
6
4
5
1
––– e ––– .
6
3
Resolução
I) Observe, pelo diagrama a seguir, que
n (A \ B) = n (A) – n (A ∩ B) e
n (A ∪ B) = n (A) + n (B) – n (A ∩ B)
Observe ainda que
AC ∪ BC = (A ∩ B)C = Ω – (A ∩ B)
n (A \ B)
n (A) n(A ∩ B)
II) P (A \ B) = –––––––– = ––––– – –––––––– =
n (Ω)
n (Ω)
n (Ω)
1
1
1
= P (A) – P (A ∩ B) = –– – –– = ––
2
4
4
n (A ∪ B)
III) P (A ∪ B) = –––––––– =
n (Ω)
n (A)
n (B) n(A ∩ B)
= ––––– + ––––– – –––––––– =
n (Ω)
n (Ω)
n (Ω)
1
1
1
7
= P(A) + P(B) – P (A ∩ B) = –– + –– – –– = ––
2
3
4
12
IV) P (AC ∩ BC) = P (Ω) – P (A ∩ B) =
1
3
= 1 – –– = ––
4
4
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12
D
Considere os seguintes resultados relativamente ao lançamento de uma moeda:
I. Ocorrência de duas caras em dois lançamentos.
II. Ocorrência de três caras e uma coroa em quatro
lançamentos.
III. Ocorrência de cinco caras e três coroas em oito
lançamentos.
Pode-se afirmar que
a) dos três resultados, I é o mais provável.
b) dos três resultados, II é o mais provável.
c) dos três resultados, III é o mais provável.
d) os resultados I e II são igualmente prováveis.
e) os resultados II e III são igualmente prováveis.
Resolução
I. A probabilidade de ocorrerem duas caras em dois
1 1
1
lançamentos é –– . –– = ––
2 2
4
II. A probabilidade de ocorrerem três caras e uma
coroa em quatro lançamentos é:
1 3 1 1
1 1
1
C4,3 . –– . –– = 4 . –– . –– = ––
2
2
8 2
4
III. A probabilidade de ocorrerem cinco caras e três
coroas em oito lançamentos é:
1 5 1 3
1
1
7
C8,5 . –– . –– = 56 . ––– . –– = –––
2
2
32 8
32
Portanto, os resultados I e II são igualmente
prováveis.
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13
C
Considere A ∈ M5x5() com det(A) = 6 e α ∈ \ {0}.
Se det(αAtAAt) = 6α2, o valor de α é
1
a) ––– .
6
3
6
b) ––– .
6
36
c) ––––– .
6
d) 1.
216.
e) Resolução
Sendo A ∈ M5x5 () e det (A) = 6, temos:
det (α . At . A . At) = 6 . α2 ⇔
⇔ α5 . det (At) . detA . det (At) = 6 . α2 ⇔
3
⇔ α5 . (6) = 6 . α2 ⇔
1
⇔ α3 = –– , pois α 0
6
3
1
36
Logo, α = –––––
=
–––––
3
6
6
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14
E
Sejam a um número real e n o número de todas as
soluções reais e distintas x ∈ [0,2π] da equação
cos8 x – sen8 x + 4 sen6 x = a. Das afirmações:
I. Se a = 0, então n = 0;
1
II. Se a = ––– , então n = 8;
2
III. Se a = 1, então n = 7;
IV. Se a = 3, então n = 2,
é (são) verdadeira( s)
a) apenas I.
b) apenas III.
d) apenas II e IV. e) todas.
c) apenas I e III.
Resolução
I) Observe que
cos8x = (cos2x)4 = (1 – sen2x)4 = (1 – 2 sen2x + sen4x)2 =
= 1 + 4 sen4x + sen8x – 4sen2x + 2sen4x – 4sen6x ⇔
⇔ cos8x – sen8x + 4sen6x = 1 – 4sen2x + 6sen4x =
a
Assim, 6sen4x – 4sen2x + 1 – a = 0
II) Para a = 0, temos:
–
8
4 ± 6sen4x – 4sen2x + 1 = 0 ⇔ sen2x = ––––––––– ∉ 12
Logo: n = 0
1
III) Para a = –– , temos:
2
1
4± 2
6sen4x – 4sen2x + –– = 0 ⇔ sen2x = –––––– ⇔
2
12
1
1
2 ou
⇔ sen2x = –– ou sen2x = –– ⇔ sen x = ± ––––
2
6
2
6
sen x = ± ––––. Desta forma, a equação possui
6
n = 8 soluções no intervalo [0; 2π], como se vê no
ciclo trigonométrico a seguir:
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IV) Para a = 1, temos:
6sen4x – 4 sen2x = 0 ⇔ 2sen2x (3sen2x – 2) = 0 ⇔
2
⇔ sen x = 0 ou sen x = ± ––– . Desta forma, a
3
equação possui n = 7 soluções no intervalo
[0;2π],
como se vê no ciclo trigonométrico a seguir:
V) Para a = 3, temos:
6sen4x – 4sen2x – 2 = 0 ⇔
2± 4
⇔ 3sen4x – 2sen2x – 1 = 0 ⇔ sen2x = –––––– ⇔
6
1
⇔ sen2x = 1 ou sen2x = – ––– (não serve) ⇔
3
3π
π
⇔ sen x = ± 1 ⇔ x = ––– ou x = ––– .
2
2
Portanto, a equação dada tem n = 2 soluções.
Desta forma, todas as afirmações são verdadeiras.
I TA ( 3 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
15
A
1
Se cos 2x = ––– , então um possível valor de
2
cotg x – 1
––––––––––––––––––––––– é
cossec (x – π) – sec (π – x)
3
a) ––– .
2
b) 1.
2.
c) d) 3.
e) 2.
Resolução
1
1
I) cos 2x = ––– ⇔ 2 cos2x – 1 = ––– ⇔
2
2
3
3
3
⇔ cos2x = ––– ⇔ cos x = ––– ou cos x = – ––– ⇔
4
2
2
cotg x – 1
II) Sendo y = –––––––––––––––––––––– , temos:
cossec(x – π) – sec (π – x)
cos x
––––– – 1
sen x
y = –––––––––––––––––––––– =
1
1
––––––––– – –––––––––
sen (x – π) cos (π – x)
cos x – sen x
cos x – sen x
–––––––––––––
–––––––––––––
sen x
sen x
= –––––––––––––––– = –––––––––––––––– =
– (cos x – sen x)
1
1
––––––––––––––
– ––––– + –––––
sen x . cos x
sen x cos x
= – cos x
3
3
Portanto, y = ––– ou y = – –––
2
2
I TA ( 3 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
16
B
Uma reta r tangencia uma circunferência num ponto B e
intercepta uma reta s num ponto A exterior à circunferência. A reta s passa pelo centro desta circunferência e a
^
intercepta num ponto C, tal que o ângulo ABC seja
^
obtuso. Então o ângulo CAB é igual a
1
^
a) ––– ABC.
2
3
^
b) ––– π – 2 ABC.
2
2
^
c) ––– ABC.
3
d) 2 ABC – π.
^
π
^
e) ABC – ––– .
2
Resolução
^
^
I) OCB = OBC = x, pois o triângulo COB é isósceles
^
^
π
π
e portanto ABC = –– + x ⇔ x = ABC – ––
2
2
^
II) C AB é ângulo excêntrico exterior e portanto
π
π – 2x – 2x
^
^
CAB = ––––––––– ⇔ CAB = –– – 2x
2
2
Assim:
^
π
π
^
CAB = –– – 2 . ABC – ––
2
2
π
^
= ––2 – 2 ABC + π ⇔
^
3π
^
⇔ CAB = –– – 2 ABC
2
I TA ( 3 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
17
B
Sobre a parábola definida pela equação
x2 + 2xy + y2 – 2x + 4y + 1 = 0 pode-se afirmar que
a) ela não admite reta tangente paralela ao eixo Ox.
b) ela admite apenas uma reta tangente paralela ao eixo
Ox.
c) ela admite duas retas tangentes paralelas ao eixo Ox.
d) a abscissa do vértice da parábola é x = –1.
2
e) a abscissa do vértice da parábola é x = – ––– .
3
Resolução
I)
Lembrando que, havendo rotação de eixos, temos:
x’P = xP cos α + yP sen α ou, o que é equivalente,
y’P = yP cos α – xP sen α
xP = x’P cos α – y’P sen α
yP = x’P sen α + y’P cos α
Para α = 45°, temos:
2
2
2
2
x = x’ –––– – y’ –––– e y = x’ –––– + y’ ––––
2
2
2
2
II) Substituindo na equação dada, teremos:
2
2
x2 + 2xy + y2 – 2x + 4y + 1 = 0 ⇔ x’ –––
– y’ –––
2
2
2
+
2
2
2
2
+ 2 x’ ––– – y’ ––– . x’ ––– + y’ ––– +
2
2
2
2
2
2
+ x’ ––– + y’ –––
2
2
2
2
2
– 2 x’ ––– – y’ –––
2
2
+
2
2
+ 4 x’ ––– + y’ ––– + 1 = 0 ⇔
2
2
⇔ (x’)2 + (y’)2 + (x’)2 – (y’)2 + 2 (x’) +
+ 3 2 (y’) + 1 = 0 ⇔
⇔ 2 (x’)2 + 2 (x’) + 3 2 (y’) + 1 = 0 ⇔
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1
–2
1
⇔ y’ = ––––– (x’)2 – –– x’ – ––––– ⇔
3
2
2
3 3 ⇔
2
1
2
y’ = – –––– (x’)2 – ––– x’ – ––––
3
3
6
que, no sistema x’Oy’, é a equação de uma
parábola de vértice:
1
+ –––
3
1
2
x’v = –––––––––– = – ––––– = – –––– e
2
2
2
2 2 . – –––
3
2
2
y’v = – –––– . – –––
3
4
2
1
2
– –– . – –––
3
4
2
=
– ––––
6
2
= – ––––
8
2
2
III) No sistema x’Oy’, o vértice é V’ – –––;
– ––– .
4
8
Esse vértice no sistema xOy é
1
3
V – –––;
– ––– , pois:
8
8
2
2 sen 45° =
x = – –––– . cos 45° – – –––
4
8
2
2
2
2
1
= – –––– . –––– + –––– . –––– = – –– e
4
2
8
2
8
2
2
y = – –––– sen 45° + – –––
4
8
cos 45° =
2
2
2
2
3
= – –––– . –––– – –––– . –––– = – ––
4
2
8
2
8
IV) Toda reta paralela ao eixo Ox é do tipo y = k
(constante) e o sistema:
y=k
x2 + 2xy + y2 – 2x + 4y + 1 = 0 ⇒
⇒ x2 + 2 (k – 1)x + (k2 + 4k + 1) = 0
só admite solução única se Δ = – 24k = 0 ⇔ k = 0.
Para k = 0, a equação será x2 – 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1.
A única reta paralela ao eixo x e tangente à
parábola é o próprio eixo x e o ponto de tangência
é (1; 0).
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V)
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18
D
Das afirmações:
I. Duas retas coplanares são concorrentes;
II. Duas retas que não têm ponto em comum são reversas;
III. Dadas duas retas reversas, existem dois, e apenas
dois, planos paralelos, cada um contendo uma das
retas;
IV. Os pontos médios dos lados de um quadrilátero reverso definem um paralelogramo,
é (são) verdadeira(s) apenas
a) III.
b) I e III.
c) II e III.
d) III e IV.
e) I e II e IV.
Resolução
I) Falsa.
Duas retas coplanares podem ser paralelas.
II) Falsa.
Duas retas que não têm ponto em comum podem
ser coplanares e neste caso são paralelas (distintas).
III) Verdadeira.
Sejam r e s retas reversas, t a perpendicular comum a elas, {A} = t ∩ r e {B} = t ∩ s
Podemos afirmar que:
1) Existe uma única reta u, e paralela a s, tal que
A ∈ u.
Assim, o plano = p (r; u) é perpendicular a
t.
2) Existe uma única reta v, paralela a r, tal que
B ∈ v.
Assim, o plano = p (s; v) é perpendicular a t.
Os planos e são paralelos (não
coincidentes), r ⊂ e s ⊂ .
Como é o único plano conduzido por A, perpendicular a t, e é o único plano conduzido por
B, perpendicular a t, concluímos que existem dois,
e apenas dois, planos paralelos ( e ), cada um
contendo uma das retas.
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IV) Verdadeira.
Seja ABCD um quadrilátero reverso, cujos pontos
médios dos lados são os pontos M, N, P e Q,
conforme a figura seguinte:
No triângulo ABC, contido no plano , temos:
AC
–––– ––––
MN // AC e MN = –––– (I)
2
No triângulo DAC, contido no plano , temos:
AC
–––– ––––
QP // AC e QP = –––– (II)
2
De (I) e (II), temos, finalmente:
––––
––––
MN // QP e MN = QP e assim podemos concluir
que o quadrilátero MNPQ é um paralelogramo.
I TA ( 3 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
19
A
Um plano intercepta as arestas de um triedro trirretângulo
de vértice V, determinando um triângulo ABC cujos lados
10 , 17 e 5 cm. O volume,
medem, respectivamente, 3
em cm , do sólido VABC é
a) 2.
b) 4.
c) 17 .
d) 6.
e) 5
10 .
Resolução
Sendo VA = a, VB = b e VC = c, todos em cm, temos:
2
a2 + b2 = (
10)
2
2
2
⇔
b +c =5
a2 + c2 = (
17)
2
a2 + b2 = 10
b2 + c2 = 25
a2 + c2 = 17
Somando membro a membro as três equações, temos:
2a2 + 2b2 + 2c2 = 52 ⇔ a2 + b2 + c2 = 26
Assim, a2 + b2 + c2 = 26 ⇒ 10 + c2 = 26 ⇒ c = 4;
a2 + b2 + c2 = 26 ⇒ a2 + 25 = 26 ⇒ a = 1;
a2 + b2 + c2 = 26 ⇒ 17 + b2 = 26 ⇒ b = 3.
Logo, o volume V do sólido VABC, em cm3, é dado por:
1
bc
1
3.4
V = ––– . ––– . a = ––– . ––––– . 1 = 2
3
2
3
2
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20
B
No sistema xOy os pontos A = (2, 0), B = (2,5) e C = (0,1)
são vértices de um triângulo inscrito na base de um
cilindro circular reto de altura 8. Para este cilindro, a
razão
volume
–––––––––––––––––––– , em unidade de comprimento,
área total da superfície
é igual a
a) 1.
100
b) ––– .
105
100
d) ––– .
115
5
e) ––– .
6
10
c) ––– .
11
Resolução
I) O triângulo de vértices A = (2; 0), B = (2; 5) e
C = (0; 1) é retângulo em C, pois
1
mAC = – ––– e mBC = 2
2
II) Sendo R o raio da base do cilindro de altura 8,
temos:
AB
5
R = –––– = –––
2
2
volume
Logo, a razão ––––––––––––––––––––– =
área total da superfície
5 2
π . –– . 8
2
100
= ––––––––––––––––––––– = ––––
5 2
5
105
2π . –– + 2π . –– . 8
2
2
I TA ( 3 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS
DE 21 A 30, DEVEM SER RESOLVIDAS E
RESPONDIDAS NO CADERNO DE SOLUÇÕES.
21
Para z = 1 + iy, y > 0, determine todos os pares (a, y), a > 1,
tais que zl0 = a. Escreva a e y em função de Arg z.
Resolução
I) Seja z = 1 + yi = ρ . (cos θ + i . sen θ)
π
com 0 < θ < –––, pois y > 0
2
II) Se z10 = a, com a > 1, então:
ρ10 . [cos (10θ) + i . sen (10θ)] = a
III) ρ10 = a e 10θ = k2π
IV)
10θ = k2π
⇔
π
0 < θ < –––
2
kπ
θ = ––––
5
π
0 < θ < –––
2
⇔
π
2π
⇔ θ = ––– ou θ = –––
5
5
V)
ρ cos θ = 1
ρ10
=a
⇔
ρ = sec θ
ρ10
⇒ a = sec10 θ
=a
1
VI) y = ρ . sen θ = ––––– sen θ = tg θ
cos θ
Resposta:
π
2π
(sec10 θ; tg θ), com θ = ––– ou θ = –––
5
5
I TA ( 3 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
22
Determine o maior domínio D da função
f : D → , f(x) = log
π
x –– – x
4
(4 sen x cos x – 1).
Resolução
I) O “maior domínio” D ⊂ da função
f(x) = log
π
x –– – x
4
(4 sen x cos x – 1) é tal que:
π
x –– – x 0
4
π
x –– – x ≠ 1
4
4 sen x cos x – 1 0
π
π
II) x –– – x 0 ⇔ 0 x –– , pois o gráfico de
4
4
π
g (x) = x –– – x é do tipo
4
π
III) x –– – x ≠ 1 para qualquer x real, pois a equação
4
π
x2 – –– x + 1 = 0 não tem raízes reais
4
IV) 4 sen x . cos x – 1 0 ⇔ 2 sen (2x) – 1 0 ⇔
1
π
5π
⇔ sen (2x) –– ⇔ ––– 2x ––– ⇔
2
6
6
π
5π
⇔ ––– x –––
12
12
π
π
V) De (II), (III) e (IV), temos ––– x ––
12
4
π
π
Resposta: D = x ∈ ––– x ––
12
4
I TA ( 3 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
23
Considere o polinômio P(m) = am2 – 3m – 18, em que
a ∈ é tal que a soma das raízes de P é igual a 3.
Determine a raiz m de P tal que duas, e apenas duas,
soluções da equação em x, x3 + mx2 + (m + 4)x + 5 = 0,
estejam no intervalo ]– 2, 2[.
Resolução
I) A soma das raízes de P(m) = am2 – 3m – 18 é igual
(– 3)
a 3, então: 3 = – ––––– ⇔ a = 1
a
II) Para a = 1, temos P(m) = m2 – 3m – 18, cujas
raízes são m = 6 e m = – 3
III) Para m = 6, temos:
x3 + 6x2 + 10x + 5 = 0 ⇔
⇔ (x + 1) . (x2 + 5x + 5) = 0 ⇔
5
– 5 ± ⇔ x = – 1 ou x = ––––––––– , pois
2
1 6 10 5 – 1
––––––––––––––––––
1 5 5 0
IV) Para m = – 3, temos:
x3 – 3x2 + x + 5 = 0 ⇔ (x + 1) . (x2 – 4x + 5) = 0 ⇔
⇔ x = – 1 ou x = 2 ± i, pois
1
–3 1 5 –1
–––––––––––––––––––––
1 –4 5 0
V) Para que duas, e apenas duas, soluções da equação
estejam no intervalo ]– 2; 2[, devemos ter m = 6.
Resposta: m = 6
I TA ( 3 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
24
Quantos tetraedros regulares de mesma dimensão podemos distinguir usando 4 cores distintas para pintar todas
as suas faces? Cada face só pode ser pintada com uma
única cor.
Resolução
I) Utilizando apenas uma cor, existem 4 possibilidades.
II) Utilizando duas cores, podemos ter:
a) três faces de uma cor e outra de outra cor, como
no exemplo a seguir.
Neste caso, existem 4 . 3 = 12 possibilidades
b) duas faces de uma cor e as outras duas de outra
cor, como no exemplo a seguir.
4.3
Neste caso, existem –––– = 6 possibilidades,
2
pois os tetraedros
e
são idênticos por uma rotação conveniente.
III) Utilizando três cores, duas faces terão a mesma
cor. Observe que as duas configurações a seguir
I TA ( 3 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
e
são idênticas, pois uma rotação conveniente da
primeira permite obter a segunda. Neste caso,
existem 4 . C3;2 = 12 possibilidades.
IV) Utilizando as quatro cores, existem apenas duas
possibilidades, pois as configurações
nunca coincidem.
V) Ao todo, existem 4 + 12 + 6 + 12 + 2 = 36 possibilidades.
Resposta: 36
I TA ( 3 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
25
Considere o sistema na variável real x:
x2 – x = α
x – x = β.
3
a) Determine os números reais α e β para que o sistema
admita somente soluções reais.
b) Para cada valor de β encontrado em (a), determine
todas as soluções da equação x – x3 = β.
Resolução
a) As raízes da equação
1 + 4α
1 ± x2 – x = α ⇔ x2 – x – α = 0 são x = –––––––––––
2
1
e são reais somente se α ≥ – ––
4
Para que pelo menos uma delas seja raiz da
equação x – x3 = β, devemos ter:
x – x3 = β ⇔ x(1 – x)(1 + x) = β ⇔
⇔ (x2 – x)(1 + x) = – β ⇔ α(1 + x) = – β e,
portanto, α
1 ± 1 + 4α
1 + –––––––––––
=–β
2
α
1 + 4α )
⇔ β = – –– (3 ± 2
b) Com os valores de β encontrados no item (a),
concluímos que pelo menos um dos valores,
1 + 4α
1 + 4α
1 + 1 – ––––––––––– ou ––––––––––– , é raiz da equação
2
2
x – x3 = β.
Se r for essa raiz, então na equação x – x3 = β ⇔
⇔ x3 – x + β = 0, por Briot-Ruffini, temos:
1
0
1
β
–1
r –1+
r2
r
0
As demais raízes dessa equação são as raízes de
x2 + rx + r2 – 1 = 0. A saber:
– r ± r2 – 4 . 1(r2 – 1)
4 – 3r2
– r ± x = ––––––––––––––––––––– = ––––––––––––––
2
2
Respostas:
1
α
a) α ≥ – ––– e β = – –––(3 ± 1 + 4α )
4
2
– r + 4 – 3r2 ; – r – 4 – 3r2
b) V = r; –––––––––––––
––––––––––––– , com
2
2
1 + 1 + 4α ou r = 1 – 1 + 4α
r = ––––––––––––––
––––––––––––––
2
2
I TA ( 3 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
26
Considere o sistema nas variáveis reais x e y :
x sen α + 3y cos α = a
x cos α + y sen α = b,
π
com α ∈ 0, –– e a, b ∈ . Analise para que valores de
2
α, a e b o sistema é (i) possível determinado, (ii) possível
indeterminado ou (iii) impossível, respectivamente. Nos
casos (i) e (ii), encontre o respectivo conjunto-solução.
Resolução
i)
D=
sen α
cos α
3 cos α
= sen2α – 3cos2α =
sen α
= 1 – cos2α – 3 cos2α = 1 – 4 cos2α
O sistema será possível e determinado quando
D ≠ 0, independentemente dos valores de a e b.
1
Assim, 1 – 4 cos2α ≠ 0 ⇔ cos2α ≠ ––– ⇔
4
π
1
π
⇔ cos α ≠ ± ––– ⇔ α ≠ –––, pois α ∈ 0; –––
2
2
3
Utilizando o Método de Cramer para resolver o
sistema, temos:
a) Dx =
a 3 cos α
= a . sen α – 3b cos α ⇒
b sen α
a . sen α – 3b . cos α
Dx
⇒ x = –––
= ––––––––––––––––––
D
1 – 4 cos2α
sen α
cos α
a
= b . sen α – a . cos α ⇒
b
Dy
–––
⇒
y
=
b . sen α – a . cos α
D
––––––––––––––––––
1 – 4 cos2α
b) Dy =
=
Logo:
S=
a.sen α – 3b.cos α b. sen α – a . cos α
–––––––––––––––– ; ––––––––––––––––
1 – 4 cos2α
1 – 4 cos2α
π
ii) Para α = –––, temos:
3
π
π
x . sen –– + 3y . cos –– = a
3
3
π
π
x . cos –– + y . sen –– = b
3
3
⇔
I TA ( 3 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
⇔
3
3
–––– x + –– y = a
2
2
⇔
1
3
––x + ––––y = b
2
2
⇔
3x + 3y = 2a
3x + 3y = 2a
3y = 2b
x + ⇔
3x + 3y = 2b3
Assim, o sistema será possível indeterminado
π
3 ⇔ a = b
3
quando α = ––– e 2a = 2b
3
Na equação 3x + 3y = 2a, para a = b
3, temos:
3 – 3y
2b
3y
6b – 3
x = ––––––––––– = ––––––––––– = 2b – 3y
3
3
e o conjunto solução do sistema é
3y; y), com y ∈ }
S = {(2b – π
iii) O sistema será impossível para α = ––– e a ≠ b
3
3
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27
π
π
Encontre os pares (α, β) ∈ 0, –– x 0, –– que satis2
2
fazem simultaneamente as equações
(tg α + cotg β) cos α sen β – 2 cos2 (α – β) = – 1 e
3 sen (α + β) + cos (α + β) = 3.
Resolução
I) (tg α + cotg β) . cos α . sen β – 2 cos2 (α – β) = –1
⇔
sen α cos β
⇔ ––––– + ––––– . cos α . sen β –
cos α sen β
(
)
– 2 cos2 (α – β) = –1 ⇔
⇔ cos α . cos β + sen α . sen β – 2cos2 (α – β)= –1⇔
⇔ cos (α – β) – 2 cos2 (α – β) = –1 ⇔
⇔ 2 cos2 (α – β) – cos (α – β) – 1 = 0 ⇔
1
⇔ cos (α – β) = 1 ou cos (α – β) = – –– ⇔
2
⇔ α – β = 0 + k . 2π, k ∈ 2π
ou α – β = ± ––– + k . 2π, k ∈ ⇔
3
⇔ α – β = 0 ⇔ α = β, pois α, β ∈ 1.° quadrante.
II) 3 sen (α + β) + cos (α + β) = 3⇔
1
3
3
⇔ ––– . sen (α + β) + –– cos (α + β) = ––– ⇔
2
2
2
π
⇔ cos –– . sen (α + β) +
6
π
3
+ sen –– . cos (α + β) = ––– ⇔
6
2
(
π
⇔ sen α + β + ––
6
)
3
= ––– ⇔
2
π
π
⇔ α + β + –– = –– + k . 2π, k ∈ 6
3
π
2π
ou α + β + –– = ––– + k . 2π, k ∈ ⇔
6
3
π
π
⇔ α + β = –– ou α + β = –– ,
6
2
pois α e β ∈ 1.° quadrante.
Assim, temos os seguintes sistemas lineares:
I TA ( 3 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
{
{
α=β
π
α + β = ––
6
⇔
π
α = β = –––
12
⇔
π
α = β = ––
4
α=β
π
α + β = ––
2
Resposta:
(
)( )
π
π
π π
–––; ––– e ––; ––
12 12
4 4
I TA ( 3 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
28
Determine a área da figura plana situada no primeiro
quadrante e delimitada pelas curvas
x
(y – x – 2) y + ––– – 2 = 0 e x2 – 2x + y2 – 8 = 0
2
Resolução
I) (y – x – 2) .
y + –––x2 – 2 = 0 ⇔
x
⇔ y = x + 2 ou y = – ––– + 2
2
II) x2 – 2x + y2 – 8 = 0 ⇔ (x – 1)2 + y2 = 9, que é a
equação de uma circunferência de centro (1; 0) e
raio 3.
I TA ( 3 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
III) Sendo S a área situada no primeiro quadrante e
delimitada pelas curvas
(y – x – 2) .
y + –––x2 – 2 = 0 e
x2 – 2x + y2 – 8 = 0, temos:
3.3
1
6.2
9π
3
S = ––––– + ––– . (π . 32) – ––––– = –––– – ––– =
2
4
2
4
2
3π
3
= ––– . –––– – 1
2
2
3
3π
Resposta: ––– . –––– – 1 unidades de área
2
2
I TA ( 3 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
29
Em um triângulo de vértices A, B e C, a altura, a bissetriz
e a mediana, relativamente ao vértice C, dividem o ângulo
^
BCA em quatro ângulos iguais. Se é a medida do lado
oposto ao vértice C, calcule:
a) A medida da mediana em função de .
^
^
^
b) Os ângulos CAB, ABC e BCA.
Resolução
^
^
Sejam: α = med(C AB), β = med(ABC), 4 θ =
^
—
med(BCA) e m a medida da mediana CM.
I) No triângulo retângulo HAC, temos:
π
π
α + θ = ––– ⇔ α = ––– – θ ⇒ sen α = cos θ
2
2
II) No triângulo retângulo HBC, temos:
π
π
β + 3θ = ––– ⇔ β = ––– – 3θ ⇒ sen β = cos 3θ
2
2
III) No triângulo CAM, de acordo com a lei dos senos,
temos:
m
m
–––––– = ––––––––– ⇔ –––––– = ––––––––– ⇔
sen α
cos θ
2 sen 3θ
2 sen 3θ
cos θ
m
⇔ ––– = –––––––––
2
sen 3θ
IV) No triângulo CBM, ainda de acordo com a lei dos
senos, temos:
m
m
–––––– = –––––––– ⇔ –––––– = ––––––– ⇔
sen β
cos 3θ
2 sen θ
2 sen θ
cos 3θ
m
⇔ ––– = –––––––––
2 sen θ
V) Das igualdades obtidas em (III) e (IV), temos:
cos θ
cos 3θ
–––––––– = –––––––– ⇔
2 sen 3θ
2 sen θ
⇔ 2 sen θ cos θ = 2 sen 3θ cos 3θ ⇔
⇔ sen 2θ = sen 6θ ⇔ 2θ + 6θ = π, pois θ ≠ 0
π
Assim: 8θ = π ⇔ θ = –––
8
I TA ( 3 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
π
^
VI) O ângulo BCA é reto, pois 4θ = ––– .
2
^
Assim, podemos concluir que o triângulo CAB é
—
retângulo em C e sua hipotenusa AB tem medida
.
Logo, a medida da mediana relativa à hipotenusa
AB
é CM = ––– , ou seja, m = –––
2
2
π
VII) Como θ = ––– , então:
8
π
π
3π
π
3π
π
α = ––– – ––– = ––– e β = ––– – ––– = –––
2
8
8
2
8
8
Respostas: a) –––
2
3π
π
π
^
^
^
b) CAB = ––– , ABC = –– e BCA = ––
8
8
2
I TA ( 3 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2
30
Seja ABCDEFGH um paralelepípedo de bases retangulares ABCD e EFGH, em que A, B, C e D são, respectivamente, as projeções ortogonais de E, F, G e H. As
medidas das arestas distintas AB, AD e AE constituem
uma progressão aritmética cuja soma é 12 cm. Sabe-se
que volume da pirâmide ABCF é igual a 10 cm3. Calcule:
a) As medidas das arestas do paralelepípedo.
b) O volume e a área total da superfície do paralelepípedo.
Resolução
Todas as medidas lineares são em centímetros.
a) Sendo AB = x – r, AD = x e AE = x + r, temos:
x – r + x + x + r = 12 ⇔ 3x = 12 ⇔ x = 4
Como o volume da pirâmide ABCF é igual a
10 cm3, temos:
1
AB . BC
––– . –––––––– . BF = 10 ⇒
3
2
1
(x – r) . x
⇒ ––– . ––––––––– . (x + r) = 10 ⇒
3
2
1
(4 – r) . 4
⇒ ––– . ––––––––– . (4 + r) = 10 ⇔
3
2
⇔ 16 – r2 = 15 ⇔ r = 1, supondo r > 0
Assim:
AB = 4 – 1 = 3, AD = 4 e AE = 4 + 1 = 5
b) Sendo V o volume, em cm3, e AT a área total, em
cm2, do paralelepípedo, temos:
V = 3 . 4 . 5 = 60 e
AT = 2 . (3 . 4 + 3 . 5 + 4 . 5) = 94
Respostas: a) 3 cm, 4 cm e 5 cm
b) 60 cm3 e 94 cm2
I TA ( 3 º D I A ) — D E Z E M B R O / 2 0 1 2