TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO 1. Os
Propaganda
TC DE MATEMÁTICA (REVISÃO) / 3ª SÉRIE E EXTENSIVO
PROFESSOR
Fabrício Maia
ALUNO(A):
Nº
TURMA:
TURNO:
DATA:
/
/
COLÉGIO:
OSG 5928/05
1. Os valores de b para os quais a parábola y
= x2 + bx tem um único ponto em comum com a
reta y = x – 1 são:
a) –1 e 3
d) 0 e –1
b) –1 e 2
e) 0 e 2
c) –3 e –1
soma = 5
Resp.: C
4. Utilizando-se a tabela abaixo,
N
9
0,95
11
1,04
13
1,11
15
1,18
17
1,23
...
...
371.293
SOLUÇÃO:
y x2 bx
Temos:
y x 1
Comparando:
x2 + bx = x –1
x2 + (b –1)x + 1 = 0
Como as equações têm um único ponto comum,
então:
= 0
(b – 1)2 – 4.1.1 = 0
(b – 1)2 = 4
Daí,
b – 1 = 2
b = –1
b = 3
ou b – 1 = –2
conclui-se que
a) 11
b) 13
c) 14
5
5,55
371.293 é igual a:
d) 15
e) 17
SOLUÇÃO:
Tomando:
n = 5 371.293
Daí,
Resp.: A
log n = log 5 371.293
2. Se f(x) = 4x+1 e g(x) = 4x, a solução da
inequação f(x) > g(2 –x) é:
a) x > 0
d) x > 1,5
b) x > 0,5
e) x > 2
c) x > 1
SOLUÇÃO:
Temos:
f(x) > g(2 – x)
4x+1 > 42–x
(base > 1)
Daí,
x + 1 > 2 –x
2x > 1
log N
1
log n = log 3712935
1
. log 371.293 (veja tabela)
5
1
. 5,55
log n =
5
Log n = 1,11 (veja tabela)
Logo:
log n =
n = 13
Resp.: B
5. O número de pontos de interseção dos
gráficos de y = 3 logx e de y = log 9x,
sendo x > 0, é:
a)
0 d) 3
b)
1 e) 4
c)
2
1
x
2
Resp.: B
3. log50 + log40 + log20 + log2,5 é igual a:
a) 1
d) 10
b) 3
e) 1000
c) 5
SOLUÇÃO:
Lembre:
logba logac logba.c
Temos:
log50 + log40 + log20 + log2,5 = log 100000
= log 105 = 5
SOLUÇÃO:
y 3 . log x
Temos
y log 9x
Comparando:
3.log x = log 9x
log x3 = log 9x
Daí,
x3 = 9x
x3 – 9x = 0
x(x2 – 9) = 0
Sabemos:
f(x) = logax
(x > 0 e 0 < a
1)
x = 3
Ari Duque de Caxias
Da 7ª Série ao Pré-Vestibular
Av. Duque de Caxias, 519 - Centro - Fone: (85) 3255.2900
(Praça do Carmo)
Ari Washington Soares
Sede Hildete de Sá Cavalcante (do Maternal ao Pré-Vestibular)
Av. Washington Soares, 3737 - Edson Queiroz - Fone: (85) 3477.2000
Clubinho do Ari - Av. Edílson Brasil Soares, 525 - Fone:(85) 3278.4264
Ari Aldeota
Rua Monsenhor Catão, 1655
(Início das Aulas: 2007)
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
x
=
0
(n.s)
ou
x2
–
9
=
ou x = –3(n.s)
Resp.: B
k 1 k 1
2 3
6. A equação
1
k 2
5
a) não admite soluções.
b) admite uma solução entre 1 e 5.
c) admite uma solução entre 5 e 12.
d) admite uma solução entre 12 e 20.
e) admite uma solução maior que 20.
0
n
Tp1 . anp . bp
p
Temos:
(x2 + 2x + 1)4 = [(x + 1)2]4 = (x + 1)8
Termo geral
8
Tp 1 . x8p . 1p
p
Queremos:
8 – p = 2 p = 6
Daí,
8
T7 = . x2 . 16 28x2
6
Resp.: 28
SOLUÇÃO:
Lembre:
n n
p p
9. Calcule n
n n
1 2
n 1
1 p 1
Daí
k 1 k 1 k 2
2 3 3
Substituindo:
k 2
3 1
k 2
5
SOLUÇÃO:
Lembre:
n n n
n
... 2n
0
1
2
n
Daí
n
1
n
n
... 8.191
2
n
k 2 k 2
3 5
n
2n
0
Agora:
n
2n 8.191
0
2n –1 = 8.191
2n = 8.192
Logo:
= 6
3 + 5 = k + 2k
Resp.: C
7. A soma dos coeficientes do desenvolvimento de
(1 + x2 – x3)9 é:
a) –1
d) 3
b) 2
e) 4
c) 1
2n = 213 n =
Resp.: 13 13
10. O número total de pares (x, y) que
satisfazem a equação (x2 + y2 – 1)2 + (xy)2
= 0 é:
a) infinito
d) 2
b) 0
e) 4
c) 1
SOLUÇÃO:
Sabemos:
Se p(x) = anxn + an–1xn–1 + ... + a1x + a0,
com an 0. A soma dos coeficientes do
polinômio é dada por p(1).
Assim:
A soma dos coeficientes de (1 + x2 – x3)9 é
dada por:
Scoef. = (1 + 12 – 13)9 = (1 + 1 –1)9 = 1
Resp.: C
8. Encontre
o
coeficiente
de
x2
desenvolvimento de (x2 + 2x + 1)4.
sabendo que
n
n
... 8.191
3
n
SOLUÇÃO:
Se a, b IR e n é par, então:
an + bn = 0 a = b = 0
Temos:
(x2 + y2 –1)2 + (xy)2 = 0
Daí,
2
2
x y 1 0
xy 0 x 0 ou y 0
se x = 0 y2 = 1 y = 1
no
SOLUÇÃO:
Lembre:
Termo geral
2
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
se y = 0 x2 = 1 x = 1
pares: (0, 1), (0, –1), (1, 0), (–1, 0)
Resp.: E
11. A parábola de equação y = x2 – 6 tem
vértice M e corta o eixo x nos pontos A e
B. Qual a área do triângulo ABM?
a) 1
d) 6 6
b) 6
e) 12 6
c)
x x2
x V 1
2
y V f (x V )
ii)
ponto a uma reta.
r
P(x0, y0)
ax0 by0 c
dp.r
a2 b2
Temos:
y = (x – 2).(x – 6) parábola
raízes: 2 e 6
2 6
xV
4
2
yV = f(4) = (4 – 2).(4 – 6) = 2.(–2) = –4
Distância do vértice à reta:
Temos:
– Coordenadas do vértice
y = x2 – 6
0
xV
xV 0
2 .1
4x – 3y + 15
= 0
yV = 02 – 6 yV = –6
d = ???
Então:
M(0, –6)
– Pontos de interseção com o eixo x.
x2 – 6 = 0 x =
(4, –4)
6 ou x 6
d
4 . 4 3.(4) 15
A 6, 0 e B 6, 0
Logo, a área do ABM é dada por:
1
D ABM
Área =
2
D ABM
0
6
6
43
5
Resp.: E
6 1
0 1 12 6
0 1
13. Resolvendo-se a inequação
log 1 (2x 1) log 1 (3x 4), obtemos:
2
c)
2
1
4
a) x
2
3
4
b) 0 x
3
3
c) x
5
SOLUÇÃO:
Resp.: D
b)
42 (3)2
d
1
. 12 6 6 6 u.a
Área =
2
a)
um
6
Lembre:
f(x) = ax2 + bx + c, com a 0
Coordenadas do vértice
b
xV
2a
yV
ou y V f (x V )
4a
(x
de
ax + by + c
= 0
SOLUÇÃO:
12.
Distância
A distância do vértice da parábola y =
4
x 5 é:
– 2)(x – 6) à reta y =
3
72
43
d)
25
25
29
43
e)
25
5
43
1
3
x
2
5
3
4
x
e)
5
3
d)
Lembre:
logax logay x y
(0 < base < 1)
Temos:
log 1 (2x 1) log 1 (3x 4)
2
SOLUÇÃO:
i) f(x) = ax2 + bx + c, com a 0
Coordenadas do vértice
2
Então:
3
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
a)
b)
c)
d)
e)
m > 0
(m + 1)2 + 4m < 0
(m – 1)2 0
m 1, m > 0
Não há valores de m tais que o trinômio
proposto, qualquer que seja x, se torne
sempre positivo.
SOLUÇÃO:
Devemos ter:
3
2x 1 3x 4 5x 3 x 5
1
2x 1 0 (C.E.) x
2
4
3x 4 0 (C.E.) x 3
Interseção
(I
)
3/5
(I
I)
–
1/2
(I
II
)
(I)
(II)
(III)
4/3
–
1/2
3/5
+
1ª condição:
+
+
+
+
< 0
a > 0
a > 0 m > 0
Resp. D
14. Se o número complexo
raízes da equação x10 –
é:
a) 16
b) 32
c) 64
+
z = 1 – i é uma das
a = 0, o valor de a
2ª condição:
< 0 (m + 1)2 – 4.m.1 < 0
m2 + 2m + 1 – 4m < 0 m2 – 2m + 1 < 0
(m –1)2 < 0 (absurdo, pois (m – 1)2 0,
m IR)
Resp.: E
d) –16i
e) –32i
SOLUÇÃO:
Temos:
x10 = a
se z é raiz então z10 = a.
Daí,
a = (1 – i)10
a = [(1 – i)2]5
a = (–2i)5
a = –
a = –32i5
32i
Resp.: E
17. Sejam A = {1, 2, 3} e f : A A
definida por f(1) = 3, f(2) = 1 e f(3) = 2.
O conjunto-solução de f[f(x)] = 3 é:
a) {1)
d) (1, 2, 3}
b) {2}
e) vazio
c) {3}
SOLUÇÃO:
Temos:
A
15. A reta y = ax + 1 intercepta a curva x2
+ 4y2 = 1 somente num ponto. Calcule 8a2.
1
2
3
SOLUÇÃO:
Temos:
y ax 1
2
x 4y 2 1
substituindo (I) em (II):
x2 + 4(ax + 1)2 = 1
x2 + 4a2x2 + 8ax + 4 – 1 = 0
A
1
2
3
se x = 1 f(f(1)) = f(3) = 2 f(f(1)) =
2 (n.s)
se x = 2 f(f(2)) = f(1) = 3 f(f(2)) =
3 (OK)
se x = 3 f(f(3)) = f(2) = 1 f(f(3)) =
1 (n.s)
S = {2}
Resp.: B
x2(1 + 4a2) + 8ax + 3 (Equação do 2º Grau)
= 0
Condição:
= 0 (única solução)
Daí,
(8a)2 – 4.(1 + 4a2).3 = 0
64a2 –12 – 48a2 = 0
16a2 = 12
18. Seja S a soma, em radianos, das raízes
da equação
1 + cos x + cos 2x + cos 3x = 0, x [0,
6S
]. Calcule
.
SOLUÇÃO:
Fórmula de Werner
p q
p q
cos p + cos q = 2 cos
cos
2
2
Temos:
8a2 = 6
Resp.: 6
16. A condição para que o trinômio mx2 + (m
+ 1)x + 1 seja sempre positivo, qualquer
que seja x, é que:
4
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
x
x
1 + cos x = cos 0 + cos x = 2 cos . cos
2
2
5x
x
cos 2x + cos 3x = 2 cos . cos
2
2
Então:
x
x
5x
x
2 cos cos 2 cos cos 0
2
2
2
2
x
x
5x
2 cos . cos cos 0
2
2
2
x
3x
2 cos . 2 . cos cos(x) 0
2
2
x
3x
4 cos cos cos(x) 0
2
2
Daí,
x
x
cos 0
k x 2k
2
2
2
ou
3x
3x
2k
cos
0
k x
2
2
2
3
3
ou
k
cos x = 0 x =
2
ou
se k = 0 x = ,
3
2
Se k = 1, 2, 3, ... raízes
encontradas ou fora do intervalo dado.
,
Raízes: ,
2 3
Soma
das
raízes
=
S
6 3 2
2
3
6
11
S =
6
6S
11
Logo:
Resp.: 11
x2 5x
4
1 2
5
f (x) x x
4
4
f(x)
Parábola
crescen
te
5
4 5
xv
1
2
2.
54
f é crescente x
2
Resp.: C
20. Se p e q são raízes não-nulas de x2 +
5px – 8q = 0, calcule p + q.
SOLUÇÃO:
Girard
x1 x2 5p
x1 . x2 8q
2ª equação
p.q = –8q (como q é diferente de zero)
Temos:
já
p = –8
Logo:
p + q = –5p
p + q = –5.(–8)
=
p + q =
40
Resp.: 40
21. Quantos valores inteiros
inequação
(2x – 7)(x – 1) 0?
a) zero
d) 3
b) 1
e) 4
c) 2
Importante:
cos(–x) = cos(x), x Df
3
x(1 x)
x
é crescente,
2
4
para todo x pertencente a:
5
25
a)
d) ,
,
4
16
25
b)
e) IR
,
4
19.
A função f(x) =
f (x)
6x x x 2
4
a
Estudo do sinal
– – –– – – –
– – –
+ + + +
7/2
+ + + + + + + + +
1
–
+ +
1
+ + +
produto
7/2
inteiros: 1, 2, 3
Resp.: D
SOLUÇÃO:
Temos:
3
x x2
x
2
4
satisfazem
SOLUÇÃO:
5
c) ,
2
f (x)
Daí,
p q 5q
p . q 8q
22.
0,
a)
b)
c)
5
Sobre a equação 1983x2 – 1984x – 1985 =
a afirmativa correta é:
Não tem raízes reais.
Tem duas raízes simétricas.
Tem duas raízes reais distintas.
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
d) Tem duas raízes positivas.
e) Tem duas raízes negativas.
2x + 3 = k x
Então:
SOLUÇÃO:
Temos:
= b2 – 4ac
= (–1984)2 – 4.1983.(–1985)
= 19842 + 4.1983 . 1985
Então:
> 0 raízes reais e distintas.
Resp.: C
23. Seja f uma função real tal que f(x + 1)
= (f(x))2 e f(0) = 10. Então f(4) é igual
a:
a) 1016
d) 101
b) 100
e) 121
c) 10256
2
k 3
k 3
f(k) = 4
6
1
2
2
f(k) = (k –3)2 + 3(k – 3) + 1
f(k) = k2 –3k +
1
Agora:
f(1 – x) = (1 – x)2 –3(1 – x) + 1
f(1 – x) = x2 + x – 1
Portanto:
f(1 – x) = x2 + x –1
Resp.: E
26. A distância do centro da circunferência x2 +
y2 – 6x – 8y + 21 = 0 à bissetriz do 1º e 3º
quadrantes vale:
SOLUÇÃO:
Temos que:
f(x + 1) = [f(x)]2
se x = 0 f(1) = [f(0)]2 f(1) = 102
se x = 1 f(2) = [f(1)]2 f(2) = 104
se x = 2 f(3) = [f(2)]2 f(3) = 108
se x = 3 f(4) = [f(3)]2
1016
d)
3
2
b)
2
e)
2
2
c)
3
y = x
1ª SOLUÇÃO:
Temos:
–3 y <
7
Resp.: B
5
SOLUÇÃO:
Circunferência
x2 + y2 – 2ax – 2by + a2 + b2 – R2 = 0
Centro (a, b)
Daí,
–2a = –6 a = 3
–2b = –8 b = 4
Bissetriz dos quadrantes ímpares
24. Se o domínio da função f, definida por
f(x) = 1 – 2x, é o intervalo ]–3, 2]. O
conjunto imagem de f é dado por:
a) ]–7, 3]
d) [–3, 5[
b) [–3, 7[
e) ]–3, 3]
c) ]–3, 7]
Veja:
x ]–3, 2]
Então:
–3 < x 2
Agora:
1 y
3
2
2
–6 < 1 – y 4
–7 < –y 3
7 > y –3
ou
a)
f(4) =
Resp.: A
y = 1 – 2x x =
k 3
2
1 y
2
2ª SOLUÇÃO:
xmax = 2 ymin =
–3
xmin = –3 ymax =
7
Então:
y [–3, 7[
1. 3 1. 4 0
distância =
1 (1)
2
2
1
2
2
2
Resp.: E
3
x é
3
circunferência de centro
dessa circunferência é:
a) 3
d)
b) 2
e)
27.
y [–3, 7[
c)
25. Se f(2x + 3) = 4x2 + 6x + 1, x IR,
então f(1 – x) vale:
a) 2 – x2
d) 3x2 – 2x + 4
b) 2 + x2
e) x2 + x –1
2
c) x + 2x – 4
A
reta
y
=
tangente
a
(2, 0). O
uma
raio
1
0,5
3
SOLUÇÃO:
SOLUÇÃO:
Tomando:
3x 3y 0
6
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
P em OA e Q em OB de tal maneira que AP =
PQ = QB = x. Nestas condições o valor de x
é:
Distância de um ponto a uma reta.
R =
R
3 .23.0 0
( 3 )2 (3)2
ab a b
a)
2 3
b) a b
12
a b
2
2 3
c)
2 3
d) a b
R = 1
2ab
2
2ab
ab a b
e)
Resp.: D
28. Se S = 1! + 2! + 3! + ... + 89!, então o
dígito das unidades de S é:
a) 1
d) 7
b) 3
e) 9
c) 5
SOLUÇÃO:
Veja:
1! = 1; 2! = 2; 3! = 6; 4! = 24
A partir de 5!, os resultados
múltiplos de 10.
Então:
S = 1 + 2 + 6 + 24 + 5! + ... + 89!
33
SOLUÇÃO:
serão
Pitágoras
x2 = (a –x)2 + (b –x)2
x2 = a2 –2ax + x2 + b2 –2bx + x2
múltiplo de 10
x2 –2(a +
b2
= [–2(a
= 4(a +
= 8ab
Daí,
S = 3 + 30 + 10’
múltiplo de 10
S = 3 + 10 dígito das unidades é 3.
Resp.: B
29.
O
x
sistema
b)x + a2 +
= 0 2
+ b)] – 4.1(a2 + b2)
b)2 – 4(a2 + b2)
2(a b)
2
linear
de
equações
nas
kx
2
y
1
incógnitas x e y
é impossível
2x y m
x = a + b +
se, e somente se:
1
a) k = –4 e m
2
1
b) k –4 e m =
2
1
c) k –4 e m
2
Resp.: B
8ab
31.
1
e) k = –4 e m =
2
2ab
Num triângulo retângulo de catetos 1 e
3 cm , a altura
mede, em cm:
SOLUÇÃO:
kx 2y 1
Sistema
4x 2y 2m
relativa
a) 2
d)
3
2
b) 3
e)
2
2
c)
Somando
2(a b) 2 2ab
2
2ab (absurdo, veja figura)
x ab
d) k = –4
à
hipotenusa
3
SOLUÇÃO:
Temos:
(k + 4)x = 2m
–1
impossível
k + 4 = 0 k = –4
1
2m –1 0 m
2
Resp.: A
Relações métricas
30. Em um triângulo retângulo OAB, retângulo
em O, com OA = a e OB = b, são dados pontos
i) a2 = 12 +
7
3
2
a2 = 4 a = 2
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
ii)
1. 3 a.h
3 2h h
Resp.: E
3
2
35. Na figura, ABCD é um quadrado e BCE é um
triângulo eqüilátero. A medida do ângulo
AEB, em graus, é:
a) 30
A
D
b) 49
E
c) 60
d) 75
e) 90
Resp.: D
32.
Sendo
8
f(x)
=
f(10 ) f(10 )
é:
108 103
a) 104
b) 102
c) 10
SOLUÇÃO:
100x
+
3,
o
valor
de
3
d) 10–5
e) 10–11
Saiba:
Se f(x) = ax + b, com a 0,
então:
Assim: f(s) f(v)
a, com s v.
s3) v
f(108 ) f(10
100 (coeficiente angular)
108 103
Resp.: B
33. Se um polígono convexo de n lados tem 54
diagonais, então n é:
a) 8
d) 11
b) 9
e) 12
c) 10
n(n 3)
2
Então:
n(n 3)
54
2
n2 – 3n – 108 = 0
n = 12
C
BCE é eqüilátero = 60
ABCD é um quadrado = 30
Veja:
BC BE (lado do quadrado = lado do BCE)
Daí,
ABE é isósceles
SOLUÇÃO:
Lembre:
Fórmula do número de diagonais d
B
SOLUÇÃO:
Figura:
+ 2x = 180
30 + 2x = 180
ou n = –9(n.s)
Resp.: E
x = 75
34. O polígono convexo cuja soma dos ângulos
internos mede 1440 tem, exatamente:
a) 15 diagonais
d) 30 diagonais
b) 20 diagonais
e) 35 diagonais
c) 25 diagonais
B
Resp.: D
36.
Na
figura
retângulo,
abaixo, EFG
EF 2cm ,
é
um
triângulo
EG 6cm
e
EP PQ QG . Então + + é igual a:
SOLUÇÃO:
Lembre
Soma dos ângulos internos
Si = (n –2) . 180
Então:
1440 = (n –2) . 180
1400
n 2
180
8 = n – 2
3
7
b)
18
4
c)
9
d)
2
a)
n = 10
SOLUÇÃO:
Portanto:
n(n 3)
10 . 7
d
2
2
n = 35
8
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
2
tg = 1 = 45
2
2
1
EQF tg =
tg =
4
2
2
1
EGF tg =
tg =
6
3
Sabemos:
tg tg
tg ( + ) =
1 tg . tg
a)
1 5
2
c)
1 3
2
b)
1 2
5
d)
1 2
3
EPF tg =
SOLUÇÃO:
x
P.G. ; x; xq
q
Então:
1
1
5
2
3
6
tg ( )
1
1 1
5
1
.
2 3
6
tg ( + ) = 1 + = 45
Portanto:
+ + = 90
Resp.: D
Pitágoras
x
(xq)2 = x2 +
q
x2
q2
Dividindo ambos os membros por x2.
1
q2 = 1 + 2
q
q4 – q2 – 1 = 0
x2q2 = x2 +
37. A área compreendida entre as retas 4y =
x – 2, y = 2x – 4 e x = 0 é igual a:
a) 3,0 u.a
d) 4,5 u.a
b) 3,5 u.a
e) 6,0 u.a
c) 4,0 u.a
SOLUÇÃO:
Temos:
x 2
y
4
retas y 2x 4
x 0 (eixo y)
Gráfico
1 5
1 5
q2
2
2
Portanto:
q2 =
1 5
2
Resp.: A
q
1
);
2
C(2, 0)
B(0,
–4)
SOLUÇÃO:
Fazendo:
log2(a + b) = x
log3(a – b) = y
Sistema:
2x . 3y 4
x y 2 x 2
Substituindo:
2x . 3y = 4
22+y . 3y = 4
22 . 2y . 3y = 4
4 . 6y = 4
6y = 1 y = 0
Assim:
a b 4
a b 1
e
1
1
2
4 1 1 8 7
0
2
0
Atenção!!! q é positivo
39. Sejam a e b números reais. Se a > b > 0, a2
– b2 = 4 e log2(a + b) –– log3(a – b) = 2,
então a2 + b2 é igual a:
13
17
a)
c)
2
2
15
19
b)
d)
2
2
A(0,
D ABC 0
2
1
Logo:
1
7
.7
u.a.
2
2
Resp.: B
Área =
38. A razão de uma progressão geométrica,
cujos termos são os três lados de um
triângulo retângulo é:
9
a + b = 2x
a – b = 3y
y
x = 2
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
Resolvendo:
5
3
a
eb
2
2
Logo: a2 + b2 =
42. O número de raízes da equação tg2x – sen2x
= 0, 0 x < 2, é:
a) 0
d) 3
b) 1
e) maior que 3
c) 2
34
17
4
2
Resp.: C
40.
Se
x1
e
x2
são
as
raízes
da
SOLUÇÃO:
Temos:
equação
3
32 log x xlog x (3x) , então 9(x1 + x2) é igual a:
a) 22
c) 26
b) 24
d) 28
SOLUÇÃO:
Lembre:
sen2 x
sen2 x 0
cos2 x
sen2x –sen2xcos2x = 0
sen2x(1 – cos2x) = 0
sen2x . sen2x = 0
sen4x = 0
Daí,
sen x = 0
x = 0 ou x =
Resp.: C
b
i) alog a b
Se logba x ax b
ii)
Temos:
3
3x
32 log x xlog x
Então:
n
3
32 log x 3x
Tomando:
43.
3
n
(a + b)n =
np
. bp (Binômio de Newton)
p 0
3. 3
n
3k 1
Comparando:
2
k + 1 =
k
k2 + k – 2 = 0
3–2
n p
. 2p (1 2)n 3n
p 0
Então:
3n = 729 n = 6
44.
1
x =
9
de
raízes
O
domínio
real
da
função
f(x)
=
2 senx 1 para 0 x < 2 é:
5
x
6
6
5
ou
x 2
b) 0 x
6
6
c) 0 x
ou
k = 1 x = 31 x = 3
Logo:
1
9 x1 x2 9 3 1 27 28
9
Resp.: D
O
número
3
cos x 0 é:
2
a) 0
b) 1
c) 2
n
p . 1
2
3k
41.
n
p a
Veja:
k
k = –2 x =
729.
SOLUÇÃO:
1
e x 3k
k
Substituindo:
1
k
p
p 0
log3x k log3x
2.
n
p . 2
Determine n, sabendo que
a)
d)
de
equação
2
x
3
3
SOLUÇÃO:
Condição:
2 sen x –1 0
d) 3
e) maior do que 3
1/2
senx
SOLUÇÃO:
Sabemos:
–1 cos x 1, x IR
Temos:
3
cos x 0
2
3
cos x =
2
cos x = –1,5 (absurdo, pois o mínimo de cos
x é –1).
Resp.: A
1
2
Daí,
5
x
6
6
Resp.: A
45. Seja M um conjunto de 20 elementos. O
número de subconjuntos de M que contêm
exatamente 18 elementos é:
a) 360
d) 120
b) 190
e) 18
10
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
c) 180
x = m.d.c. (1590, 1060, 583)
SOLUÇÃO:
Temos:
M = {a1, a2, a3, ..., a20}.
A ordem dos elementos não altera um
conjunto.
Daí,
nº de subconjuntos com 18 elementos = C20, 18
Resp.: B
x =
53
* MDC (1590, 1060) = 530
46. Se Cn,2 + 2.An,2 + 100 = A2n,2 então n é
igual a:
a) 24
d) 10
25
b) 8
e)
3
c) 6
* MDC (530, 583) = 53
SOLUÇÃO:
Temos:
Cn,2 =
n!
n . (n 1)
(n 2)!2!
2
An,2 =
n!
n . (n 1)
(n 2)
Resp.: 53
48. Sejam
N
o
conjunto
dos
números
inteiros positivos e E = {(x,y) N2;
x4y4 – 10x2y2 + 9 = 0}
Determine o número de elementos de E.
(2n)!
A2n,2 =
(2n) . (2n 1)
(2n 2)!
Então:
n(n 1)
2 . n(n 1) 100 (2n)(2n 1)
2
n2 – n + 4n2 – 4n + 200 = 8n2 – 4n
3n2 + n – 200 = 0
n = 8
ou n =
SOLUÇÃO:
Temos:
x4y4 – 10x2y2 + 9 = 0
(x2y2)2 – 10x2y2 + 9 = 0
Fazendo:
x2y2 = k
Equação
k2 – 10k + 9 = 0
k = 1 x2y2 = 1 (xy)2 = 1
ou
k = 9 x2y2 = 9 (xy)2 = 9
Como x e y são inteiros positivos, tem-se:
xy = 1 (1,1)
ou
xy = 3 (1,3) ou (3,1)
E = {(1,1), (1,3), (3,1)}
Resp.: 3
25
(n.s)
3
Resp.: B
47. Deseja-se
acondicionar
em
um
certo
número de caixas, 1590 bolinhas brancas,
1060 amarelas e 583 azuis, de modo que cada
caixa contenha bolinhas de todas as cores.
Calcular o número máximo de caixas de modo
que qualquer destas caixas contenha, para
cada cor, quantidades iguais de bolinhas.
SOLUÇÃO:
x número de caixas
p quantidade de bolas brancas em cada
caixa
q quantidade de bolas amarelas em cada
caixa
r quantidade de bolas azuis em cada
caixa.
Temos:
1590
p
x
1060
q
x
583
r
x
Veja:
49.
Considere a função real definida por
2x 3
3
f (x)
, x .
1
1
2
x
3
2
Então o valor da soma 1.f(1) + 2.f(2) +
3.f(3) + ... + 20.f(20) é:
a) 120
d) 620
b) 600
e) 1260
c) 210
SOLUÇÃO:
Temos:
2x 3
6
f (x)
(2x 3) .
2x 3
2x 3
6
11
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
Então:
SOLUÇÃO:
Lembre:
Se f é injetora, então:
x1 x2 f(x1) f(x2)
Daí,
f(x)
= 6
Agora:
Soma: 1 . 6 + 2 . 6 + 3 . 6 + ... + 20 . 6
Soma: (1 + 2 + 3 + ... + 20) . 6
(1 20) . 20
. 6 21. 10 . 6
Soma:
2
Soma
1260
=
Resp.: E
Pelo
da contagem,
temPelo princípio
princípiofundamental
fundamental
da contagem,
se:
6.5.4.3
= 360 =funções
injetoras
tem-se:
6.5.4.3
360 funções
injetoras
53.Resp.:
Para B ser aprovado numa disciplina, um
aluno precisa ter média maior ou igual a
50, obtida num conjunto de cinco provas,
sendo quatro parciais, com peso 1 (um)
cada, e uma prova exame, com peso 2 (dois).
Um certo aluno obteve em Matemática, nas
quatro provas parciais, notas iguais a 30,
60, 50 e 70.
Esse
aluno,
para
ser
aprovado
nessa
disciplina, deverá obter, na prova-exame,
nota mínima igual a:
a) 20
d) 45
b) 35
e) 50
c) 40
50. Sejam x e y números reais satisfazendo
às equações
logy x + logx y = 2 e x2y + y2 = 12x.
Determine o valor do produto xy.
SOLUÇÃO:
Tomando:
1
logxy m logyx
m
Daí,
1
m 2 2
m
m2 – 2m + 1 = 0
m =
x =
1
y
Substituindo na 2ª equação
x2y + y2 = 12x
x2.x + x2 = 12x
x3 + x2 –12x = 0
x(x2 + x –12) = 0
x = 0 (n.s) ou x = –4(n.s)
ou
x =
3
Resp.: 9
y =
3
SOLUÇÃO:
Média ponderada =
1.30 1.60 1.50 1.70 2.x
210 2x
6
6
Temos:
210 2x
50
6
210 + 2x 300
2x 90
x 45
51. Os conjuntos A e B possuem 3 e 4
elementos, respectivamente. Quantas funções
de A em B tem o conjunto imagem igual a B?
a) nenhuma
d) 3!
b) 34
e) 4!
c) 43
xmin =
45
Resp.: D
54. O resto da divisão do inteiro n por 12 é
igual a 7. O resto da divisão n por 4 é:
a) 0
d) 3
b) 1
e) 4
c) 2
SOLUÇÃO:
Veja:
i) Numa função de A em B devemos ter todos
os elementos de A associados a um único
valor em B.
ii)
Se
o
conjunto
imagem é o próprio B, então existe um
elemento em A com duas imagens, pois
todos
os
elementos
de
A
estão
associados, o que nos leva a um absurdo.
Portanto, não existem funções de A em B
sobrejetoras.
Resp.: A
SOLUÇÃO:
Temos:
n
12
7
q
Daí,
n = 12q + 7
n = 12q + 4 + 3
n = 4(3q+++1) + 345
n = 4q’ + 3, onde q’
= 3q + 1
Veja:
52. As funções injetoras de A = {1, 2, 3, 4} em
B = {5, 6, 7, 8, 9, 0} são em número de:
a) 720
d) 24
b) 360
e) 30
c) 15
12
n
4
3
q’
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
a)
Resp.: D
55. Qual dos cinco números
abaixo é um divisor de 1015.
a) 25
d) 75
b) 50
e) 250
c) 64
b)
relacionados
c)
d)
e)
SOLUÇÃO:
Temos:
1015 = (2.5)15 = 215 . 515
SOLUÇÃO:
Sendo x a medida do lado do menor quadrado,
os outros quadrados terão seus lados com as
medidas indicadas na figura:
Veja:
( a ) 25 = 52 divide 1015 (OK)
( b ) 50 = 2 . 52 divide 1015 (OK)
( c ) 64 = 26 divide 1015 (OK)
( d ) 75 = 3 . 52 não divide 1015 (problema:
fator 3)
( e ) 250 = 2 . 53 divide 1015 (OK)
Resp.: D
Assim, a = 5x e b = 3x
a
5
Portanto,
b
3
Resp.: A
56.
A fração geratriz de 3,74151515... é:
37.415
37.041
a)
d)
10.000
9.000
3.741.515
370.415
b)
e)
10.000
99.000
37.041
c)
9.900
59. A equação x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0, de
coeficientes reais, admite as raízes 2 – i
e 3 + 2i.
Então d é:
a) 75
d) 15
b) 65
e) 10
c) 25
SOLUÇÃO:
Temos:
37.415 374
37.041
3,7415
9.900
9.900
Resp.: C
SOLUÇÃO:
Sabemos que:
Se os coeficientes de um polinômio p(x) são
reais, então:
57. Se A e B são conjuntos, A – (A – B) é
igual a:
a) A
d) A B
b) B
e) A B
c) A – B
a + bi é raiz de p(x) a –
bi também é
Temos:
2 – i é raiz 2 + i também é.
3 + 2i é raiz 3 –2i também é.
Daí, aplicando Girard na equação:
x1 . x2 . x3 . x4 = d
(2 – i).(2 + i).(3 + 2i).(3 – 2i) = d
(4 – i2).(9 – 4i2) = d
5 . 13 = d
SOLUÇÃO:
A – B A B
5
3
2
3
2
3
2
1
2
Lembre:
A – B = {x/x A e
x B}
d =
65
Resp.: B
60. O número de soluções reais da equação
É fácil ver:
2x2 8x
x é:
x2 4x
a) 0
b) 1
c) 2
A – (A – B) =
A B
Resp.: E
58. O retângulo abaixo de dimensões a e b
está decomposto em quadrados. Qual o valor
a
da razão
?
b
d) 3
e) 4
SOLUÇÃO:
Temos:
2x2 8x
x
x2 4x
13
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
Resp.: D
63. Dando x 1 e positivo, calcule o valor de
2x2 – 8x = x3 – 4x2
x3 – 6x2 + 8x = 0
x(x2 – 6x + 8) = 0
x = 0 (n. serve) denominador nulo
ou
x2 – 6x + 8 = 0
ou
1
x Ln x
.
e
a) 0
b) 1
c) 2
d) 3
e) 4
x = 2
x = 4 (n. serve) denominador nulo.
S = {2}
SOLUÇÃO:
Sabemos que:
Resp.: B
61. Determine
o número de
da equação 2x = logx2 .
a) Nenhuma
b) Uma
c) Duas
d) Três
e) Infinitas
b
i) aloga = b
soluções
reais
1
logba
ii)
logba
iii)
Lx = Ln x = logxe
1
x Ln x
Então, a expressão dada
é igual a:
e
e
Exp. =
SOLUÇÃO:
Graficamente:
xlogx
e
1
e
e
Resp.: B
aI
cI
F
Fb IJ . F
G
Hb J
K .G
Hc K G
Ha J
K
c
log10
64. Prove que
a
log10
b
log10
1.
SOLUÇÃO:
Prova:
Tomemos:
a
= x 10x = a
log10
b
= y 10y = b
log10
c
= z 10z = c
log10
Então:
F10 I . F10 I . F10 I
G
H10 J
KG
H10 J
KG
H10 J
K
x
1o
Como não existe interseção, a equação não
admite soluções.
Resp.: A
1o membro =
62. Se n é o maior número inteiro pertencente
ao domínio da função f(x) =
determine o valor de n3 + 3n2 + 2.
a) 2
b) 20
c) 21
d) 22
e) 32
membro =
z
y
y
x
z
z
y
x
10 xz 10 xy 10 yz
.
.
10 yz 10 xz 10 xy
1o membro = 1
1logx2 ,
c.q.p.
65. Determine o produto das soluções reais da
equação
9.
a)
b)
c)
d)
e)
SOLUÇÃO:
Domínio campo de existência condição
de existência da função 1 – logx2
0 logx2 1 0 < x 21 0 < x 2
maior inteiro x = 2.
Logo, a expressão é igual a 23 + 3 . 22 + 2
= 22.
x
xlog3 x3 .
4
8
25
27
90
SOLUÇÃO:
Tomemos:
log3x = k 3k = x
14
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
Assim,
9 . (3k)k = (3k)3
3k
2
2
33k k2 + 2 = 3k
Diagonal (D)
D =
k2 – 3k + 2 = 0
(3k)2 (5k)2 (7k)2
4 83 83k2 4 83 k 83
k = 4
k = 1 x = 3
ou
k = 2 x = 9
Portanto, o produto das soluções é 27.
Volume (V)
V = 12 . 20 . 28
V = 6720cm3
Resp.: D
Resp.: D
2
66. Seja x tal que log10
,
estão,
nesta
ordem,
aritmética. Calcule 22x.
a) 1
b) 4
c) 8
d) 16
e) 25
SOLUÇÃO:
F
H
2
log10
,
Temos que:
x
(2
2 . log10
1)
(2x 1)2
log10
=
x
2
(2 – 1)
(2x 1)
log10
,
x
(2
log10
em
1)
68. Um prisma reto de altura igual a 9cm tem
como base um triângulo. Sabendo que dois
dos lados deste triângulo medem 3cm e 4cm
e que o ângulo formado por estes lados
mede 45o, determinar o volume do prisma.
x
( 2 3)
e log10
progressão
a) 3 2 cm3
b) 9 2 cm3
c) 27 2 cm3
(2x 3)
log10
x
(2
2
= log10
+ log10
3)
d) 54 2 cm3
IKP.A.
e) 81 2 cm3
SOLUÇÃO:
2(2x 3)
log10
= 2 . (2x + 3)
Tome:
2x = a
Então:
a2 – 2a + 1 = 2a + 6 a2 – 4a – 5 = 0
a = 5
Volume do prisma
(altura)
Então:
2x = 5
=
(área
da
base)
x
F3 . 4 . sen 45 I . 9
G
H 2 J
K
o
V =
ou
a = – 1 (não serve)
Portanto,
22x
V = 6 .
= 25.
2
. 9 = 27 2 cm3
2
Resp.: C
Resp.: E
69. A aresta, a diagonal e o volume de um cubo
estão,
nesta
ordem,
em
progressão
geométrica. Determine a área total deste
cubo.
a) 3
b) 6
c) 9
d) 18
e) 27
67. As
dimensões
de
um
paralelepípedo
retângulo são proporcionais a 3, 5 e 7.
Sabendo-se que a diagonal mede 4 83 cm,
calcule o volume do paralelepípedo.
a) 105cm3
b) 1575cm3
c) 4725cm3
d) 6720cm3
e) 8575cm3
SOLUÇÃO:
SOLUÇÃO:
aresta = a
diagonal = a 3
15
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
volume = a3
Área (lateral do cilindro) = 2rh = AL
P. G. (a, a 3 , a3)
3a2 = a4
2
ea 3 j
Veja:
= a . a3
25
h
25
tg =
h
(4 r )
4r
4
4
a2 = 3
Portanto, a área total será 18 u.a.
Substituindo, h na área lateral, vem:
Resp.: D
AL =
70. Uma esfera de raio r é inscrita num cone
eqüilátero com geratriz de comprimento g.
incentro,
baricentro,
ortocentro
Veja:
i. g = 2R (geratriz)
ii.
25
L
O A
M
N4 (4 r)P
Q
L
25
(4r r 2 )
2
parábola
g 3
Determine o valor de
.
r
a) 3
b) 6
c) 8
d) 9
e) 12
SOLUÇÃO:
O:
2r
Para que AL seja máxima, basta que r seja
igual a abscissa do vértice da parábola.
Então:
25
25
r = 2 h =
V = . 22 .
=
2
2
3
50cm .
Resp.: E
72. Determine a área (em m2) do setor circular
hachurado na figura abaixo, sabendo que o
ângulo ABC
mede
rad e o diâmetro AB mede
6
6
m.
8
a) 24
b) 48
circuncentro,
c) 48 3
d) 54
e) 54 3
g 3
g 3
= 3r
= 6
2
r
SOLUÇÃO:
Resp.: B
R2
6
ABC é retângulo
[setor] =
71. O raio da base de um cone circular reto
25
mede 4cm e sua altura
cm. Determine, em
3
cm , o volume do cilindro circular reto de
maior área lateral, inscrito no cone.
a) 4
b) 10
c) 25
d) 40
e) 50
cos 30o =
R
6
8
3
2
Então:
SOLUÇÃO:
2R =
3 .8
6
4R2 =
R2 = 3 . 16 .
[setor] = 48m2.
6
3 . 64 .
R2
6
6
= 3 . 16
Resp.: B
73. Dado um cilindro de revolução de raio r e
altura h, sabe-se que a média harmônica
entre o raio r e a altura h é 4 e que sua
16
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
75. Seja R a raiz positiva da equação x2 + x –
3
= 0.
4
sen Ao cos Ao
Se R =
, onde 0 < A < 90.
sen 11o cos11o
Calcule o valor de A.
a) 30
b) 41
c) 60
d) 75
e) 80
área total é 2m2. Mostre que o raio r
satisfaz a sentença r3 – r + 2 = 0.
SOLUÇÃO:
Área total
2rh + 2r2 = 2
rh
r2
+
=
1
(I)
Média Harmônica
2rh
4
r h
h
=
SOLUÇÃO:
Temos: x2 + x –
2r
r 2
x =
(II)
x = –
Substituindo II em I, vem:
2r
2r 2
r
+ r2 = 1
r2 1
r 2
r 2
F I
G
H JK
= r – 2
r3 – r + 2 = 0
Então:
Ao – 11
OK
74. Seja
1
o
determinante
D(x)
=
R =
1
2
3
(Não serve)
2
o
= 30
cos Ao
o
Ao = 41o
2senx
senx
. Calcule o valor de D
cosx
1 2senx
A = 41
Resp.: B
76. Determine a soma das raízes da equação:
1 1
1
1
1 x
1
1
0
1 1 x2
1
1 1
1
x4
I
F
G
H12 JK.
a)
Assim, R = sen Ao cos 11o – sen 11o
.
R = sen (Ao – 11o )
1
= sen (Ao – 11o )
2
2r2 + r2(r – 2) = r – 2 2r2 + r3 – 2r2
r3 = r – 2
1
2
3
= 0
4
1
2
2
2
3
c)
2
b)
a)
b)
c)
d)
e)
1
2
3
1
e)
2
4
d)
3
SOLUÇÃO:
Aplicando Chió, vem:
SOLUÇÃO:
D(x) = 1 – 2sen2x + sen x cos x
sen(2x)
D(x) = cos (2x) +
2
sen
6
D
= cos
6
2
12
D
F
I
G
H JK
I
F
G
H12 JK=
0
1
2
4
5
F
I
G
HJ
K
1
1
1
1
F
I
G
HJ
K
1
1
1
x
1
1
1 x2
1
1
1
x4
0
Daí,
x1
0
0
0
x1
0 0
0
0
x5
(x – 1) . (x + 1) . (x – 5) = 0
x = 1, – 1 ou 5
3
1
2
4
Resp.: E
Portanto, a soma das raízes é 5.
17
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
Resp.: E
77. Se
o
sistema
x my 3
R
S
Tmx 4y 6
tem
2k – 2 = – 2k
22k – 4 . 2k + 4 = 2k
22k – 5 . 2k + 4 = 0
infinitas
soluções.
Determine o valor de m4 – 8m2 + 23.
a) 6
b) 7
c) 8
d) 9
e) 12
7
|R
S
|
T
(não serve)
8 (b2 – a2) = 2
Resp.: C
81. Determine o valor de b para o qual a reta
y = x + b não intercepta os ramos da
hipérbole x2 – y2 = 1.
a) 0
b) 1
c) 2
d) 3
e) 4
SOLUÇÃO:
Somando:
k = 2
= 0
único ponto
Daí,
(8ab)2 – 4 (1 + 4a2) . (4b2 – 1) = 0
64a2b2 – 16b2 + 4 – 64a2b2 + 16a2 = 0
8a2 – 8b2 + 2 = 0
x20 y20 2z20.
a) 0
b) 1
c) 2
d) 3
e) 4
0 0
Como a reta é tangente, então a interseção
é um único ponto.
78. Se (x0, y0, z0) é uma solução do sistema
xy2
,
encontre
o
valor
de
xy z2 1
2
0
2k = 4
(1 + 4a2)x2 + 8abx + 4b2 – 1 = 0
Resp.: B
0
ok
SOLUÇÃO:
Substituindo a reta na equação da elipse,
vem:
x2 + 4y2 = 1
x2 + 4 (a2x2 + 2abx + b2) = 1
m = 2
retas coincidentes infinitas soluções.
0
k = 0
80. Sendo a reta y = ax + b tangente à elipse
x2 + 4y2 = 1, determine o valor de 8 (b2 –
a2).
a) 0
b) 1
c) 2
d) 3
e) 4
a1
b
c
1 1
a2
b2
c2
R
|Sx y 2
|Tx y z 1
Resp.: A
Se r e s são coincidentes, então:
Portanto, m4 – 8m2 + 23 =
2k = 1
ou
Veja: se k = 2 f(2k) = f(4) = 4 0
SOLUÇÃO:
Sejam: r: a1x + b1y + c1 = 0
s: a2x + b2y + c2 = 0
Assim, temos:
1
m 3
m
4
6
2k – 2 = 0
2k +
x20 y20 2x 0 y0 4
2x0 y0 2z20 2
x20 y20 2z20 2
Resp.: C
SOLUÇÃO:
Interseção x2 – (x + b)2 = 1
x2 – x2 – 2bx – b2 = 1 – 2bx = 1 + b2
1 b2
x =
(x da interseção)
2b
79. Considere
a
função real
definida
no
conjunto dos números reais não-negativos
por f(x) = x + x – 2. Determine o número
real k, tal que f(2k) = 0.
a) 0
b) 1
c) 2
d) 3
e) 4
Veja:
Para que não exista
tomarmos b = 0.
SOLUÇÃO:
Temos que:
interseção,
basta
Resp.: A
18
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
82. Determine o menor inteiro n > 0, de modo
F3 1 iI seja real positivo.
G
H2 2 J
K
85. Determine um polinômio P(x) de grau 2 que
verifique a identidade P(x + 1) x2 + 2x
+ 3.
n
que
a)
b)
c)
d)
e)
6
10
12
16
24
SOLUÇÃO:
Supondo P(x) = ax2 + bx + c, temos
P(x + 1) = a(x + 1)2 + b(x + 1) + c = ax2 +
(2a + b)x + (a + b + c).
Então:
P(x + 1) x2 + 2x + 3
a1
a 1
SOLUÇÃO:
Temos que:
F3 1 iI = (cos30
G
H2 2 JK
R
|S2a b 2
|Ta b c 3
n
o
+ isen30o)n = cos (n . 30o)
+ i sen (n . 30o)
UM
R
|Sb 0
|Tc 2
Logo, P(x) = x2 + 2.
ZERO
Então:
n . 30o = k . 360o
86. Que condições devem satisfazer os números
a, b e c para que o polinômio ax2 + bx + c
seja o quadrado de um polinômio do 1o
grau?
n = 12k
Portanto, n = 12 (menor inteiro positivo)
SOLUÇÃO:
Devemos ter ax2 + bx + c (mx + n)2, com m
0; portanto:
Resp.: C
83. Encontre o módulo do complexo Z, tal que
Z2 = i.
a) 1
b)
R
|Sba m2mn
|Tc n
2
2
2
c) 3
d) 2
e) 3
Podemos eliminar m e n e obter a relação
entre a, b e c calculando b2:
b2 = (2mn)2 = 4m2n2 = 4ac
SOLUÇÃO:
Temos:
Z2 = i |Z2| = |i|
|Z . Z| = |0 + 1i| |Z| . |Z| =
A condição é b2 = 4ac e a 0 (pois m 0).
02 12
87. Na figura a seguir indicamos 9 pontos,
entre os quais não há 3 colineares, exceto
os 4 que marcamos numa mesma reta. Quantos
triângulos existem com vértices nestes
pontos?
|Z| . |Z| = 1 |Z| = 1
Resp.: A
84. Se A, B e C são números reais, tais que
1
A
Bx C
2
, para todo x, x
x
x(x2 2x 2)
x 2x 2
R, calcule o valor de A + B + C.
SOLUÇÃO:
A
Bx C
1
2
, x R
x
x 2x 2 x(x2 2x 2)
SOLUÇÃO:
Se não houvessem 3 pontos colineares, o
número de triângulos seria C9,3. Desse
número, devemos subtrair as combinações
formadas por 3 pontos escolhidos entre os
4 alinhados, isto é, C4,3, pois estas
combinações não correspondem a triângulos.
Assim, o número de triângulos que podemos
formar é C9,3 – C4,3.
Temos:
9!
9 x 8 x 7 x 6!
84
C9,3 =
3! 6!
3 x 2 x 1 x 6!
A(x2 2x 2) (Bx C)x
1
, x R
x(x2 2x 2)
x(x2 2x 2)
(A
+ B)x2
A B 0
R
|S2A C 0
|T 2A 1
+
(2A
R
|SBA 1/12/ 2
|TC 1
+
C)x
+
2A
1
Portanto, A + B + C = – 1.
19
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
C4,3
inteiro, concluímos
múltiplo de 3.
4!
4 x 3!
4
=
3! 1!
3! x 1
88. Um químico possui 10 tipos de substâncias.
De quantos modos possíveis poderá associar
6 destas substâncias se, entre as 10, duas
somente não podem ser juntadas porque
produzem mistura explosiva?
R
|S1a 20k
|Tb k
geral
do
1I
F
G
Hx x J
Ké
FnIJ(x ) F
FnIJx
1I
T = G
G
H x J
K G
kK
kK
H
H
FnIJ(1) x
G
kK
H
F3 1
G
H3
2
de
k
I = F2 3 I 2 . 3
J
K G
H3 J
K 3
3 1
4
4
3
4
4
4
4
2
48
92. O número 2 é raiz dupla de P(x) = ax3 + bx
+ 16. Determine a e b.
SOLUÇÃO:
Como admite raiz dupla, o grau da equação
ax3 + bx + 16 = 0 é maior que 1. Então, a
0 e concluímos que o grau é 3. Há,
portanto, 3 raízes.
Supondo que as raízes são 2, 2 e , com
2, temos pelas relações de Girard:
R
R
||2 2 0
| 4
|S2 . 2 2 2 b , logo ||S4 4 b , log o
a
||
|| 4 a
16
|T2 . 2 . a
|T a
R
|Sa 1 4
|Tb 12
Portanto, a = 1 e b = – 12.
2
k
e y =
x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4 = (x + y)4 =
n
2 nk
3
.
3
SOLUÇÃO:
1I
F
G
Hx x J
K
desenvolvimento
3 1
4
3 1
apresente um termo independente de x e não
nulo.
SOLUÇÃO:
O
termo
1
.
2
4
n
de
A resposta é a = 0 e b =
6x2y2 + 4xy3 + y4, para x =
89. Dê a condição sobre o inteiro positivo n
desenvolvimento
um
91. Calcule o valor numérico de x4 + 4x3y +
Logo, C10,6 – C8,4 = 210 – 70 = 140.
o
ser
x2 ax b
= k, x R, logo:
2x2 1
x2 + ax + b 2kx2 + k.
8!
8 x 7 x 6 x 5 x 4!
70
=
4! 4!
4 x 3 x 2 x 1 x 4!
que
deve
Devemos ter:
SOLUÇÃO:
Cada mistura de 6 das 10 substâncias
corresponde
a
uma combinação
das
10
substâncias tomadas 6 a 6, uma vez que não
importa
a
ordem
das
substâncias
na
mistura. Assim, o total de misturas seria
C10,6 se não houvesse problema com nenhuma
mistura. Devemos, porém, subtrair desse
número as combinações em que entrariam as
duas
substâncias
que,
se
misturadas,
provocam explosão. As combinações em que
entram estas duas substâncias são formadas
por elas duas e mais quatro substâncias
escolhidas
entre
as
outras
oito
substâncias (excluímos aquelas duas). O
número de modos de escolher 4 substâncias
em 8 é C8,4.
Concluímos que o número de misturas não
explosivas que podem ser produzidas é C10,6
– C8,4.
Temos:
10 !
10 x 9 x 8 x 7 x 6!
210
C10,6 =
6! 4!
6! x 4 x 3 x 2 x 1
para
n
90. Calcule a e b de modo que a fração algébrica
x2 ax b
tenha o mesmo valor numérico para
2x2 1
todo x R.
SOLUÇÃO:
Logo, C9,3 – C4,3 = 84 – 4 = 80.
C8,4
que
2n 2k
(1)k x k
F12IJ9 ?
G
Hk K
12
93. Qual é o valor de
k
k0
2n 3k
SOLUÇÃO:
F12IJ9
G
Hk K
12
Para o termo independente de x devemos ter
2n
2n – 3k = 0, logo k =
. Como k deve ser
3
k
k0
20
F12IJ. 1
G
Hk K
12
=
12k k
. 9k
k0
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
Então, o total de possibilidades para o
produto positivo é 15 + 15 + 225 = 255.
95. Encontre
o
coeficiente
de
x5
no
desenvolvimento de
(1 – x) . (1 + x)8.
SOLUÇÃO:
Quando
multiplicamos
(1
–
x)
pelo
polinômio obtido desenvolvendo (1 + x)8, o
termo em x5 resulta da adição de dois
produtos:
este
fator é igual a 1, portanto não
altera o valor do termo.
Notando que
12I
F
G
Hk J
K. 1
12 k
. 9k é o termo geral
do binômio (1 + 9)12, concluímos que:
F12IJ9
G
Hk K
12
k
= (1 + 9)12 = 1012 (o que dá 1
k0
trilhão)
(1 – x) (1 + ... + termo em x4 + termo em
x5 + ... + x8)
94. Numa urna há 12 etiquetas numeradas, 6 com
números
positivos
e
6
com
números
negativos.
De
quantos
modos
podemos
escolher 4 etiquetas diferentes tal que o
produto dos números nelas marcados seja
positivo?
Termo em x5 = [1 . termo em x5 de (1 + x)8]
+ [(– x) . termo em x4 de (1 + x)8]
termo geral de (1 + x)8 é T
8
8
. 18 k . xk
xk .
k
k
Para
k
=
5
temos
T
8 5
8! 5 8 x 7 x 6 5
x
x
x 56x5 .
5
5! 3!
3x2x1
Para k = 4 temos
8
8!
8x7x6x5 4
T =
x4
x4
x 70x4 .
4
4! 4!
4x3x2x1
O
SOLUÇÃO:
Teremos o produto positivo em cada caso
seguinte:
1o )
escolhendo 4 etiquetas
com números positivos; ou
2o )
escolhendo 4 etiquetas
com números negativos; ou
3o) escolhendo 4 etiquetas com números
positivos e 2 com números negativos.
F
I
G
HJ
K
F
I
G
HJK
F
IJ
G
HK
F
I
G
HJ
K
=
=
Então, no produto (1 – x) (1 + x)8 temos:
Termo em x5 = [1 x 56x5] + [(–x) . 70x4]
56x5 – 70x5 = – 14x5
O coeficiente pedido é igual a – 14.
96. Se A é uma matriz quadrada de ordem três
com det A = 5, então o valor de det (2A)
é:
a) 6
b) 11
c) 15
d) 30
e) 40
Vamos calcular o número de possibilidades
de cada caso (lembrando que não importa a
ordem das etiquetas).
1o O número de modos de escolher 4 números
positivos,
dispondo
de
6
números
positivos, é C6, 4.
6!
6 x 5 x 4!
15
C6, 4 =
4! 2!
4! x 2 x 1
SOLUÇÃO:
Sabemos que:
det (k . A) = kn . det (A), onde:
n é a ordem da matriz A
Então: det (2A) = 23 . det (A) = 8 . 5 =
40.
Resp.: E
2o Como temos também 6 números negativos,
o número de modos de escolher 4 deles é
C6,4 = 15.
3o Dos 6 positivos devemos escolher 2 (C6,2)
e, para cada escolha destes, dos 6
negativos devemos escolher também
2
(C6,2). O
número
de
possibilidades
deste caso é C6,2 x C6,2.
Como C6, 2 =
6!
15,
temos
15
x
15
=
225
2! 4 !
possibilidades.
97. Se a matriz A satisfaz A2 – 2A + I = 0,
então A– 1:
a) não existe
b) é igual a I.
c) é igual a A.
d) é igual a A – 2I
e) é igual a 2I – A.
SOLUÇÃO:
Sabemos que: A . A–1 = A–1 . A = I
Então:
A2 – 2A + I = 0 I = 2A – A2
21
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
100.
gráfico da função f(x) =
, é:
intervalo
2
a)
crescente
b)
decrescente
c)
constante
d)
nula
e)
negativa
I = 2AI – A2 I = 2IA – AA
I = (2I –A) . A
A–1 = 2I – A
Resp.: E
98. Uma loja, realizando uma promoção, oferece
um desconto de 20% nos preços dos seus
produtos.
Para voltar aos preços iniciais, os preços
promocionais devem sofrer um acréscimo de
A%. Determine o valor de A.
a) 10
b) 20
c) 25
d) 30
e) 40
O
L
O
M
N P
Q
senx
no
SOLUÇÃO:
Esboço do gráfico de senx no de [0, 2]
SOLUÇÃO:
Preço inicial: P com desconto:
80
P
100
2
novo preço
Resp.: B
101.
Um
dos
ângulos
de
um triângulo
retângulo é .
Se tg = 2,4, os lados desse triângulo
são proporcionais a:
a)
30, 40, 50
b)
80, 150, 170
c)
120, 350, 370
d)
50, 120, 130
e)
61, 60, 11
Para voltar ao preço inicial, temos:
80
A
80
P
.
P P
100
100 100
A
80
20
.
P
P
100 100
100
A
1
100 4
SOLUÇÃO:
A = 25
24
12
tg =
10
5
cateto oposto = 12k e cateto adjacente
= 5k
hipotenusa = 13k
Se tg = 2,4 tg =
Resp.: C
99. Sejam p e q números inteiros positivos e
1 1 11
consecutivos. Se
, então p e q é
p q 30
igual a:
a) 9
b) 11
c) 13
d) 15
e) 17
Tomando k = 10 lados 50, 120 e 130
Resp.: D
102.A distância do ponto de interseção das
retas 2x – 3y + 26 = 0 e 5x + 2y – 49 = 0
à origem é:
a)
13
b)
23
c)
15
d)
18
e)
17
SOLUÇÃO:
1 1 11
qp
11
p q 30
pq
30
Como
p
e
q
são
inteiros
positivos
consecutivos, então p e q são primos entre
si, isto é, m.d.c. (p, q) = 1.
Assim, p = 5 e q = 6 ou p = 6 e q = 5.
Portanto, p + q = 11.
SOLUÇÃO:
Resolvendo
o
sistema
formado
pelas
equações
acima,
encontramos
como
interseção o ponto (5, 12).
Assim, a distância do ponto (5, 12) ao
ponto
(0,
0)
é
igual
a
d
=
Resp.: B
(5 0)2 (12 0)2 169 13.
22
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
Resp.: A
2280o = 120o + 6.360o
Assim: cos 2280o = cos 120o = – cos 60o
103.As promoções do tipo “leve 3 pague 2”,
comuns no comércio, acenam com um desconto,
sobre cada unidade vendida, de:
50
a)
%
3
b)
20%
c)
25%
d)
30%
100
e)
%
3
SOLUÇÃO:
Observe:
i.Quem leva 3 e paga 2 está comprando 3 e
tendo um desconto de 1;
p
ii.
Se 1 é p% de 3 1 =
.3 p
100
100
=
ou p = 33,33% (aproximadamente).
3
Resp.: B
106.A área máxima da região limitada por um
triângulo retângulo inscrito em um círculo
de raio R é:
a)
2R2
b)
r2
c)
R2
R2
d)
2
e)
2r2
SOLUÇÃO:
Observe:
i.A área de um triângulo é igual a
base x altura
.
2
ii.
Tome AB como base base = 2R
(diâmetro), pois O é o centro.
iii.
De todas as alturas relativas a
hipotenusa AB, a maior é EO = R, onde R
é o raio.
Resp.: E
104.Sabendo que cos 36o =
vale:
1 5
, então cos 72o
2
1 5
2
5 1
4
5 1
2
1 5
2
1 5
4
a)
b)
c)
d)
e)
Logo, o triângulo de área máxima tem área
2R . R
igual a
R2 .
2
Veja a figura:
,
Os ângulos ACB
ADB, AEB e AFB
são retos.
SOLUÇÃO:
Sabemos que: cos 2x = 2cos2x – 1 (arco
duplo)
Tomando x = 36o, encontramos:
cos 72o = 2 cos236o – 1 cos72o = 2 .
Resp.: C
F1 5 I 1
G
H4 J
K
2
cos 72o =
Resp.: B
107.Se p é natural maior que 1, não divisível
por 2 e nem por 3, então p2 – 1 é divisível
por:
a)
18
b)
24
c)
36
d)
9
e)
27
5 1
4
105.Se y = cos 2280o, então y é igual a:
a)
– cos 12o
b)
– cos 60o
c)
– cos 30o
d)
cos 12o
e)
cos 60o
SOLUÇÃO:
É fácil ver que:
i.Se p não é múltiplo de 2 p – 1 e p +
1 são pares consecutivos, logo (p – 1)
. (p + 1) é múltiplo de 8.
ii.
Se p não é múltiplo de 3 p –
1 ou p + 1 será um múltiplo de 3, logo
(p – 1) . (p + 1) é múltiplo de 3.
SOLUÇÃO:
Sabemos que:
se
a + b = 180o então sen a = sen b e
cos a = – cos b
Dividindo 2280o por 360o, encontramos:
23
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
De (i) e (ii), concluímos:
O produto (p – 1) . (p + 1) = p2 – 1 é um
múltiplo de 24.
e)
108.Sejam a e b números reais positivos tais
que a + 3b = 30.
Determine qual é o maior valor possível
para ab.
SOLUÇÃO:
Sabemos que: Se a1, a2, a3, ..., an são
números reais positivos, então:
a a a ... an
Média aritmética = 1 2 3
n
Média geométrica = n a1 . a2 . a3 ... an
Resp.: A
111.Um
atleta,
correndo
com
velocidade
constante, completou a maratona em M horas.
A fração do percurso que ele correu em 2M
minutos, foi:
1
a)
2
1
b)
6
1
c)
15
1
d)
30
1
e)
20
Relação importante entre as duas médias:
M.A M.G
a 3b
30
a . 3b
3ab
2
2
3ab
225 3ab ab 75
15
Portanto, o maior número para ab é 75.
Resp.: 75
109.Seja x um número natural, que ao ser
dividido por 9 deixa resto 5, e ao ser
dividido por 3 deixa resto 2. Sabendo-se
que a soma dos quocientes é 9, podemos
afirmar que x é igual a:
a)
28
b)
35
c)
27
d)
33
e)
23
SOLUÇÃO:
Temos que:
x = 9a +
divisão de
x = 3b +
divisão de
SOLUÇÃO:
Temos que: M horas = M . 60 minutos
Veja:
Se M . 60 minutos = P (percurso completo)
P
2 . M minutos =
(fração do
30
percurso)
Resp.: D
112.Sendo R = 02 – 12 + 22 – 32 + 42 – 52 + ... +
R
982 – 992 + 1002, calcule o valor de
.
202
a)
22
b)
23
c)
24
d)
25
e)
26
5, onde a é o quociente da
x por 9.
2, onde b é o quociente da
x por 3.
Como a soma dos quocientes é 9, vem:
x 5
x2
9 x = 23
9
3
SOLUÇÃO:
Sabemos que:
i. a2 – b2 = (a – b) . (a + b)
(a1 an ). n
ii.
Sn =
(soma
2
dos termos de uma P.A.)
Veja:
R =
(22 – 12) + (42 – 32) + (62 – 52)
+ ... + (1002 – 992)
R =
(2 – 1) . (2 + 1) + (4 – 3) . (4
+ 3) + (6 – 5) . (6 + 5) + ... + (100
– 99) . (100 + 99)
Resp.: E
110.Se 10 tgx + 16 cos x – 17
sen x é igual a:
1
a)
ou
2
1
b)
2
1
c)
ou
4
d)
0
1
1
ou
2
4
SOLUÇÃO:
Temos:
10tg x + 16 cos x – 17 sec x = 0
sen x
1
10 .
+ 16 cos x – 17 .
= 0
cos x
cosx
10 sen x + 16 cos2 x – 17 = 0
10 sen x + 16 . (1 – sen2x) – 17 = 0
16 sen2 x – 10 sen x + 1 = 0
1
1
sen x =
ou sen x =
2
8
Resp.: B
Daí,
–
sec x = 0, então
1
8
1
12
24
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
R =
3 + 7 + 11 + ... + 199
(3 199). 50
R
R =
= 202 . 25
= 25.
2
202
Resp.: A
116.A
planta
de
um
apartamento
está
confeccionada na escala 1:50. Então a área
real, em m2, de uma sala retangular cujas
medidas na planta, são 12cm e 14cm é:
a)
24 c)
28
e)
54
b)
26 d)
42
Resp.: D
113.O primeiro termo a de uma progressão
aritmética de razão 13 satisfaz 0 a 10.
Se um dos termos da progressão é 35,
determine o valor de a.
a)
5
b)
6
c)
7
d)
8
e)
9
SOLUÇÃO:
Sabemos que: Escala é a razão entre o
comprimento no desenho e o comprimento
real, medidos na mesma unidade.
1
12
Daí,
x = 600cm x = 6m
50
x
SOLUÇÃO:
Temos: P. A. (a, a + 13, a + 26, a + 39,
..., 35, ...)
1
14
y = 700cm y = 7m
50
y
Logo, a área da sala será de 6m x 7m =
42m2.
Usando
a
fórmula
do
termo
geral,
encontramos:
an = a1 + (n – 1) . r 35 = a + (n – 1)
. 13
35 = a + 13n – 13 a = 48 – 13n
0 48 – 13n 10 – 48 – 13n –
38
48 13n 38 2, ... n 3, ...
n = 3
a = 48 – 13 . 3 a = 9.
Resp.: D
117.Prove que em todo triângulo ABC vale a
relação:
c = a . cos B + b . cos Â.
SOLUÇÃO:
Resp.: E
114.O algarismo
3 . 5 . 7 .
a)
b)
das unidades do número N = 1 .
... . 1993 é:
1 c)
5 e)
9
3 d)
7
m
m = b cos Â
b
n
cos B =
n = a cos B
a
Logo, m + n = b cos  + a cos B
c = a cos B + b cos  (ok)
cos  =
SOLUÇÃO:
Note que o produto de qualquer número
ímpar por 5 sempre termina em 5; logo,
como o número N só tem fatores ímpares,
seu algarismo das unidades é 5.
Resp.: C
Obs.: Sendo  ou B obtuso, chegamos com
raciocínio análogo ao mesmo resultado.
x y
e x . y = 189, então, x – y vale
7 3
com x e y positivos:
a)
12 c)
9 e)
21
b)
4 d)
30
115.Se
118.Considerem-se todas as divisões de números
inteiros positivos por 17, cujo resto é
igual ao quadrado do quociente. A soma dos
quocientes dessas divisões é:
a)
10
b)
17
c)
172
d)
1 + 2 + 3 + ... + 17
e)
12 + 22 + 32 + ... +
2
17
SOLUÇÃO:
Temos
que:
n
dividido
por
17
tem
quociente q 0 e resto com r = q2.
SOLUÇÃO:
x y
Temos:
= k x = 7k e y = 3k
7 3
Daí, 7k . 3k = 189 21k2 = 189 k2 = 9
k = 3
Para: k = 3 x = 21 e y = 9
Portanto: x – y = 12
25
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
SOLUÇÃO:
temos que:
3
4
cos  =
( é agudo) sen  =
5
5
Veja:
i.
possíveis
restos
de
uma divisão por 17 são: 0, 1, 2,
3, ..., 16
ii.
como r tem que ser um
quadrado perfeito, devemos ter:
r = 0
q = 0 (não satisfaz)
r = 1
q = 1
r = 4
q = 2
r = 9
q = 3
r = 16
q = 4
Lei dos senos:
a
b
c
= 2R
sen  senB sen C
BC
= 2R BC = 2R . sen Â
sen Â
4
8R
BC = 2R .
BC =
:
5
5
Logo a soma dos quocientes é 10.
Resp.: A
Resp.: E
119.Determine o valor do produto P = cos 36o .
cos 72o.
SOLUÇÃO:
Sabemos que:
sen 2x = 2sen x cos x
2 sen 36o . P = 2 sen 36o . cos 36o cos
72o
2 sen 36o . P = sen 72o cos 72o
4 sen 36o . P = 2 sen 72o cos 72o
4 sen 36o . P = sen 144o 4 . P = 1,
pois sen36o = sen 144o (suplementares)
1
P =
.
4
1
Resp.:
4
122.Seja f(x) =
SOLUÇÃO:
Como g é a inversa de f, temos:
7
7
7
ex e x
g
= f–1
x
25
25
25 e e x
7 . ex + 7 . e–x = 25 . ex – 25 . e–x –
18 . ex = – 32 . e–x
F
I
G
H JK
1
, x > 1 e g uma função tal
x 1
que (gof) (x) = x. Determine o valor de g
1
.
64
F
I
G
H JK
g(f(x)) = x g
Veja:
1
1
se
x 1 64
1
g
= 65
64
F1 I =
G
Hx 1J
K
F
G257 IK
J
H
g
a função inversa de f, o valor de e
será:
a)
– 1
b)
0
1
c)
e
d)
1
e)
e
120.Sejam f(x) =
SOLUÇÃO:
ex e x
definida em R. Se g for
ex e x
F
I
G
H JK
F7 I
e2x =
x
gG J
16
4
25 K 4
ex =
eH
3
9
3
Resp.: A
123.A média aritmética
um eneágono convexo
a)
b)
c)
d)
e)
x – 1 = 64 x = 65
F
I
G
H JK
Resp.: 65
121.O triângulo ABC está inscrito em um círculo
3
de raio R. Se cos A =
, o comprimento do
5
lado BC é igual a:
2R
a)
5
3R
b)
5
4R
c)
5
6R
d)
5
8R
e)
5
dos ângulos internos de
vale:
40o
70o
120o
135o
140o
SOLUÇÃO:
Sabemos que a soma dos ângulos internos
de um polígono convexo é dada pela
fórmula S = (n – 2) . 180o. Daí, a soma
dos ângulos internos de um eneágono
convexo é igual a S = (9 – 2) . 180o = 7
. 180o.
Portanto, a média aritmética será igual a
7 . 180 o
= 7 . 20o = 140o.
9
Resp.: E
26
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
124.Uma solução tem 75% de ácido puro. Quantos
gramas de ácido puro devemos adicionar a 48
gramas da solução para que a nova solução
contenha 76% de ácido puro?
Se 20 adultos equivale a 24 crianças 5
adultos equivale a 6 crianças.
Veja:
i.O elevador pode levar 20 adultos.
ii.
Tem 15 adultos no elevador
faltam 5 adultos (equivalente a 6
crianças).
SOLUÇÃO:
Veja:
Em 48 gramas de solução temos
75
. 48 =
100
Resp.: B
36 gramas de ácido puro.
Adicionando x gramas de ácido puro a
solução, teremos:
Nova solução = (48 + x) gramas
Quantidade de ácido puro = (36 + x)
gramas
36 x
76
Assim:
x = 2 gramas
48 x
100
127.Uma torneira enche um tanque em 4 horas. O
ralo do tanque pode esvaziá-lo em 3 horas.
Estando
o
tanque
cheio,
abrimos,
simultaneamente a torneira e o ralo. Então
o tanque:
a)
nunca se esvazia
b)
esvazia-se em 1 hora
c)
esvazia-se em 4 horas
d)
esvazia-se em 7 horas
e)
esvazia-se em 12 horas
Resp.: 2 gramas
SOLUÇÃO:
Capacidade do tanque: T
i.Torneira enche T em 4 horas em 1
T
hora enche
do tanque.
4
ii.
Ralo esvazia o tanque T em 3
T
horas em 1 hora esvazia
do tanque.
3
1
Assim, o tanque em uma hora esvazia
de
12
sua capacidade.
125.O gráfico de uma função f é o segmento de
reta que une os pontos (–3, 4) e (3, 0). Se
f–1 é a função inversa de f, então o valor
de f–1 (2) é igual a:
a)
1
2
b)
3
c)
3
d)
0
3
e)
2
Portanto,
horas.
Para x = – 3 a . (– 3) + b = 4
Para x = 3 a . 3 + b = 0
o
tanque
esvazia-se
em
12
Resp.: E
Resolvendo, encontramos: b = 2 e a = –
Daí, a função f é dada por: f(x) = –
T T 3t 4T
T
4 3
12
12
Veja:
SOLUÇÃO:
Temos: f(x) = ax + b, com a 0.
Pontos: (–3, 4) e (3, 0)
2
3
128.Determine o valor de – 63 . log8 (sen 15o .
sen 75o)
SOLUÇÃO:
Fatos que ajudam:
i.Se a + b = 90o então sen a = cos b e
sen b = cos a
ii.
sen 2a = 2 sen a cos a
m
iii. loga nbm =
. logab
n
Temos que:
sen 15o . sen 75o = sen 15o . cos 15o =
2. sen15o .cos15o
=
2
sen 30 o
1
=
2
4
2
x +
3
2
Veja: cálculo de f–1(2)
2
Para y = 2 2 = –
x + 2 x = 0 f–
3
1(2) = 0.
Resp.: D
126.Um elevador pode levar 20 adultos ou 24
crianças. Se 15 adultos já estão no
elevador, quantas crianças podem ainda
entrar?
a)
5
b)
6
c)
7
d)
8
e)
9
Então, a expressão vale:
Exp. =
– 63 . log8
. log23 22 = – 63 .
2I
F
G
H 3 JK.
1I
F
G
H4 JK=
– 63
log22 = 42
. 1 = 42
Resp.: 42
SOLUÇÃO:
27
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
129.Considere um quadrilátero convexo ABCD de
área igual a 66cm2. Determine, em cm2, a
área do quadrilátero cujos vértices são os
pontos médios dos lados do quadrilátero
ABCD.
b)
119
c)
120
d)
121
e)
122
SOLUÇÃO:
Veja: 602 e 612 são quadrados perfeitos
consecutivos,
então,
qualquer
inteiro
entre eles não é quadrado perfeito.
Inteiros que não são quadrados perfeitos:
3601, 3602, 3603, ..., 3720.
Quantidade
de
inteiros
que
não
são
quadrados é igual a 3720 – 3601 + 1 =
120.
SOLUÇÃO:
Fatos que ajudam: ÁREAS
i.Seja ABC um triângulo qualquer e seja
MNP o triângulo que tem vértices nos
pontos médios dos lados do triângulo
ABC, temos que:
Área (ABC)
Área (MNP) =
.
4
ii.
Seja
ABCD
um
quadrilátero
qualquer
convexo
e
seja
MNPQ
o
quadrilátero
que
tem
vértices
nos
pontos médios dos lados de ABCD, temos
que:
Área (ABCD )
Área (MNPQ) =
.
4
Resp.: C
133.O período da função f(x) = sen4x + cos4x
vale:
3
a)
2 c)
e)
2
4
b)
d)
2
Usando o resultado (ii) no enunciado da
questão, concluímos:
Resp.: 33cm2
SOLUÇÃO:
Sabemos: se f é periódica f(x + p) =
f(x), para todo x no domínio da função. O
menor valor positivo de p, chamamos de
período de f.
1
130.Se x é um número real tal que x2 + 2 = 3,
x
1
determine o valor de x4 4 .
x
SOLUÇÃO:
Se x2 +
1
= 3
x2
x4 + 2 . x2 .
x4 + 2 +
x4 +
1I
F
G
Hx x J
K 3
Tomando x = 0, encontramos:
f(p) = f(0) sen4p + cos4p = sen40 +
cos40
sen4p + cos4p = 1 (sen2p + cos2p)2 – 2
sen2p . cos2p = 1
1 – 2sen2pcos2p = 1 2sen2pcos2p = 0
senp = 0 ou cosp = 0.
se sen p = 0 p = 0, , 2, ...
3
se cos p = 0 p =
,
, ...
2
2
Agora,
devemos verificar se p =
2
satisfaz a condição f(x + p) = f(x), para
todo x no domínio da função.
Veja: f(x + p) = f x
= sen4 x
+
2
2
cos4 x
= (cosx)4 + (– senx)4 = sen4x +
2
cos4x = f(x) (ok).
2
2
2
2
1
1
4 = 9
2
x
x
1
= 9
x4
1
= 7.
x4
Resp.: 7
131.O menor número natural n, diferente de
zero, que torna o produto de 3888 por n um
cubo perfeito é:
a)
6 d)
18
b)
12 e)
24
c)
15
F
I
G
H J
K
SOLUÇÃO:
Fatorando o número 3888, obtemos: 3888 =
24 . 35
Para formar um cubo perfeito devemos
multiplicar os dois membros no mínimo por
22 . 31, para que as potências dos números
2 e 3 sejam múltiplos de 3. Assim, o
menor número que devemos multiplicar por
3888 para obter um cubo perfeito é 12.
Obs.:
No
F
I
G
H J
K
trigonométrico,
encontramos facilmente: sen x
= cos x
2
e cos x
= – sen x (verifique!)
2
F
I
G
H J
K
ciclo
F
I
G
H J
K
F
I
G
H J
K
Resp.: D
Resp.: B
132.Quantos números inteiros há entre 602 e 612
que não são quadrados perfeitos?
a)
118
134.O conjunto solução da equação:
28
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
3I
F
G
H7 JK =
b)
c)
d)
e)
x
x . (log53x + log521) + log5
a:
a){ }
b){0}
c) {1}
d) {0, 2}
0 é igual
e) {0, – 2}
SOLUÇÃO:
Temos que:
SOLUÇÃO:
Veja:
3I
F
G
H7 JK = 0
F3 I
x . log (3 . 21) + log GJ = 0
H7 K
F3 I
log (3 . 21) + log GJ = 0
H7 K
3I
F
log [(3 . 21) . GJ] = 0
H7 K
F3 I
(3 . 21) . GJ= 1
H7 K
F3 . 21 . 3 IJ = 1
G
H 7K
x
E
i.BF = 2 3 pois BC//FE
360 o
60 o ai = 120o
ii.
ae =
6
x . (log53x + log521) + log5
x
x
5
5
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo
ABF, teremos:
x
5
x
x
5
2
e2 3 j = x
x
5
x
2
2,5
3
4
x
2
+ x2 – 2 . x . x . cos 120o 12 =
2x2 + x2 x = 2
x
x
Resp.: B
x
137.Qualquer que seja x, o valor de sen6x +
cos6x + 3sen2xcos2x é:
a)
0 d)
1
b)
sen2x
e)
sen x
. cos x
c)
cos2x
SOLUÇÃO:
Lembre: Produto notável (a + b)3 = a3 +
b3 + 3ab (a + b)
Temos que:
sen2x + cos2x = 1 (sen2x + cos2x)3 = 13
sen6x + cos6x + 3sen2x cos2x (sen2x +
cos2x) = 1
sen6x + cos6x + 3sen2x cos2x . 1 = 1
sen6x + cos6x + 3sen2x cos2x = 1
x
x
(3x . 3 . 3)x = 1
(3x+ 2)x = 1
2
3x 2x 1
x2 + 2x = 0
x = – 2 ou x = 0
Resp.: E
135.Um número é composto de 2 algarismos, cuja
soma
é
9.
Invertendo
a
ordem
dos
algarismos, obtemos um novo número igual a
4
do original. Qual é o número?
7
SOLUÇÃO:
número original: ab = a . 10 + b (forma
polinomial)
invertendo os algarismos obtemos um
novo número: ba = b . 10 + a (forma
polinomial)
Resp.: D
138.Quantas soluções reais e distintas possui a
equação
x2 + 9 = 3 senx?
a)
0 c)
2 e)
infinitas
b)
1 d)
3
Equações do problema:
a + b = 9 e b . 10 + a =
4
. (a . 10 +
7
SOLUÇÃO:
Observe:
i.x2 + 9 é sempre maior ou igual a 9,
para todo x real.
ii.
3 senx assume no máximo o valor
3.
iii. a igualdade não ocorre para nenhum
valor real de x.
Logo, a equação não possui solução.
Resp.: A
b)
Segunda equação:
70b + 7a = 40a + 4b 66b = 33a a = 2b
Substituindo
na
primeira
equação,
teremos:
a + b = 9 2b + b = 9 3b = 9 b = 3
a = 6
Resp.: 63
139.O resto da divisão de P(x) = x5 + 4x4 + 2x3
+ x2 + x – 1 por q(x) = x + 2 é:
a)
17 c)
0 e)
– 17
b)
15 d)
– 15
SOLUÇÃO:
Veja:
136.A distância entre dois lados paralelos de
um hexágono regular é igual a 2 3 cm. A
medida
do
lado
desse
hexágono,
em
centímetros, é:
a)
3
29
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO – MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
i.– 2 é raiz de q(x)
ii.
P (– 2) é o resto da divisão de
P(x) por q(x).
Então,
pelo
teorema
do
resto,
encontramos:
resto = P(– 2) = – 32 + 64 – 16 + 4 – 2 –
1 = 17
Resp.: A
140.O valor mínimo de cos x + sec x, para 0 < x
<
é igual a:
2
3
2 e)
a)
0 c)
b)
1 d)
2
SOLUÇÃO:
Sabemos que:
(n – 1)2 0, n R
Então: n2 – 2n + 1 0 n2 + 1 2n
Considerando n positivo, tem-se:
n2 1
2
n
n
1
2
n
Portanto, um número positivo adicionado
ao seu inverso é sempre maior ou igual a
2.
Resp.: D
“A força não provém da capacidade física e
sim de uma vontade indomável.”
(Mahatma Gandhi)
OSG.: 5928/05-(Parte2)_say171005/rev.:ANA
30
OSG 5928/05
