TIPO DE PROVA: A Questão 3 Um intervalo que sen 2x > 2 sen x é: Questão 1 O algarismo das 21! − 221 é: a) 5 b) 0 c) 1 dezenas d) 7 do número e) 2 alternativa D A quantidade de zeros com que termina o número n! é igual ao número de fatores 5 presentes em sua fatoração. Na fatoração de 21! estão presentes 4 fatores 5, provenientes de 5, 10, 15 e 20. Assim, 21! termina em 4 zeros. Aplicando o algoritmo da subtração, temos: . . . . 0000 − 221 . . . . 97 7 9 Portanto o algarismo das dezenas de 21! − 221 é 7. Questão 2 Considere todos os números naturais n tais que 3 ≤ n ≤ 100. Desses, K% são dados pela soma de três naturais consecutivos. O valor mais próximo de K é: a) 15 b) 25 c) 45 d) 35 e) 55 alternativa D Um número natural que é resultado da soma de três naturais consecutivos é da forma (m − 1) + + m + (m + 1) = 3m, m ∈ N ∗ . No intervalo dado, o primeiro número dessa forma é 3 ⋅ 1 = 3 e o último é 3 ⋅ 33 = 99. Assim, do total de números do intervalo, 100 − 3 + 1 = 98 33 − 1 + 1 = 33 são dados pela soma de três naturais consecutivos e, portanto, K% = 33 = ⋅ 100% ≅ 33,7%. Dentre as alternativas, a 98 que tem o valor mais próximo de K é a D. contém π a) 0, 4 π π b) , 4 2 3π d) , π 4 5π e) π , 4 soluções de π 3π c) , 2 4 alternativa E sen 2x > 2 sen x ⇔ 2 sen x cos x > 2 sen x ⇔ ⇔ 2 sen x ⋅ (cos x − 1) > 0 ⇔ (sen x > 0 e cos x > 1) sen x < 0 ou ⇔ ⇔ ⇔ cos x < 1 (sen x < 0 e cos x < 1) ⇔ sen x < 0 ⇔ (2k + 1) π < x < (k + 1) ⋅ 2 π (k ∈ Z ) Logo o único intervalo que contém soluções de sen 2x > 2 sen x é o da alternativa E. Questão 4 Das alternativas, assinale aquela que contém um valor de x tal que 2senx = 4cosx . π π π b) a) 0 < x < < x < 6 6 4 c) π π < x < 4 3 e) π < x < π 2 d) π π < x < 3 2 alternativa D 2 sen x = 4cos x ⇔ 2 sen x = 2 2 cos x ⇔ ⇔ sen x = 2 cos x ⇔ tg x = 2. Como a função tg x é crescente no intervalo π π 0; 2 , temos que 3 < 2 ⇔ tg 3 < tg x ⇔ π π . ⇔ < x < 3 2 matemática 2 Questão 5 3x − i , 1 + 3xi x real, pode-se afirmar que se trata de um número: a) real, para qualquer valor de x b) real, para um único valor de x c) imaginário puro, para qualquer valor de x d) imaginário puro, para um único valor de x e) de representação gráfica no 2º quadrante Com relação ao número complexo z = alternativa C z = −(9x 2 + 1)i 3x − i 1 − 3xi ⋅ = = −i 1 + 3xi 1 − 3xi 1 + 9x 2 Logo z é um imaginário puro, para qualquer valor de x. Questão 6 Na figura, A, B, C e D são pontos da curva y = x2 + a. A área do trapézio ABCD é: A base maior do trapézio é AD = 2 − ( −2) = 4, a base menor é BC = 1 − ( −1) = 2 e a altura é 5 − 2 = 3. Portanto a área do trapézio ABCD é igual a (4 + 2) ⋅ 3 = 9. 2 Questão 7 As retas 3 y = x + 3, y = −x + 1 e o eixo Ox, determinam um triângulo cujo maior ângulo interno é: b) 135o c) 105o d) 75o e) 120o a) 90o alternativa C 3 x + 3 e 3 3 s : y = −x + 1 têm coeficientes angulares ar = 3 e as = −1, formando com o eixo Ox ângulos de 30 o e135 o , respectivamente. Logo o maior ângulo do triângulo formado pelas retas e o eixo Ox é igual a 180 o − 30 o − 45 o = =105 o , conforme figura. As retas r : 3y = x +3 ⇔ y = Questão 8 a) 8 b) 9 c) 10 d) 12 e) 14 alternativa B Como o ponto (0; 1) pertence à parábola de equação y = x 2 + a, então 1 = 0 2 + a ⇔ a = 1. Os pontos A e D da parábola possuem ordenada 5, logo x 2 + 1 = 5 ⇔ x 2 = 4 ⇔ x = −2 ou x = 2. Os pontos B e C da parábola possuem ordenada 2, logo x 2 + 1 = 2 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = −1 ou x = 1. Na figura, AB é diâmetro da semicircunferência de centro O. Se AB mede 2, a área assinalada vale: π a) 2 π b) 4 π c) 6 d) π π e) 8 matemática 3 alternativa E alternativa A A área pedida é a diferença entre as áreas de um quarto de círculo de raio OB = 1 e da semi1 , ou seja, igual a circunferência de raio OC = 2 2 1 1 π 1 ⋅ π ⋅12 − ⋅ π ⋅ = . 2 4 2 8 Um cubo, com medida da aresta igual a a, tem como medida das diagonais das faces e medida das diagonais, a 2 e a 3 , respectivamente. Conseqüentemente, a 2 + a 3 = 2 + 3 ⇔ ⇔ a = 1 e a área total desse cubo é 6a 2 = 6. Questão 11 x Se x = log3 2, então 92x + 81 2 é: a) 12 b) 20 c) 18 d) 36 e) 48 alternativa B Para x = log 3 2 , temos x Questão 9 Num paralelogramo, a diagonal maior mede 7 e um ângulo interno mede 60o. Se a medida de um lado é o dobro da medida do outro, o perímetro desse paralelogramo é igual a: a) 9 b) 6 c) 8 d) 10 e) 12 alternativa B 9 2x + 81 2 = (3 2 ) 2 ⋅ log3 2 + (3 4 ) = 3 4 ⋅ log3 2 + 3 2 ⋅ log3 2 = 3 log3 log3 2 2 24 = 2 + 3 log3 2 = = 2 4 + 2 2 = 20 . Questão 12 Os valores inteiros pertencentes ao domínio da função y = log2 log 1 (x2 − x + 1) são em 2 número de: a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 alternativa A Seja x a medida do lado menor do paralelogramo. Aplicando a lei dos co-senos temos: ( 7 ) 2 = x 2 + (2x) 2 − 2 ⋅ x ⋅ 2x ⋅ cos 120 o ⇔ 1 ⇔ 7 = x 2 + 4x 2 − 4x 2 ⋅ − ⇔ 7 = 7x 2 ⇔ 2 ⇔ x =1 Portanto o perímetro do paralelogramo é igual a 1 + 2 + 1 + 2 = 6. Questão 10 Num cubo, a soma da medida da diagonal de uma face com a medida da diagonal do cubo é 2 + 3 . A área total desse cubo é: c) 6 3 d) 12 e) 18 a) 6 b) 6 2 Seja D o domínio da função. x ∈D ⇔ y ∈R ⇔ ⇔ log 1 (x 2 − x + 1) > 0 ⇔ 2 ⇔ x2 − x +1 < 1 x2 − x +1 > 0 ⇔ x2 − x < 0 ⇔ ⇔ 0 < x <1 Assim, nenhum valor inteiro pertence ao domínio da função. Questão 13 Se a é raiz real do polinômio p (x) = = 3x 3 + 4x + 12, então: a) 0 < a < 3 b) a < −12 c) −12 < a < −3 d) −3 < a < 0 e) 3 < a < 12 matemática 4 alternativa D alternativa E Como f(x) = 3x e g(x) = 4x + 12 são funções estritamente crescentes, p(x) = f(x) + g(x) também é estritamente crescente e, portanto, possui no máximo uma raiz real. Observando que p(−3) = 3( −3) 3 + 4(−3) + 12 < 0 e p(0) = 12 > 0, temos que a única raiz real a de p(x) satisfaz −3 < a < 0. Os comprimentos das partes retiradas formam a x x x seqüência , , , . . . , ou seja, uma pro 3 9 27 x gressão geométrica de primeiro termo igual a e 3 1 razão . 3 Logo a soma de todos os segmentos retirados é x x 3 = 30 ⇔ = 30 ⇔ x = 60 . 1 2 1− 3 3 Questão 14 Se o polinômio p (x) = x 3 + 2 mx2 + m2 é divisível por x − 1, então 2m é igual a: 1 1 a) 1 b) 4 c) d) 2 e) 2 4 alternativa C Temos que p(x) é divisível por x − 1 se, e somente se, p(1) = 0 ⇔1 + 2m + m 2 = 0 ⇔ m = −1. 1 . Assim, 2 m = 2 −1 = 2 Questão 15 Considere a progressão aritmética (x + 1, x + 4, x + 7, ... , x + 61). Se a soma de todos os termos dessa seqüência é 651, o vigésimo termo da mesma é: a) 46 b) 52 c) 58 d) 64 e) 70 alternativa C A razão da progressão aritmética (x + 1, x + 4, x + 7, ..., x + 61) é igual a (x + 4) − (x + 1) = 3 e, sendo n o número de termos dessa progressão, temos x + 61 = x + 1 + (n − 1) ⋅ 3 ⇔ n = 21. Como a soma de todos os termos dessa seqüên(x + 1 + x + 61) ⋅ 21 cia é 651, então = 651 ⇔ 2 ⇔ x = 0. Logo o vigésimo termo é igual a x + 1 + 19 ⋅ 3 = 58. Questão 16 Divide-se um segmento de comprimento x em três partes iguais, retirando-se a parte central. Repete-se o procedimento na parte retirada. Procedendo-se indefinidamente da mesma forma, a soma de todos os segmentos retirados é 30. O valor de x é: a) 90 b) 50 c) 55 d) 45 e) 60 Questão 17 Retirados, ao acaso, três números do conjunto { 1 ; 2 ; 3 ; ... ; 20 }, o valor mais próximo da probabilidade de pelo menos um deles ser divisível por 5 é: a) 50 % b) 40 % c) 25 % d) 35 % e) 30 % alternativa A Entre os números do conjunto {1; 2; 3; ...; 20} existem 4 números divisíveis por 5 (5; 10; 15; 20) e 20 − 4 = 16 números que não são divisíveis por 5. Retirados, ao acaso, três números do conjunto, a probabilidade de pelo menos um deles ser divisível por 5 é igual a 1 menos a probabilidade de os três números não serem divisíveis por 5, ou seja, 16 15 14 29 1− ⋅ ⋅ = ≅ 50,8% . 20 19 18 57 Questão 18 No desenho ao lado, três dos quadrados menores deverão ser pintados de verde, três de amarelo e três de azul. Se os quadrados da linha do meio tiverem a mesma cor, o número de formas diferentes de se colorir o desenho, nas condições dadas, é: a) 120 b) 80 c) 90 d) 32 e) 60 matemática 5 alternativa E Para determinarmos a maneira como o desenho será colorido, basta escolhermos com qual das três cores pintaremos a linha do meio e, então, escolhermos, dentre os 6 quadrados restantes, quais 3 serão pintados com uma das cores restantes e quais 3 com a outra. 6 3 6! Temos, portanto, 3 ⋅ ⋅ = 3 ⋅ ⋅ 1 = 60 3 3 3!3! formas diferentes de colorir o desenho. ⇔ 2x + ay = 4 (a 2 − 6a)y = 4a Logo o sistema apresenta solução única para a 2 − 6a ≠ 0 ⇔ (a ≠ 0 e a ≠ 6), apresenta mais de uma solução para (a 2 − 6a = 0 e 4a = 0) ⇔ ⇔ a = 0 e é impossível para (a 2 − 6a = 0 e 4a ≠ 0) ⇔ a = 6 . Então somente as afirmações II e III são verdadeiras. Questão 19 Questão 20 ax + 3ay = 0 Com relação ao sistema são fei2x + ay = 4 tas as seguintes afirmações. I) Apresenta solução única para, exatamente, dois valores distintos de a. II) Apresenta mais de uma solução para um único valor de a. III) É impossível para um único valor de a. Então, somente: a) I e II são verdadeiras. b) II e III são verdadeiras. c) I e III são verdadeiras. d) I é verdadeira. e) III é verdadeira. O polinômio p(x) = x 3 + ax2 + bx + c, com a, alternativa B Temos ax + 3ay = 0 2x + ay = 4 ⇔ ⇔ 2x + ay = 4 ax + 3ay = 0 b e c reais, admite as raízes 1 e i. Então a − b + c é: a) −3 b) 1 c) −1 d) 3 e) −2 alternativa A Como a, b e c são reais e i é uma raiz de p(x), então −i também é raiz de p(x). Assim, sendo 1, i e −i as raízes de p(x), temos x 3 + ax 2 + bx + c = = (x − 1)(x − i)(x + i) ⇔ ⇔ x 3 + ax 2 + bx + c = (x − 1)(x 2 + 1) ⇔ ⇔ x3 a ⇔ b c + ax 2 + bx + c = x 3 − x 2 + x − 1 ⇔ = −1 =1 = −1 Logo a − b + c = −1 − 1 − 1 = −3.