gabarito - Walter Tadeu

COLÉGIO PEDRO II - UNIDADE SÃO CRISTÓVÃO III
2ª SÉRIE – MATEMÁTICA I e II – PROFº WALTER TADEU
www.professorwaltertadeu.mat.br
Trabalho para a 2ª Certificação – Valor: 3,0 - GABARITO
1) O crescimento de uma população de bactérias, que se reproduz rapidamente, em um laboratório de
pesquisas é descrito por N(t) = a.b2t, onde N(t) é o número de bactérias no instante t (t em horas) e a e b são
constantes reais. Sabendo que no início da observação havia 3000 bactérias e que após 2 horas de
conservação, havia 48000, determine:
a) os valores das constantes a e b;
b) o número de bactérias existentes após meia hora de observação;
Solução. Considerando que no início da observação t = 0, temos:
` a
` a
a) N t  aAb [ N 0  aAb [ 3000  a . Aplicando a função para t = 2 e utilizando o valor de
2t
` a
2.0
“a’, vem: N 2  3000 Ab [ 48000  3000 Ab [ b 
f
2.2
f
g
1
4
4
48000
4
4
4
ffffffffffffffffffff
[ b  16 [ b  2 [ b  2
3000
g
fffff
2A
1fff
2
 3000 A2
 3000.2  6000 bactérias
b) N
2
2) Dadas as funções f ( x)  2 x e g ( x)  4 x 1 , pede-se:
a) para que valores de x, f(x) = 0,125?
b) para que valores de x, f(x) = g(x)?
Solução. Observando as leis de cada função temos:
x
x
a) f ( x)  2  0,125  2 
125
1
 2 x   2 x  2 3  2 x  x  3
1000
8
 
x
x 1
x
2
b) f ( x)  g ( x)  2  4  2  2
x 1
 x  2 x  2  x  2
3) Sob certas condições, uma população de microorganismos cresce obedecendo a lei P = C.3 kt, na qual t é o
número de horas, P é o número de microorganismos no instante t e C e k são constantes reais.
Se P = 486 e t = 10, então C e k podem valer respectivamente:
a)
1
e3
2
b) 3 e
1
4
c) 2 e
1
4
d) 2 e
1
2
e) 3 e
1
2
Solução. Substituindo os valores na função e decompondo 486, temos:
P(t )  C.3  486  C.3
kt
k (10)
 2.3  C.3
5
10 k
C  2


1 . Logo, opção (d).
5  10k  k 

2

4) Seja f : IR  IR definida por f(x) = 2x. Então, f(a + 1) - f(a) é igual a:
a) 2
b) 1
c) f(a)
d) f(1)
e) 2.f(a)
Solução. Aplicando “a” como argumento da função, temos:
f (a  1)  f (a)  2 a 1  2 2  2.2 a  2 a  2 a (2  1)  2 a  f (a  1)  f (a)  f (a) . Opção (c).
5) Resolva a equação exponencial 52x – 7.5x = 450.
Solução. Substituindo 5x = y, temos:
y 2  7 y  450  y 2  7 y  450  0  y 
 (7)  (7) 2  4(1)( 450)
2(1)
 7  43
 25  5 2

7  49  1800 7  1849 7  43
 2
y


 y
2
2
2
 7  43  18  0
 2

Considerando o valor positivo de “y”, temos: 5x = 52, logo x = 2.
2 x  y  2
5 x  2 y 1  1
6) Resolva o sistema de equações exponenciais: 
Solução. Encontrando as expressões dos expoentes em cada equação, temos:
x y
x y
1

2  2  2  2  x  y  1
. Organizando as equações e resolvendo o sistema, vem:
 x  2 y 1

 1  5 x  2 y 1  5 0  x  2 y  1  0
5
x  y  1
2 x  2 y  2

 3x  3  x  1 . Substituindo na 1ª equação vem y = 0.

x  2 y  1 x  2 y  1
Logo, S = (1,0)
7) Resolva as inequações.
a) 3
2 x 5
1
b)  
2
 27
x 1
 16
Solução. Igualando as bases e aplicando as condições de desigualdade, temos:
2 x 5
 27  32 x5  33  (base  1)  2 x  5  3  2 x  2  x  1
a) 3
1
b)  
2
x 1
 
 16  2 1
x 1
 2 4  2
 x 1
 2 4  (base  1)   x  1  4   x  3  x  3
X
^^\ 2i @3, se i < j
8) (Cefet-MG) Seja A = (aij) a matriz quadrada de ordem 3, onde
aij  ^ i @j, se i  j . Calcule o
^Z
i  j, se i > j
determinante de A.
Solução. A matriz é 3 x 3. Logo, temos:
a11 = 1 – 1 = 0
a12 = 2(1) – 3 = -1
a13 = 2(1) – 3 = - 1
a21 = 2 + 1 = 3
a22 = 2 – 2 = 0
a23 = 2(2) – 3 = 1
a31 = 3 + 1 = 4
a32 = 3 + 2 = 5
a33 = 3 – 3 = 0
0 1 1
1  0  (1)(0  4)  (1)(15  0)  4  15  19
O determinante será: 3 0
4 5 0
9) (UE-PA) Uma empresa de telefonia móvel cobra de seus clientes R$ 0,20 por minuto, para ligações entre
telefones habilitados por ela, e R$0,30 por minuto para ligações entre telefones habilitados por ela e outras
operadoras. Um cliente dessa empresa pagou R$ 24,00 referentes a 100 minutos de ligações efetuados nos
dois modos. O número de minutos que esse cliente utilizou, ligando para telefones de outras operadoras é:
Solução. Considerando o número de minutos nas ligações para habilitados da operadora como “x” e o
número minutos nas ligações entre outras operadoras como “y”, monta-se o sistema com a solução.
0,2 x  0,3 y  24 2 x  3 y  240
2 x  3 y  240


 y  40

 x  y  100
 x  y  100  x(2)  2 x  2 y  200
Logo, o cliente utilizou 40 minutos em ligações para telefones de outras operadoras e 60 minutos na
própria operadora.
V
10) (FMU– SP) O sistema aij 
a) a = 2b
ax  2y  3
terá uma única solução se:
x  by  2
b) a + b = - 2
c) a ≠ 2b
Solução. Aplicando a condição para que a solução seja única, temos:
a 2
  ab  2.1  ab  2 . Opção (d).
1 b
d) ab ≠ 2