Matemática

TIPO DE PROVA: A
Questão 1
de dias decorridos para que a temperatura
volte a ser igual àquela do início das observações é:
Ao ser dividido por 5, o número
4758 + 118a × 25847 deixa resto 1. Um possível valor do algarismo a, das unidades, é:
a) 4
b) 5
c) 6
d) 7
e) 8
alternativa A
Sendo 118a = 1 ⋅10 3 + 1 ⋅10 2 + 8 ⋅ 10 + a, 0 ≤ a ≤ 9,
o número 4 758 + 118a ⋅ 25 847 deixa o mesmo resto que 8 + a ⋅ 7 na divisão por 5, ou seja, 8 + a ⋅ 7
deve ser um número cuja representação decimal
termina em 1 ou 6.
Portanto a = 4 ou a = 9.
a) 3,5
Questão 2
(a + b)2
3
, a > b > 0, então log a é
=
2
2
2
a − b
sempre igual a:
b) 5 log b
1
d) log b
5
c) log 5 + log b
e) 2 + 3 log b
Para a > b > 0,
2
2
=
d) 4,5
e) 4,0
O vértice da parábola tem abscissa correspondente a 2,5 dias decorridos após o início das observações. Assim, admitindo que o eixo de simetria da parábola é vertical, após mais 2,5 dias a
temperatura volta a ser a mesma do início, totalizando 2,5 + 2,5 = 5,0 dias.
Questão 4
alternativa C
(a + b) 2
c) 5,5
alternativa B
Se
a) log b2
b) 5,0
(a + b) 2
3
3
⇔
=
⇔
2
(a − b)(a + b)
2
Na figura, a circunferência de centro O
tem raio 2 e o triângulo ABC é eqüilátero.
Se PQ // BC , a área assinalada vale:
−b
a +b
3
⇔
=
⇔ 2(a + b) = 3(a − b) ⇔ a = 5b.
a −b
2
Portanto log a = log (5b) = log 5 + log b.
Tomando b = 2 e a = 5 ⋅ 2 = 10 , verificamos
que as demais alternativas apresentadas são incorretas.
a
Questão 3
3
2
3 3
d)
4
a)
A parábola da figura, de vértice V, mostra as
temperaturas observadas em um certo período, em função de dias decorridos. O número
3
3
4 3
e)
3
b)
c)
2 3
3
matemática 2
alternativa E
alternativa A
Como PQ // BC, ∆APQ ~ ∆ABC pelo caso AA e,
Como a e b são reais, positivos e diferentes de 1,
temos:
1
log a b −
log b = 0 ⇔ log a b = log100 b ⇔
2
⇔ a = 100.
portanto, ∆APQ é eqüilátero de altura OA = 2 e
lado
2 ⋅2
4 3
.
=
3
3
Assim,
sua
área
é
1 4 3
4 3
.
⋅
⋅2 =
2
3
3
Questão 5
Se 3x + 2 + 9x + 1 = 12 ⋅ 3x + 1 , então x − 2 vale:
a) 0
b) 1
c) −1
d) 2
e) −2
alternativa C
Temos que 3
x+2
Questão 8
Escolhidos, ao acaso, dois números distintos
do conjunto {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10}, a probabilidade de que o produto deles seja ímpar
é:
3
2
1
2
3
a)
b)
c)
d)
e)
5
9
2
7
4
+ 9 x + 1 = 12 ⋅ 3 x + 1 ⇔
alternativa B
⇔ 3 x ⋅ 3 2 + 3 2x ⋅ 3 2 = 12 ⋅ 3 x ⋅ 31 ⇔
⇔ 3 2x = 3 ⋅ 3 x ⇔ 3 2x = 31 + x ⇔ x = 1
Logo x − 2 = 1 − 2 = −1.
Questão 6
Considere todos os números de cinco algarismos distintos, escritos com 1, 2, 3, 4 e 5. Se
esses números são ordenados em ordem
crescente, o algarismo das unidades do número que ocupa a trigésima posição é:
a) 5
b) 1
c) 4
d) 3
e) 2
alternativa D
Os primeiros números escritos são os iniciados
por 1. Esses são 4! = 24 ao todo. Então são escritos os iniciados por 21, que são 3! = 6 ao todo.
Logo o número que ocupa a trigésima posição é o
maior que se inicia por 21, isto é, 21 543, cujo algarismo das unidades é 3.
Questão 7
Se a e b são reais, positivos e diferentes de 1,
1
tais que loga b − log b = 0, então o valor de
2
a é:
1
1
d)
a) 100
b)
c) 10
e) 2
4
2
O produto dos números é ímpar se, e somente
se, ambos os números escolhidos forem ímpares.
A probabilidade de o primeiro número escolhido
5
1
ser ímpar é
e a probabilidade de o se=
10
2
gundo ser ímpar, dado que o primeiro também é,
4
vale .
9
Logo a probabilidade pedida é igual a
1 4
2
.
⋅
=
2 9
9
Questão 9
Um vazamento, em um navio tanque, provoca o aparecimento de uma mancha de óleo
que tem forma circular e espessura constante
de 2,5 cm, como na figura. O raio da mancha,
t minutos depois do início do vazamento, é
t
.
dado, em metros, pela relação r(t) =
5
Adotando π = 3, o volume, em m3 , de óleo vazado, após 4 minutos do início do vazamento,
é:
a) 0,014
d) 0,02
b) 0,016
e) 0,012
c) 0,08
matemática 3
alternativa E
O volume de óleo é igual ao de um cilindro cujo
t
raio da base é igual a
m e a altura é igual a
5
2,5 cm = 0,025 m. Assim, após 4 minutos do início
do vazamento, o volume é
a) 0 < x ≤ 30o
b) 45o < x ≤ 60o
c) 30o < x ≤ 45o
d) 60o < x ≤ 90o
e) x > 90o
alternativa D
2
 4 
V = π ⋅
 ⋅ 0,025 = 0,004π m 3 .
 5 
Adotando a aproximação dada, V ≅ 0,004 ⋅ 3 =
= 0,012 m 3 .
Questão 10
A soma de todos os valores f(k) dados por
−k +
f(k) = 2
a) 1
1
2,
b)
k ∈ N ∗, é:
1
2
c)
2
2
d) 2
e) 2
alternativa D
Temos
f(k + 1)
=
f(k)
1
−(k + 1) +
2
2
−k +
= 2 −1 =
1
2
1
,
2
2
k ∈N ∗ . Logo a soma dos valores de f(k), k ∈N ∗ , é
1
soma de uma PG infinita de razão
e primeiro
2
termo f(1) = 2
2
−
1−
1
2
1
2
−
−1 +
1
2
−
1
= 2 2 , ou seja, é
1
= 2 ⋅2 2 =
Sejam r o raio da circunferência de centro A e 2r o
raio da circunferência de centro B. Temos AC = r
e AB = BC = 2r.
Sendo M o ponto médio de AC, então cos x =
CM r/ 2 1
=
= .
=
2r
BC
4
Assim, como a função co-seno é decrescente no
intervalo [0 o ;180 o ]:
1
cos 90 o = 0 < cos x <
= cos 60 o ⇔
2
⇔ 60 o < x < 90 o
2.
Questão 11
Na figura, o raio da circunferência de centro
B é o dobro do raio da circunferência de cen$ , então:
tro A. Se x é a medida do ângulo ACB
Questão 12
x + y = m

Para que o sistema 
2 apresente
 3x + ny = 6
mais de uma solução, o produto m ⋅ n deve
ser igual a:
a) 10
b) 15
c) 12
d) 18
e) 16
alternativa C
O sistema apresenta mais de uma solução se, e
m
n =3
1
1
somente se,
.
=
= 2 ⇔
m =4
3
n
6
Logo m ⋅ n = 4 ⋅ 3 = 12 .
matemática 4
Questão 13
i2003 − i
é:
i −1
a) da forma a + bi, com a + b = 1.
b) um número de módulo 2 .
c) um imaginário puro.
d) um número real.
e) um número de módulo 1.
Se i2 = −1, o complexo z =
alternativa B
i 2 003 − i
i3 − i
−i − i
=
=
=
i −1
i −1
i −1
−2i
−1 − i
=
⋅
−1 + i −1 − i
z =
Logo
z =
|z | =
2i + 2i 2
( −1) 2 − i 2
= −1 + i e
( −1) 2 + 12 =
2.
Questão 14
Então:
a) I, II e III são verdadeiras.
b) I, II e III são falsas.
c) somente I é verdadeira.
d) somente II é verdadeira.
e) somente III é verdadeira.
alternativa D
I. Falsa.
Os gráficos de f(x) e g(x) se cruzam duas vezes
no intervalo [0; 2π], portanto há dois valores distintos de x que satisfazem f(x) = g(x) em [0; 2π].
II. Verdadeira.
9π
1
9π
 9π 
 9π 
f
>
+ cos
⇔
 > g
 ⇔ sen
 10 
 10 
10
2
10
π
π
1
⇔ sen
>
− cos
⇔
10
2
10
π
π
1
.
⇔ sen
+ cos
>
10
10
2
π
π
1
π
Como cos
e sen
> cos
=
> 0, a
2
10
3
10
afirmação segue.
III. Falsa.
7π
7π
1
7π 
Para x =
, f
= −
< 0 e
 = sen
 6 
6
6
2
1
7π
1
3
7π 
g
+ cos
=
−
< 0.
 =
 6 
2
6
2
2
Questão 15
As raízes da equação cos 2x = cos x , pertencentes ao intervalo [0, 2π], têm soma igual
a:
a) 7 π
b) 5 π
c) 6 π
d) 3 π
e) 4 π
alternativa E
No intervalo [0; 2π], temos cos(2x) = cos x ⇔
A partir dos gráficos de f (x) = sen x e g (x) =
1
=
+ cos x, esboçados no intervalo [0, 2π],
2
considere as afirmações:
I) A equação f (x) = g (x) apresenta uma única
solução nesse intervalo.
9π 
 9π 
II) f 
 > g 

 10 
 10 
III) Nesse intervalo, para todo x tal que
g (x) < 0, temos f (x) > 0.
⇔ 2 cos 2 x − 1 = cos x ⇔
2y 2 − y − 1 = 0
⇔
y = cos x
1
cos x = −
1


2
ou y = 1
y = −
 ⇔ ou
⇔ 
⇔
2
y = cos x
cos x = 1
⇔ x =
2π
4π
ou x =
ou x = 0 ou x = 2 π.
3
3
Assim, a soma das raízes é igual a:
2π
4π
+
+ 0 + 2 π = 4π
3
3
matemática 5
alternativa B
Questão 16
Uma reta tangente à curva x2 + y2 = 10, no
ponto de abscissa 3, encontra o eixo das ordenadas num ponto P. A distância da origem a
esse ponto é:
a) 9
b) 6
c) 10
d) 10
e) 8
alternativa D
A curva de equação x 2 + y 2 = 10 é uma circunferência de centro na origem O (0; 0) e raio 10 .
Nessa circunferência, um ponto de abscissa
Na reta y = 7x + 1 temos, para x = 0 ,
y = 7 ⋅ 0 + 1 = 1; e, para y = 8 , 8 = 7x + 1 ⇔
x = 1. Logo A = (0; 1) e C = (1; 8).
Como C pertence ao gráfico de y = ax 3 ,
8 = a ⋅ 13 ⇔ a = 8 . Assim, como B = (b; 1)
também pertence a esse gráfico, 1 = 8 ⋅ b3 ⇔
1
1
.
⇔ b3 =
⇔ b =
8
2
1
Portanto ABC é um triângulo de base AB =
e
2
altura 8 − 1 = 7 , ou seja, a área do triângulo ABC
1 1
7
é
.
⋅
⋅7 =
2 2
4
x = 3 tem ordenada y = ± 10 − 3 2 = ±1.
Assim, existem duas retas tangentes à circunferência para x = 3 , simétricas em relação ao
eixo x. Tomando A = (3; 1) como ponto de tangência,
temos P = (0; k).
Desse
modo
PA = (0 − 3) 2 + (k − 1) 2 = 9 + (k − 1) 2 e,
aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo
PAO, OP 2 = PA 2 + OA 2 ⇔
⇔ k
2
⇔ k
2
= 9 + (k − 1)
= 9 +k
2
2
+ 10 ⇔
− 2k + 1 + 10 ⇔ k = 10 .
Nota: a tangente que passa por (3; −1) encontra o
eixo das ordenadas num ponto P’, à mesma distância da origem que P.
Questão 17
Questão 18
Se p(x) = 4x 3 − 16x2 − x + m, m real, admite
duas raízes opostas, o valor de m é:
a) 3
b) −2
c) 2
d) −4
e) 4
alternativa E
Sendo r, −r e s as soluções da equação, pelas relações entre coeficientes e raízes,
−( −16)
r + ( −r) + s =
⇔ s = 4
4
Conseqüentemente
4 ⋅ 43 − 16 ⋅ 4 2 − 4 + m = 0 ⇔ m = 4.
Questão 19
Na figura, temos os esboços dos gráficos de
y = 7x + 1 e y = ax 3 . Se AB é paralelo ao
eixo horizontal, então a área do triângulo
ABC é:
Uma progressão aritmética de números inteiros não nulos tem 10 termos e a soma dos
dois termos centrais é zero. Então:
a) a1 = 5a6
b) a1 = 2a 3
c) a1 = −3a7
d) a1 = 4a 5
e) a1 = −5a 8
alternativa C
a)
1
4
b)
7
4
c)
3
8
d)
5
3
e)
1
2
Seja (a1 ; a 2 ; . . . ; a10 ) a PA de razão r, com a1 ,
a 2 , ..., a10 números inteiros. Então, como os termos centrais são a5 e a6 , a5 + a6 = 0 ⇔ a1 +
−2
+ 4r + a1 + 5r = 0 ⇔ r =
a e o termo geral
9 1
(11 − 2n)
da PA é an = a1 + (n − 1)r =
a1 ,
9
1 ≤ n ≤ 10 .
(11 − 2 ⋅ 7)
Assim, a7 =
a1 ⇔ a1 = −3a7 .
9
matemática 6
Questão 20
Numa loja, um determinado produto de preço
p é posto em promoção do tipo “leve 5 e pague
3”. O desconto que a promoção oferece sobre o
preço p do produto é de:
a) 40%
b) 35%
c) 30%
d) 25%
e) 20%
alternativa A
Como na promoção leva-se 5 pelo preço de 3, o
desconto que a promoção oferece sobre o preço
3

do produto é de 1 −  × 100% = 40%.

5