As questões de 1 a 7 referem-se aos seguintes textos

Notações
N = {0, 1, 2, 3, ...}
Z: conjunto dos números inteiros
Q: conjunto dos números racionais
R: conjunto dos números reais
C: conjunto dos números complexos
i: unidade imaginárias; i2 = -1
lZl : 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
n
  : número de combinações de n elementos tomados
p
p a p.
mdc(j, k) : máximo divisor comum dos números inteiros
j e k.
n(x) : números de elementos de um conjunto finito X.
(a, b) = {x  IR : a < x < b}.
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são
cartesianos ortogonais.
02. Seja A um conjunto com 14 elementos e B um subconjunto de A
com 6 elementos. O número de subconjuntos de A com um número de
elementos menor ou igual a 6 e disjuntos de B é
a) 28 – 9.
b) 28 – 1
c) 28 – 26
d) 214 – 28
e) 28
Resolução:
Para formar os subconjuntos de A, temos apenas 8 elementos. Logo,
o número de subconjuntos com esses 8 elementos, que possuem
número de elementos menor ou igual a 6 é
8 8 8
8
8 8
         ...  28       28 – 8 – 1 = 28 – 9
0
1
2
6
     
 
7 8
ALTERNATIVA: A
03. Considere a equação:
 1  ix  3  1  i 1  i  4
16

 

 1  ix 
 1 i 1 i 
Sendo x um número real, a soma dos quadrados das soluções dessa
equação é
a) 3
b) 6
c) 9
d) 12 e) 15
Resolução:
01. Se A, B, C forem conjuntos tais que
n(A  B) = 23, n(B – A) = 12, n(C – A) = 10,
n(B  C) = 6 e n(A  B  C) = 4,
então n(A), n(A  C), n(A  B  C), nesta ordem,
a) formam uma progressão aritmética de razão 6.
b) formam uma progressão aritmética de razão 2.
c) formam uma progressão aritmética de razão 8, cujo primeiro termo
é 11.
d) formam uma progressão aritmética de razão 10, cujo último termo é
31
e) não formam uma progressão aritmética.
3
 (1  i) 2  (1  i) 2
 1  ix 
16
 
 (1  i)(1  i)
 1  ix 

4
4

   4i   16 

2

3
 1  ix 

  1
 1  ix 
1  ix
1 - ix  1  i 3
1 - ix  1  i 3
 1 ou

ou

1  ix
1  ix
2
1  ix
2
1º caso
1 – ix = 1 + ix  x = 0
2º caso
Resolução:
2(1 – ix) = (1 + ix) (– 1 + i
A
B
x
z
w
4
 2 – 2ix = – 1 – ix + i 3 – x 3 
 x(i – 3 ) = 3 – i 3 
x
y
i 3

 3 (i  3 )
i 3
 3
2(1 – ix) = (1 + ix)(– 1 – i 3 )
 2 – 2ix = – 1 – i 3 – ix + x 3 
 x(i +
C
x
Substituindo II em I:
3i 3
3º Caso
2
v
 n (A  B) = 23 
 x + y + z +w = 17 (I)
 n (B – A) = 12 
 z + 2 = 12  z = 10 (II)
 n (C – A) = 10 
 v + 2 = 10  v = 8 (III)
3 )
3 )=3+i 3 
3i 3
i 3

3 (i  3 )
i 3
 3
A soma dos quadrados das soluções é 02 + (– 3 )2 + ( 3 )2 = 6
ALTERNATIVA: B
04. Assinale a opção que indica o módulo do número com-plexo
1
, x  k, k  Z.
1  i cot gx
a) l cos x l
d) l cossec x l
b) (1 + sen x) / 2
e) l sen x l
c) cos2 x
x+y+w=7
Resolução:
ALTERNATIVA: D
z
1
1  i cot g ( x )
z
1
1  i cot g ( x )
1
| z |z  zz 
| z |z 
| z |z 
1
1

1  i cot g ( x ) 1  i cot g ( x )
 4x  2x 4x  x 2  4  x 2
 2x - 2  x 4x
1
 42 x 2  8x  4  x 2 4x 
1  cot g2 ( x )
 x3  2x2  2x  1  0
1
cos ec2 ( x )
ALTERNATIVA: D
| z |2  sen2 x
| z |  | sen x |
06. Se as medidas dos lados de um triângulo obtusângulo estão em
progressão geométrica de razão r, então r pertence ao intervalo
ALTERNATIVA E
a) (0, (1 + 2 ) / 2).
05. Considere: um retângulo cujos lados medem B e H, um triângulo
isósceles em que a base e a altura medem, respec-tivamente, B e H,
e o círculo inscrito neste triângulo. Se as áreas do retângulo, do
triângulo e do círculo, nesta ordem, formam
uma progressão
geométrica, então B / H é uma raiz do polinômio
c) ( (1 5 ) / 2 ,( (1 + 5 ) /2)
a)  x +  x + x – 2 = 0.
c) 3x3 - 2x2 + x + 2 = 0
e) x3 - 22x2 + x - 1 = 0
3 3
2 2
(1 5 ) / 2
d) ( (1 + 5 ) /2,
2 2 /2 )
e) ( 2  2 / 2 , (2 + 3 ) / 2.
Resolução:
b)  x +  x + x + 1 = 0.
d) x3 - 2x2 + 2x – 1 = 0
2 3
b) ( (1 + 2 ) /2,
3 2
ar2
a
Resolução:

ar
Triângulo Obtusângulo
H
a2r4 > a2 + a2r2

B
(Sret, Stri, Scir)

PG
r4 – r2 – 1 > 0  r >
1 5
2
Desigualdade Triangular
 Stri2 = Sret Sciv
ar2 < a + ar
B 2H2

= B H  r2
4
r2 – r – 1 < 0  r <
1 5
2
ALTERNATIVA: C
BH
 r2 =
4
07. Sejam x, y e x números reais positivos tais que seus logaritmos
numa dada base k são números primos satisfazendo
Por outro lado, temos a seguinte relação Stri = p.r onde
B2
B  2 H2 
4
é o semiperímetro do triângulo.
p
2
1 

Assim Stri =
  B  4H2  B 2   r
2 


1
1

BH   B  4H2  B2  .r
2
2


 BH
 BH   B  4H2  B2  .

 4

4BH  B  4H2  B2
Dividindo por H obtemos:
4
B B
B
  4 
H H
H
Fazendo
2
B
 X obtemos:
H
logk (xy) = 49
logk (x/z) = 44
Então, logk (xyz) é igual a
a) 52
b) 61
c) 67
d) 80
e) 97
Resolução:
logk (xy) = 49  logk x + logk y = 49 (I)
x
 = 44  logk x – logxz = 44 (II)
z
logk 
(I) – (II) : logk y + logk z = 5
Possíveis valores para logx y e logk y, e conseqüentes valores para
logk x:
logxy
2
3
-2
7
logk z
3
2
7
-2
logk x
47(primo)
46 (não é primo)
51(não é primo)
42 (não é primo)
convém
não convém
Não convém
não convém
Logo, logk xyz = logk x + logk y + logk z = 2 + 3 + 47 = 52
ALTERNATIVA: D
4x  x  4  x2 então:
2
08. Sejam x e y dois números reais tais que ex, ey e o quociente
3(a – b) = 9  a – b = 3
e x 2 5
4 e
y
3(a – b)(a + b) = – 63  a + b = – 7
5
são todos racionais. A soma x + y é igual a
a) 0
b) 1
c) 2 log5 3
d) log5 2
a=–2
c = a3 – b3 = – 8 + 125 = 117
e) 3 loge 2
b=–5
Resolução:
exQ
eyQ
ex  2 5
4  ey 5
Portanto,
a + b – c  = – 2 + 5 – 117 = 114
ex = a
ey = b
a2 5
Q
4b 5
11. Sobre a equação na variável real x,
c
|||x - 1| - 3| - 2| = 0,
 a - 2 5  4c  bc 5
 bc - 2 5  4c  a
Concluímos então que bc-2 = 0 pois caso contrário
5
4c  a
bc  2
 5  Q (contradição)
Podemos afirmar que
a) ela não admite solução real.
b) a soma de todas as suas soluções é 6.
c) ela admite apenas soluções positivas.
d) a soma de todas as soluções é 4.
e) ela admite apenas duas soluções reais.
Resolução:
09. Seja Q(z) um polinômio do quinto grau, definido sobre o conjunto
dos números complexos, cujo coeficiente de z5 é igual a 1. Sendo z3 +
z2 + z + 1 um fator de Q(z), Q(0) = 2 e Q(1) = 8, então, podemos
afirmar que a soma dos quadrados dos módulos das raízes de Q(z) é
igual a:
a) 9
b) 7
c) 5
d) 3
e) 1
|||x - 1| - 3| - 2| = 0
||x - 1| - 3| - 2 = 0
||x - 1| - 3| = 2
|x - 1| - 3 = 2  |x - 1| = 5 (I)
ou
|x - 1| - 3 = -2  |x - 1| = 1 (II)
(I) |x - 1| = 5
x - 1 = 5  x = 6
ou
x – 1 = -5  x = -4
(II) |x - 1| = 1
x -1 = 1  x = 2
ou
x – 1 = -1  x = 0
Soma das soluções = 6 + (-4) + 2 + 0 = 4
ALTERNATIVA D
Resolução:
Q (z) = (z2 + az + b) (z3 + z2 +z +1)
Q (0) = b . 1 = 2  b =2
Q (1) = (1+a+2) ( 1+1+1+1) = 8  a=-1
Logo,
Q(z) = (z2-z+2) (z3+z2+z+1)
12. Determine quantos números de 3 algarismos podem ser formados
com 1,2,3,4,5,6 e 7, satisfazendo à seguinte regra: O número não
pode ter algarismos repetidos, exceto quando iniciar com 1 ou 2, caso
em que o 7 (e apenas o 7) pode aparecer mais de uma vez. Assinale
o resultado obtido.
a) 204
b) 206
c) 208
d) 210
e) 212
Então:
bc  2

a  4c
logo, ex+y = exey = ab = 4bc = 8
Por tanto x+y = ln8
x+y = 3loge2
ALTERNATIVA: E
z2-z+2=0  z =
1 i 7
 z
2
1 7
  2
4 4
Resolução:
1° Caso – Inicia com 3,4,5,6 ou 7
z4  1
. Logo as raízes z3+z2+z+1 são as raízes z4-1,
z 1
excetuando-se 1,
mas os módulos dessas raízes é 1.
Assim, a soma dos quadrados dos módulos: 2+2+1+1+1=7
z3+z2+z+1=
ALTERNATIVA B
5
 1,2
6
5
150
2° Caso – Inicia com 1 ou 2 e não repete
2 6 5
1,2
60
10. Sendo c um número real a ser determinado, decomponha o
polinômio 9x2 - 63x + c, numa diferença de dois cubos
(x + a)3 – (x + b)3
3° Caso – Inicia com 1 ou 2 e repete o 7
Neste caso, |a + |b| - c| é igual a
a) 104
b) 114
c) 124
2 1 1
1,2 7 7
d) 134
Resolução:
9x2 – 63 x + c = (x + a)3 – (x + b)3
= [(x + a) – (x + b)] [(x + a)2 + (x + a)(x + b) + (x + b)2]
= (a – b)  [3x2 + 3(a + b) x + a2 + ab + b2]
= 3(a – b) x2 + 3(a – b)(a + b)x + (a – b)(a2 + ab + b2)
e) 144
2
Total: 150+60+2 = 212
ALTERNATIVA E
Então, temos:
3
13. Seja x um número real no intervalo 0 < x < /2. Assinale a opção
que indica o comprimento do menor intervalo que contém todas as
soluções da desigualdade
2 x
1 
1


tg  x   3  cos
  sec(x )  0.
2 2
2 2


a) /2
b) /3
c) /4
d) /6
e) 12
1 3
 2
4 4
ALTERNATIVA C
15. Sejam A = (ajk) e B = (bjk), duas matrizes quadradas n x n, onde ajk
e bjk são, respectivamente, os elementos da linha j e coluna k das
j 
k 
matrizes A e B, definidos por a jk    , quando j  k , a jk    ,
k 
j 
Resolução:
0<x<
Então a soma dos elementos de A  B é 1 

2
jk
quando j < k e b jk 
p 0
2 x
1
3

cot g x 
 1 sec x  0
 2 cos
2
2 
2 
O traço de uma matriz quadrada (cjk) de ordem n x n é definido por

1
3
cot g x 
cos x sec x  0
2
2
n
c pp . Quando n for ímpar, o traço de A + B é igual a
p 1
c) (n2-3n+2)/(n-2)
a) n(n-1)/3
b) (n-1) (n+1)/4
d) 3(n-1)/n
e) (n-1/(n-2)
Solução:
Tr (A + B) = tr(A) + tr (B)
1
3
cot g x 
0
2
2
cot g x  3  0  x 
p  jk 
 (2)  p  .
 j
a jj     1 então tr(A) = n
 j

6
j2
sen
b jj 
P  j
  2
p 0
3 cot g
/6
j2

2
  pj (1)

2

j 
 
j2 p
2
( 2)p  (1  2) j
p0
cos
2
b jj  (1) j então tr (B)  ( 1)  (1)  ...  ( 1)  1

n ímpar
tr(B) = – 1
tr(A + B) = n – 1 =
O comprimento do intervalo é

.
6
ALTERNATIVA C
ALTERNATIVA D
14. Assinale a opção que indica a soma dos elementos de AUB,
sendo:
2


2 k 
 : k  1,2 e
A  xk  sen 


24






2  (3k  5 ) 
B  yk  sen 
 : k  1,2.
24




16. Considere no plano cartesiano xy o triângulo delimitado pelas
retas 2x = y, x = 2y e x = − 2y + 10. A área desse triângulo mede
a) 15/2
b) 13/4
c) 11/6
d) 9/4
e) 7/2
Resolução:
Y
5
Y = 2x
A
90-a
a) 0
b) 1
d) (2  2  3 ) / 3
C
X = 2y
c) 2
D
e) (2  2  3 ) / 3
a
a
Resolução:
a
M
O

  
  
A  sen2 
, sen2  
 24 
 6 

5
10 B
X
Note que AÔC = DÔB = D B̂ O = a
BD0 é isósceles  DM é altura e M é o ponto médio de OB.
Então D é o ponto médio de AB.


 11 
B  sen2  , sen2 

3
 
 24 

 11 12 


 ,
Ora, como
24 24
24 2
 11 
  
sen
  cos

 24 
 24 
2
 AB = 102 + 52  AB = 5 5  BD = AD =
2
 OA = AB  AC  25 = 5 5 . AC  AC =
  
 11 
  
  
sen2 
  sen2 
  sen2 
  cos 2 
 1
 24 
 24 
 24 
 24 
5 5
2
5
5 5
3 5
 CD = AD – AC =
 5 
2
2
50
OA . OB = OC . AB  OC =
2 5
5 5
2
2
  1
1
3
    3 
sen
  
e sen2    



6 2
4
3
2
4
  

2
n 2  3n  2
n2
Área OCD =
OC.CD 2 5 .3 5 15


2
4
2
ALTERNATIVA: A
4
17. Sejam A : (a, 0), B : (0, a) e C : (a, a), pontos do plano cartesiano,
em que a é um número real não nulo. Nas alternativas abaixo,
assinale a equação do lugar geométrico dos pontos P : (x, y) cuja
distância à reta que passa por A e B, é igual à distância de P ao ponto
C.
a) x2 + y2 – 2xy – 2ax – 2ay + 3a2 = 0
b) x2 + y2 + 2xy + 2ax + 2ay + 3a2 = 0
c) x2 + y2 – 2xy + 2ax + 2ay + 3a2 = 0
d) x2 + y2 – 2xy – 2ax – 2ay – 3a2 = 0
e) x2 + y2 + 2xy – 2ax – 2ay – 3a2 = 0
b8 2
2
b8
a8=
Resolução:
b8
2
a8
y
 1 2 
b8 b8 2
 b

 b8 
 2  8
2
2


logo, b8  a8
C(a,a)
A(a,0)
Claramente,  n  8
bn  an
Pois,
{an} n é crescente e {bn} n é decrescente
x
B(0,a)
Parábola
Para n = 6 temos:
Seja P(x,y) um ponto nesta parábola.
dP,C = dP,r
b6
( x  a)  ( y  a)
2
dP,C =
a6
2
x y
r:
 1
a a
x+y-a=0
PP,r =
x ya
x ya
=
12  12
2
Assim:
( x  a)2  ( y  a)2 
x ya
2
 (x-a)2 + (y-a)2 =
( x  y  a) 2
2
a6 < b6
A questão pede o primeiro valor
De n tal que bn  an.
Pelo exposto, tal n pode ser 7 ou 8. Em todo caso,
6< n< 9
ALTERNATIVA B
19. Sejam P1 e P2 octógonos regulares. O primeiro está inscrito e o
segundo circunscrito a uma circunferência de raio R. Sendo A1 a área
de P1 e A2 a área de P2, então a razão A1 / A2 é igual a
a)
b) 9 2 / 16
58
d) ( 4 2  1) / 8
c) 2 ( 2  1)
e) ( 2  2 ) / 4
Resolução:
 2(x2-2ax+a2) + 2(y2-2ay+a2) = (x+y)2 – 2a(x+y)+a2
 2x2-4ax+2a2+ 2y2-4ay+2a2 = x2+2xy+y2 – 2ax-2ay+a2
 x2+y2 -2xy-2ax-2ay+3a2=0
R 45° R
ALTERNATIVA A
18. Seja Pn um polígono regular d n lados, com n > 2. Denote por an o
apótema e por bn o comprimento de um lado de Pn. O valor de n para
o qual valem as desigualdades.
bn  an e bn – 1 > an – 1,
pertencem ao intervalo
a) 3 < n < 7
b) 6 < n < 9
c) 8 < n < 11
d) 10 < n < 13
e) 12 < n < 15
Octógono inscrito 
A1 = 8.
R 2 .sen45º
= 2R2 2
2
22°30'
Resolução:
bn  an
e
b n 1  a n  1
R
x
Para n=8 temos:
5
Octógono Circunscrito 
cos 45º = 2. cos2 22º30’ – 1 
Cos 22º 30’ =
H
R

X
2R
X=
h
2 2
X 2 .sen45º

2
A2 = 8.
2
= 4.
=
4R . 2
( 2  2).2
8R
2
2
2 2
6 3 (2 2  1)
2
=
3 ( 2 2  1)
h
1
H

h
H
2
2
2 2
2
 cos 22º 30’ =
6 2
1
2
2

3 (2 2  1)
2
htr = H –h =

htr =

htr =
A 1 2R 2 2 2  2


A2
4
8R 2 2
2 2
htr =
3 (2 2  1)
2 1
3 (2 2  1)
1

3 (2 2  1)

1
3 (2 2  1)
3 (2 2  1)
.
3 (2 2  1)
.
3 ( 2  1) (2 2  1)
3 (3  2 )

3(7)
21
3 3 6
21
ALTERNATIVA E
ALTERNATIVA C
20. Considere uma pirâmide regular de base hexagonal, cujo apótema
da base mede 3 cm. Secciona-se a pirâmide por um plano paralelo
à base, obtendo-se um tronco de volume igual a 1 cm 3 e uma nova
pirâmide. Dado que a razão entre as alturas das pirâmides é 1 / 2 , a
altura do tronco, em centímetros, é igual a
a) ( 6  2 ) / 4
b) ( 6  3 ) / 3
c) (3 3  6 ) / 21
d) (3 2  2 3 ) / 6
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser
resolvidas e respondidas no caderno de soluções.
21. Determine o conjunto C, sendo A, B e C conjuntos de números
reais tais que
A  B  C = {x  : x2 + x  2},
A  B = {x  : 8-x – 3  4-x – 22 – x > 0},
A  C = {x   : log (x + 4)  0},
B  C = {x   : 0  2x + 7 < 2}.
Resolução:
C  ( A  B  C) \ ( A  B) \  ( A  C)  (B  C) 
e) ( 2 6  2 ) / 22
A  B  C   x  R | x²  x  2  0
Resolução:
  ,2   1,  
Base
+
+
-2
a 3
4 3
s  6
4
s6 3
2
3
v  1 
1


V  2 
2 2
2 2


A  B  C  x  R |8
x
 3. 4
x
2
2 x

0
Fazendo 2-x = y temos y³-3y²-4y>0
2-x>2²
y(y-4)(y+1)>0
-x>2
x<-2
As duas pirâmides são semelhantes e
V
1
+
v
Vv
1


1 2 2 1 2 2 1
-1
+
0
4
1  Y  0 ou y  4
V =
2 2
2 2 1
SH
2 2

3
2 2 1
v=
1
2 2 1
A B 
  ,2 
A  C  x  R | log( x  4)  0   4,  3

log( x  4)  log1
6
0  X4 1
 4  X  3
23. Seja k um número inteiro positivo e
Ak = { j   : j ≤ k e mdc (j, k) = 1}
Verifique se n(A3), n(A9), n(A27) e n(A81), estão ou não, nesta ordem,
numa progressão aritmética ou geométrica. Se for o caso, especifique
a razão.
 7 5
B  C  x  R | 0  2x  7  2  ,  
 2 2
7  2x   5

7
5
 x
2
2
4
3

7
2
A  C  B  C   4 ,  5 
A C
5
2


2
Resolução:
Ak = { j   : j ≤ k e mdc (j, k) = 1}
n(Ak) = (k) função “phi” de Euler.
Se k = pe onde p é primo, então (pe) = pe – pe – 1
Pois existem pe números naturais menores ou iguais a pe e a condição
necessária e suficiente para que mude (j, pe) = 1 é que p  j e como
existem
BC
pe
 p e 1 múltiplos de p em {1, 2, ..., pe}
p

2

4
A B
5
2
A  C  B  C
A  B \  ( A  C)  (B  C)    ,  4  5 ,  2
 2
-2
1
(pe) = pe – pe – 1 = p e 1  
 p
Claramente, a seqüência
{(pe)}e   é uma PG

1

1
p e 11  
p
(p
)

 p
Pois

1
(p e )
e
p 1  
 p
e 1
e a razão é p.
Portanto, n(A3), n(A9), n(A27), n(A81) formam uma PG de razão 3.
AUBUC

-4
5
2
24. Considere a equação:
-2
A  B \ A  C  B  C
x2  p  2 x2  1  x
a) Para que valores do parâmetro real p a equação admite raízes
reais?
b) Determine todas essas raízes reais.
C
-4

5
2
2
1
Resolução:
1ª solução letra a
5
c    4,   2  1,
2
22. Determine o conjunto A formado por todos os números z tais que
z
2z

 3 e 0 < |z - 2i|  1
z  2i z  2i
x²  p  2 x²  1  x
I. x²  1  0  | x |  1
II. x²  p  0
III. x  0
x²  p  x  2 x²  1
 x²  p  x²  ex x²  1  4( x²  1)
Resolução:
z = a + bi
4x x²  1  4( x²  1)  p
4
z
2z

3
z  2i z  2i
a  bi
2a  2bi


3
a  (b  2)i a  (b  2)i
16 x ²(x ²  1)  16( x  2x ²  1)  8p( x ²  1)  p²
 (a – bi)(a – (b – 2)i) + 2(a + bi)(a + (b – 2)i) = 3 (a2 + (b – 2)2) 
 3a2 + (– b2 + 2b – 2b2 + 4b) + (– ab + 2a – ab + 2ab – 4a + 2ab)  i =
3a2 + 3(b – 2)2 
 – 3b2 + 6b + (2ab – 2a)i = 3b2 – 12b + 12 
IV. 16  8p  0  p  2

2ab  2a  0

2
2
2

 3b  6b  3b  12b  12  6b  18b  12  0  b  1 ou 2
4
2
(16  8p) x²  p²  8p  16  (p  4)²
x² 
(p  4)²
|p4|
x
0
16  8p
16  8p
Como p  2  p  4  2
| p  4 | 4 p
Assim, x 
2ab – 2a = 0  2a (b – 1) = 0  a = 0
 z  i  i  2i  i  1  1
z  2i  2i  2i  0  0  1
Logo, A = {i, 2i}
4
16 x  16 x  16 x  32x ²  16  8px ²  8p  p²
Por I, temos:
4p
16  8p
4p
16  8p
1
 4  p  16  8p
7
 16  8p  p²  16  8p
 p²  0
(Condição vazia)
y
Por (ii) temos:
16  8p  p 2
 p
16  8p
1
16 – 8p + p2  p (16 -8p) pois 16 – 8p > 0
 16 - 8p + p2  16p – 8p2
 9p2 – 24p + 16  0
 (3p – 4)2  0
(condição vazia)
1
x 2  p  y 2  x 2  p é uma família de
Observe que y 
(v) iniciamos a solução do problema elevando x - 2 x 2  1 ao
x
2 3
3
(pedaço) de hipérbole sempre y  0
quadrado, logo, x  2 x 2  1  x 2  p  0
y
4p
16  8p
2
16  8p  p
16  8p
2
P=0
P<0
1 0
p
1
P>0
p2

2
0
16
 8p
16 - 8p
4-p
1
 4 – p – 2 p 0
4
3
2 3
3
x
 2 p  4 – p onde 4 – p > 2 > 0
Logo, -4 + p  2p  4 – p
-4 + p  2p e 3p  4
p  -4
p
4
3
(vi) Além disso, p  0 pois caso contrário,
x 2  p  x que é um
OBS: Na família de hipérboles, y  0  p  x ?
absurdo.
A única forma de haver intersecção com o gráfico de f é que
2ª solução letra a
(i) x2 – 1  0  x
(ii) x2 – p  0
(iii) x  0
25. Sendo x, y, z e w números reais, encontre o conjunto solução do
sistema
Seja f:[1, + [  
f(x) = x – 2
log [(x + 2y) (w – 3z)– 1] = 0,
2x+3z – 8  2y – 3z + w = 0,
2
x 1
como queremos f(x) =
x 2  p , devemos ter x – 2
 x  2 x2  1  0
 x2  4 x2 – 4
 3 x2  4
x
4
. De fato esta é a condição necessária e suficiente.
3
0p
x2  p  2 x2  1  x
x2  1  0
3 2x  y  6z  2w
20
Resolução:
( x  2y )
 1  x  2y  w  3z
w  3z
2 3
3
 2 3
No intervalo 1,
 , onde f  0
 3 
x  2y  w  3z  0
2
2
3
x 3z
x 3z
2
3  y 3 z  w
0
3  y 3 z  w
2
x  3z  3  y  3z  w
x  y  6z  w  3
2x  y  6z  2w  2
2x  y  6z  2w  8
Temos:
x  2y  3z  w


 ( 1). x  y  6z  w  3
 ( 2). 2x  y  6z  2w  8
x  2y  3z  w

  3 y  3z  3
  3 y
8
8
3
8
5
3z  3  3y  z  1 y  1  z  
3
3
y
8
8
8
16 15
31
x  2 . ( )  3( )  w  x 

w
wx
3
3
3
3
3
1
q3
31 8 5 

 w  3 ,  3 ,  3 , w 


1
1  q2
 q  q3  q3  q 
q
q3

q6 + q4 + q2 – 1 = 0  q4 + q2 = 1 – q6
F.
26. Dentre 4 moças e 5 rapazes deve-se formar uma comissão de 5
pessoas com, pelo menos, 1 moça e 1 rapaz. De quantas formas
distintas tal comissão poderá ser formada?
Resolução:
4 moças
 9 pessoas
5 rapazes
Formam comissão de 5 pessoas
(ED):
(FA): tg =
tga = 1 – q6
1  1  q6
1 1 q
q6

6
2  q6
Substituindo (B) temos :
1
r3
2
9!
9.8.7.6
C9,5 

 126
5! 4! 4 . 3 . 2. 1
Comissões só de rapazes
1
Comissões só de moças
0
Comissões com ao menos 1 moça e 1 rapaz
126-1-0 = 125
27. Considere um triângulo isósceles ABC, retângulo em B. Sobre o
1
2

1
2r 3  1
r3
28. Considere, no plano cartesiano xy, duas circunferências C1 e C2,
que se tangenciam exteriormente em P: (5, 10). O ponto Q : (10,12) é
o centro de C1. Determine o raio da circunferência C2, sabendo que
ela tangencia a reta definida pela equação x = y.
Resolução:
r
lado BC , considere, a partir de B, os pontos D e E, tais que os
12
comprimentos dos segmentos BC , BD , DE , EC , nesta ordem,
formem uma progressão geométrica decrescente. Se  for o ângulo
EÂD, determine tg  em função da razão r da progressão.
x=y
Q 12
P
10
R1
R2
c(a,b)
Resolução:
A
R2
a
X

q3
5
R12
10
2
 (10  5)  (12  10) 2 
 R12  29
B
D
E
R1  29
C
dc1p = dcir = R2
BC, BD, DE, EC
(a  5)2  (b  10)2 
x x
xq xq3
q3 q
ab
2
1  tg a
1  tg a
A.
tg = tg(45 - a) =
B.
r
C.
x
 xq
BE
x  xq2
q
tga =


x
x
AB
q3
q4
1
q2
r
3

1
q6
a 2  10a  25  b 2  20b  100 
a 2  2ab  b 2
2
 a 2  20a  b 2  40b  2ab  250  0 (I)
X
Equqção da reta PQ : 5
Y 1
10 1 = 10x + 10y + 60 -100-12x-5y =
10 12 1
D.
tga = q2(1 + q2) = q4 + q2
C  PQ  5b  2a  40  0  a 
x
 xq
BE
x  xq2
q
tga =


x
x
AB
q3
q4
E.
x
q
3

= 5y – 2x - 40 = 0
5b  40
 Substituindo em (I).
2
x
 xq  xq 3
q
9
2
 5b  40 
 5b  40 
 5b  40 

  20
  b 2  40b  2
  b  250  0
2
2
2






 l3 =
32
=
29 
2
l= 2 2 a=2
25b 2
 100b  400  50b  400  b 2  40b  5b 2  40b  250  0
4
49b 2  920b  4200  0  b 
b  10  b 
920  20 58 460  10 58

, mas
98
49
460  10 58
49
 460  10 58 
  40
5


49
170  25 58


a

2
49
ab
R2 

2
460  10 58 170  25 58

290  15 58 145 2  15 29
49
49


49
2
49 2
29. Seja C1 uma circunferência de raio R1 inscrita num triângulo
eqüilátero de altura h. Seja C2 uma segunda circunferência, de raio R2,
que tangencia dois lados do triângulo internamente e C1
externamente. Calcule (R1 – R2) / h.
O volume do cubo exterior às esferas é o
Volume do cubo retirando oito partes iguais da esfera, sendo que cada
1
parte é
da esfera.
8
Então,
1 1
V= 23 – 8. .  .13 
8 4
4
V=83
Resolução:
R2
R2 R 2
R1
R1
R1 =
h
3
2R1+3R2 = h 
2h

+ 3R2 = h
3
h
R2 =
9
h h

R1  R2 3 9 2


h
h
9
30. Os quatro vértices de um tetraedro regular, de volume 8/3 cm3,
encontram-se nos vértices de um cubo. Cada vértice do cubo é centro
de uma esfera de 1 cm de raio. Calcule o volume da parte do cubo
exterior às esferas.
Resolução:
l
a
l
a
l
a
a
l=a 2
V=
l3 2 8
 
12
3
10