TC DE MATEMÁTICA - Colégio Ari de Sá Cavalcante

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
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=3
SOLUÇÃO:
Temos:
f(x) > g(2 — x)
4x+1 > 42—x
(base > 1)
Daí,
x + 1 > 2 —x
5
371.293 é igual a:
d) 15
e) 17
log n = log 5 371.293
1
log n = log 371293 5
1
. log 371.293 (veja tabela)
5
1
log n = . 5,55
5
Log n = 1,11 (veja tabela)
Logo:
log n =
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
Resp.: B
3. log50 + log40 + log20 + log2,5 é igual a:
a) 1
d) 10
b) 3
e) 1000
c) 5
SOLUÇÃO:
y = 3 . log x
Temos 
y = log 9x
SOLUÇÃO:
Lembre:
logba + logac = logba.c
Temos:
log50 + log40 + log20 + log2,5 = log 100000 = log 105 = 5
Ari Duque de Caxias
0,95
1,04
1,11
1,18
1,23
...
5,55
n = 13
1
x >
2
Da 7ª Série ao Pré-Vestibular
Av. Duque de Caxias, 519 - Centro - Fone: (85) 3255.2900
(Praça do Carmo)
9
11
13
15
17
...
371.293
n = 5 371.293
Daí,
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
Resp.: C
log N
SOLUÇÃO:
Tomando:
ou b — 1 = —2 → b = —1
soma = 5
N
conclui-se que
a) 11
b) 13
c) 14
Resp.: A
2x > 1 →
4. Utilizando-se a tabela abaixo,
Sabemos:
f(x) = log ax
Comparando:
(x > 0 e 0 < a ≠ 1)
3.log x = log 9x
3
log x = log 9x
Daí,
x3 = 9x
x3 — 9x = 0
x(x2 — 9) = 0
x = 0 (n.s) ou x2 — 9 = 0 → x = 3 ou x = —3(n.s)
Resp.: B
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
 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.
Temos:
(x2 + 2x + 1)4 = [(x + 1)2]4 = (x + 1)8
Termo geral
8
Tp +1 =   . x8 −p . 1p
p
Queremos:
8—p=2→p=6
Daí,
8
T7 =   . x2 . 16 = 28x2
6
SOLUÇÃO:
Resp.: 28
Lembre:
9. Calcule n sabendo que
n  n n
  +   +   + ... +
 1  2   3 
 n   n   n + 1
  + 
 = 

 p   p + 1  p + 1
n
  = 8.191
n
SOLUÇÃO:
Daí
k +

 2
1  k + 1  k + 2 
 + 
 = 

  3   3 
Substituindo:
k + 2


 3 =1
k + 2


 5 
Lembre:
 n  n  n
n
  +   +   + ... +   = 2n
0
1
2
     
n
Daí
n  n
n
  +   + ... +   = 8.191
1
2
   
n
n
2n −  
0
k + 2 k + 2

 = 

 3   5 
Logo:
3+5=k+2→ k=6
Agora:
n
2n −   = 8.191
0
Resp.: C
2n —1 = 8.191
2n = 8.192
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 = 13
Resp.: 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
SOLUÇÃO:
Se a, b ∈ IR e n é par, então:
an + bn = 0 ↔ a = b = 0
8. Encontre o coeficiente de x 2 no desenvolvimento de
(x2 + 2x + 1)4.
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
se y = 0 → x2 = 1 → x = ± 1
pares: (0, 1), (0, —1), (1, 0), (—1, 0)
Resp.: E
SOLUÇÃO:
Lembre:
Termo geral
n
Tp +1 =   . an−p . bp
p
2
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3ª SÉRIE E EXTENSIVO
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)
ii) Distância de um ponto a uma reta.
ax + by + c = 0
6
r
P(x0, y0)
SOLUÇÃO:
dp.r =
Lembre:
f(x) = ax2 + bx + c, com a ≠ 0
Coordenadas do vértice
b
xV = −
2a
∆
yV = −
ou y V = f (x V )
4a
ax0 + by 0 + c
a 2 + 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
d = ???
yV = 0 — 6 → yV = —6
2
(4, —4)
Então:
M(0, —6)
— Pontos de interseção com o eixo x.
x —6=0→x=
2
(
) (
d =
6 ou x = − 6
A − 6, 0 e B 6, 0
)
42 + (−3)2
43
5
Resp.: E
d =
Logo, a área do ∆ABM é dada por:
1
Área =
DABM
2
0
−6 1
D ABM =
6
0 1 = 12 6
− 6 0 1
Área =
4 . 4 − 3.(−4) + 15
13. Resolvendo-se a inequação
log 1 (2x + 1) > log 1 (−3x + 4), obtemos :
2
2
1
4
a) − < x <
2
3
4
b) 0 < x <
3
3
c) x <
5
SOLUÇÃO:
1
. 12 6 = 6 6 u.a
2
Resp.: D
12. A distância do vértice da parábola y = (x — 2)(x — 6) à reta
4
y = x + 5 é:
3
72
43
d)
a)
25
25
29
43
e)
b)
25
5
c) 43
1
3
< x <
2
5
3
4
< x <
5
3
d) −
e)
Lembre:
log ax > logay → x < y
(0 < base < 1)
Temos:
log 1 (2x + 1) > log 1 (−3x + 4)
2
2
Então:
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

SOLUÇÃO:
i) f(x) = ax2 + bx + c, com a ≠ 0
Coordenadas do vértice
x + x2

x V = 1

2
y V = f (x V )
3
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3ª SÉRIE E EXTENSIVO
Interseção
SOLUÇÃO:
Devemos ter:
(I)
3/5
(II)
—1/2
4/3
—1/2
3/5
(III)
+
+
+
+
+
+
(I) ∩ (II) ∩ (III)
∆<0
a>0
1ª condição:
a>0→
Resp. D
14. Se o número complexo z = 1 — i é uma das raízes da
equação x10 — a = 0, o valor de a é:
a) 16
d) —16i
b) 32
e) —32i
c) 64
m>0
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
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 = —32i5 → a = —32i
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
A
Resp.: E
1
2
3
15. A reta y = ax + 1 intercepta a curva x2 + 4y2 = 1 somente
num ponto. Calcule 8a2.
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
x2(1 + 4a2) + 8ax + 3 = 0
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
18. Seja S a soma, em radianos, das raízes da equação
1 + cos x + cos 2x + cos 3x = 0, x ∈ [0, π]. Calcule
(Equação do 2º Grau)
6S
.
π
SOLUÇÃO:
Fórmula de Werner
Condição:
∆ = 0 (única solução)
Daí,
(8a)2 — 4.(1 + 4a2).3 = 0
64a2 —12 — 48a2 = 0
16a2 = 12
p − q
p + q
cos p + cos q = 2 cos 

 cos 
 2 
 2 
Temos:
x
x
1 + cos x = cos 0 + cos x = 2 cos   . cos  
2
2
x
 5x 
cos 2x + cos 3x = 2 cos   . cos  
2
 2 
Então:
x
 5x 
x
x
2 cos   cos   + 2 cos   cos  = 0
2
 2 
2
2
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:
a) m > 0
b) (m + 1)2 + 4m < 0
c) (m — 1)2 ≤ 0
d) m ≠ 1, m > 0
e) Não há valores de m tais que o trinômio proposto,
qualquer que seja x, se torne sempre positivo.
x 
x
 5x  
2 cos   . cos   + cos    = 0
2 
2
 2 
 3x 
x
2 cos   . 2 . cos   cos (− x) = 0
 2 
2
4
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3ª SÉRIE E EXTENSIVO
 3x 
x
4 cos   cos   cos (x) = 0
 2 
2
Daí,
π
x
x
cos = 0 →
=
+ kπ → x = π + 2kπ
2
2
2
ou
π
π
3x
3x
2kπ
cos
= 0 →
=
+ kπ → x =
+
2
2
2
3
3
ou
π
cos x = 0 → x =
+ kπ
2
π
π
se k = 0 → x = π,
ou
3
2
Se k = 1, 2, 3, ... → raízes já encontradas ou fora do
intervalo dado.
π π
Raízes: π, ,
2 3
π
π
6π + 3π + 2π
Soma das raízes = S = π +
+
=
2
3
6
11π
S=
6
6S
Logo:
= 11
π
Resp.: 11
f é crescente ∀ x ≥ −
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
p = —8
Logo:
p + q = —5p
p + q = —5.(—8)
p + q = 40
Resp.: 40
21. Quantos valores inteiros satisfazem a inequação
(2x — 7)(x — 1) ≤ 0?
a) zero
d) 3
b) 1
e) 4
c) 2
x(1 − x)
3
é crescente, para todo x
x −
4
2
pertencente a:
 25

a) −
, + ∞
 16

Daí,
p + q = − 5q

p . q = − 8q
2ª equação
p.q = —8q (como q é diferente de zero)
Temos:
Importante:
cos(—x) = cos(x), ∀ x ∈ Df
19. A função f(x) =
SOLUÇÃO:
5

d)  − ∞, 
4

Estudo do sinal
— — — — — — —
 25

, + ∞
b) −
4


 5

c)  − , + ∞ 
 2

e) IR
— — —
1
—
+ +
SOLUÇÃO:
Temos:
3
x − x
x −
2
4
+ + + +
7/2
+ + + + + + + + +
1
f ( x) =
5
2
+ + +
produto
7/2
inteiros: 1, 2, 3
Resp.: D
2
22. Sobre a equação 1983x2 — 1984x — 1985 = 0, a afirmativa
correta é:
a) Não tem raízes reais.
b) Tem duas raízes simétricas.
c) Tem duas raízes reais distintas.
d) Tem duas raízes positivas.
e) Tem duas raízes negativas.
6x − x + x 2
f ( x) =
4
x2 + 5x
4
1 2
5
f ( x) = x + x
4
4
f ( x) =
SOLUÇÃO:
Temos:
∆ = b2 — 4ac
∆ = (—1984)2 — 4.1983.(—1985)
∆ = 19842 + 4.1983 . 1985
Então:
∆ > 0 → raízes reais e distintas.
Resp.: C
Parábola
crescente
5
4 = −5
xv =
1
2
2.
4
−
5
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3ª SÉRIE E EXTENSIVO
26. A distância do centro da circunferência x2 + y2 — 6x — 8y + 21 = 0
à bissetriz do 1º e 3º quadrantes vale:
23. Seja f uma função real tal que f(x + 1) = (f(x))2 e f(0) = 10.
Então f(4) é igual a:
d) 101
a) 1016
b) 100
e) 121
c) 10256
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 →
Resp.: A
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]
y = 1 — 2x → x =
1− y
2
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
—3 ≤ y < 7
5
d)
3
2
b)
2
e)
2
2
c)
3
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
f(4) = 1016
1ª SOLUÇÃO:
Temos:
a)
y=x
2ª SOLUÇÃO:
xmax = 2 → ymin = —3
xmin = —3 → ymax = 7
Então:
y ∈ [—3, 7[
distância =
1. 3 − 1. 4 + 0
1 + (−1)
2
2
=
1
2
=
2
2
Resp.: E
3
x é tangente a uma circunferência de centro
3
(2, 0). O raio dessa circunferência é:
a) 3
d) 1
b) 2
e) 0,5
27. A reta y =
→ y ∈ [—3, 7[
3
c)
Resp.: B
SOLUÇÃO:
25. Se f(2x + 3) = 4x + 6x + 1, ∀ x ∈ IR, então f(1 — x) vale:
a) 2 — x2
d) 3x2 — 2x + 4
e) x2 + x —1
b) 2 + x2
2
c) x + 2x — 4
2
3x − 3y = 0
SOLUÇÃO:
Tomando:
2x + 3 = k → x =
k − 3
2
Então:
Distância de um ponto a uma reta.
2
k − 3
k − 3
f(k) = 4
 +1
 +6
2
 2 


2
f(k) = (k —3) + 3(k — 3) + 1
R=
f(k) = k2 —3k + 1
R
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
3 .2 −3.0 + 0
( 3 ) + (−3)
2
2
=
2 3
12
2 3
2 3
R=1
Resp.: D
6
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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:
SOLUÇÃO:
Veja:
1! = 1; 2! = 2; 3! = 6; 4! = 24
A partir de 5!, os resultados serão múltiplos de 10.
Então:
S = 1 + 2 + 6 + 24 + 5! + ... + 89!
33
Pitágoras
x2 = (a —x)2 + (b —x)2
x2 = a2 —2ax + x2 + b2 —2bx + x2
múltiplo de 10
x2 —2(a + b)x + a2 + b2 = 0
∆ = [—2(a + b)]2 — 4.1(a2 + b2)
∆ = 4(a + b)2 — 4(a2 + b2)
∆ = 8ab
Daí,
S = 3 + 30 + 10α’
múltiplo de 10
S = 3 + 10α → dígito das unidades é 3.
Resp.: B
x =
x=a+b+
29. O sistema linear de equações nas incógnitas x e y
kx + 2y = − 1
é impossível se, e somente se:

2x − y = m
1
2
1
b) k ≠ —4 e m =
2
1
c) k ≠ —4 e m ≠
2
a) k = —4 e m ≠
8ab
=
2(a + b) ± 2 2ab
2
2ab (absurdo, veja figura)
x = a + b −
2ab
Resp.: B
d) k = —4
e) k = —4 e m =
2(a + b) ±
2
1
2
31. Num triângulo retângulo de catetos 1 e
relativa à hipotenusa mede, em cm:
SOLUÇÃO:
kx + 2y = − 1
Sistema 
4x − 2y = 2m
a) 2
d)
3
2
b) 3
e)
2
2
c)
Somando
3 cm , a altura
3
SOLUÇÃO:
Temos:
(k + 4)x = 2m —1
impossível
k + 4 = 0 → k = —4
2m —1 ≠ 0 → m ≠
1
2
Resp.: A
Relações métricas
30. Em um triângulo retângulo OAB, retângulo em O, com OA = a
e OB = b, são dados pontos P em OA e Q em OB de tal
maneira que AP = PQ = QB = x. Nestas condições o valor
de x é:
i)
a2 = 12 +
( 3)
2
ii) 1. 3 = a.h →
→ a2 = 4 → a = 2
3 = 2h → h =
3
2
Resp.: D
a)
ab − a − b
b) a + b −
c)
e)
2ab
a) 104
b) 102
c) 10
SOLUÇÃO:
a 2 + b2
d) a + b +
f (10 −8 ) − f (103 )
é:
10 −8 − 103
d) 10—5
e) 10—11
32. Sendo f(x) = 100x + 3, o valor de
2ab
ab + a + b
Saiba:
Se f(x) = ax + b, com a ≠ 0, então:
f (s) − f (v)
= a , com s ≠ v.
s − v
7
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Assim:
SOLUÇÃO:
Figura:
f (10 −8 ) − f (103 )
= 100 (coeficiente angular)
10 − 8 − 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
SOLUÇÃO:
Lembre:
Fórmula do número de diagonais d =
∆BCE é eqüilátero → α = 60°
ABCD é um quadrado → θ = 30°
Veja:
BC ≡ BE (lado do quadrado = lado do ∆BCE)
Daí,
∆ABE é isósceles
n(n − 3)
2
Então:
n(n − 3)
2
n2 — 3n — 108 = 0
54 =
n = 12
ou n = —9(n.s)
θ + 2x = 180°
30° + 2x = 180°
Resp.: E
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
x = 75°
B
Resp.: D
36. Na figura abaixo, EFG é um triângulo retângulo, EF = 2cm ,
EG = 6cm e EP = PQ = QG . Então α + β + θ 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
π
3
7π
b)
18
4π
c)
9
π
d)
2
a)
n = 10
SOLUÇÃO:
Portanto:
n(n − 3)
10 . 7
d=
=
2
2
n = 35
Resp.: E
2
→ tg α = 1 → α = 45°
2
2
1
∆EQF → tg β = → tg β =
4
2
2
1
∆EGF → tg θ = → tg θ =
6
3
Sabemos:
tg β + tg θ
tg (β + θ) =
1 − tg β . tg θ
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
B
∆EPF → tg α =
C
8
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Então:
5
1
1
+
6
2
3
tg (β + θ) =
=
=1
5
1 1
1−
.
6
2 3
tg (β + θ) = 1 → β + θ = 45°
Portanto:
α + β + θ = 90°
Resp.: D
Pitágoras
x
(xq)2 = x2 +  
 q
2
x2
q2
Dividindo ambos os membros por x2.
1
q2 = 1 + 2
q
q 4 — q2 — 1 = 0
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
x2q2 = x2 +
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 =
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
c)
a)
2
2
15
19
d)
b)
2
2
SOLUÇÃO:
Fazendo:
log2(a + b) = x → a + b = 2x
log3(a — b) = y → a — b = 3y
Sistema:
2x . 3y = 4

x − y = 2 → x = 2 + y
Substituindo:
2x . 3y = 4
22+y . 3y = 4
22 . 2y . 3y = 4
4 . 6y = 4
6y = 1 → y = 0 → x = 2
Assim:
a + b = 4

a − b = 1
Resolvendo:
5
3
a =
e b =
2
2
34
17
2
2
Logo: a + b =
=
4
2
Resp.: C
1
A(0, − ) ; B(0, —4) e C(2, 0)
2
1
1
2
− 4 1 = −1 + 8 = 7
0 1
0 −
DABC = 0
2
Logo:
7
1
u.a.
.7 =
2
2
Resp.: B
Área =
38. A razão de uma progressão geométrica, cujos termos são os
três lados de um triângulo retângulo é:
a)
1+ 5
2
c)
1+ 3
2
b)
1+ 2
5
d)
1+ 2
3
SOLUÇÃO:
x

P.G.  ; x; xq 
q

3
40. Se x1 e x2 são as raízes da equação 32 log x = xlog x (3x) , então
9(x1 + x2) é igual a:
a) 22
c) 26
b) 24
d) 28
9
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sen2x . sen2x = 0
sen4x = 0
Daí,
sen x = 0
x = 0 ou x = π
Resp.: C
SOLUÇÃO:
Lembre:
b
alog a = b
i)
ii) Se logba = x → a x = b
Temos:
3
3x
32 log x = xlog x
Então:
n
43. Determine n, sabendo que
2 log 3x
3
= 3x
Tomando:
log3x = k → log3x =
2.
1
k
p
= 729.
p =0
SOLUÇÃO:
n
1
e x = 3k
k
(a + b)n =
n
n
∑  p  . 1
2
3k
. bp (Binômio de Newton)
n−p
. 2p = (1 + 2)n = 3n
p =0
= 3k +1
Comparando:
2
k+1=
k
k2 + k — 2 = 0
Então:
3n = 729 →
n=6
44. O domínio real da função f(x) =
1
9
41. O número de raízes de equação
2 sen x − 1 para 0 ≤ x < 2π
é:
π
5π
≤ x ≤
6
6
π
5π
b) 0 ≤ x ≤
ou
≤ x < 2π
6
6
c) 0 ≤ x < π
a)
ou
k = 1 → x = 31 → x = 3
Logo:
1

9 (x1 + x2 ) = 9  + 3  = 1 + 27 = 28
9

Resp.: D
a) 0
b) 1
c) 2
n−p
Veja:
= 3 . 3k
k = —2 → x = 3—2 → x =
n
∑  p  a
p =0
Substituindo:
3
n
∑  p  . 2
d)
π
2π
≤ x ≤
3
3
SOLUÇÃO:
Condição:
2 sen x —1 ≥ 0
3
+ cos x = 0 é:
2
d) 3
e) maior do que 3
1/2
1
sen x ≥
2
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
Daí,
π
5π
≤ 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
c) 180
42. O número de raízes da equação tg2x — sen2x = 0, 0 ≤ x < 2π, é:
a) 0
d) 3
b) 1
e) maior que 3
c) 2
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
SOLUÇÃO:
Temos:
sen2 x
− sen2 x = 0
cos2 x
sen2x —sen2xcos2x = 0
sen2x(1 — cos2x) = 0
10
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* MDC (530, 583) = 53
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
SOLUÇÃO:
Temos:
n!
n . (n − 1)
=
Cn,2 =
(n − 2)!2!
2
An,2 =
A2n,2 =
Resp.: 53
n!
= n . (n − 1)
(n − 2)
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)!
= (2n) . (2n − 1)
(2n − 2)!
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
Então:
n(n − 1)
+ 2 . n(n − 1) + 100 = (2n)(2n − 1)
2
2
n — n + 4n2 — 4n + 200 = 8n2 — 4n
3n2 + n — 200 = 0
n=8
ou n = −
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.
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:
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:
x = m.d.c. (1590, 1060, 583)
SOLUÇÃO:
Temos:
2x + 3
6
f ( x) =
= (2x + 3) .
2x + 3
2x + 3
6
Então:
x = 53
f(x) = 6
* MDC (1590, 1060) = 530
Agora:
Soma: 1 . 6 + 2 . 6 + 3 . 6 + ... + 20 . 6
Soma: (1 + 2 + 3 + ... + 20) . 6
(1 + 20) . 20
Soma:
. 6 = 21. 10 . 6
2
Soma = 1260
Resp.: E
11
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53. Para 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:
log xy = m → log yx =
1
m
Daí,
1
=2
m2
m2 — 2m + 1 = 0
m+
m=1
→
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=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
→
y=3
x ≥ 45 →
Resp.: 9
xmin = 45
Resp.: D
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!
e) 4!
b) 34
c) 43
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
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
Veja:
SOLUÇÃO:
Lembre:
Se f é injetora, então:
x1 ≠ x2 → f(x1) ≠ f(x2)
Daí,
n
4
3
q’
Resp.: D
55. Qual dos cinco números relacionados abaixo é um divisor
de 1015.
a) 25
d) 75
b) 50
e) 250
c) 64
SOLUÇÃO:
Temos:
1015 = (2.5)15 = 215 . 515
Pelo
da da
contagem,
tem-se:
6.5.4.3
= 360
Peloprincípio
princípiofundamental
fundamental
contagem,
tem-se:
6.5.4.3
=
funções
injetoras
360 funções
injetoras
Resp.: B
12
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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
d)
a)
10.000
9.000
3.741.515
370.415
e)
b)
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:
a + bi é raiz de p(x) → a — bi também é
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
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:
Lembre:
A — B = {x/x ∈ A e x ∉ B}
A—B
d = 65
A∩B
Resp.: B
60. O número de soluções reais da equação
É fácil ver:
a) 0
b) 1
c) 2
A — (A — B) = A ∩ B
Resp.: E
2x2 − 8x
= x é:
x 2 − 4x
d) 3
e) 4
SOLUÇÃO:
Temos:
58. O retângulo abaixo de dimensões a e b está decomposto
a
em quadrados. Qual o valor da razão ?
b
5
a)
3
2
b)
3
c) 2
3
d)
2
1
e)
2
2x2 − 8x
= x
x 2 − 4x
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
x=2
x = 4 (n. serve) → denominador nulo.
S = {2}
SOLUÇÃO:
Sendo x a medida do lado do menor quadrado, os outros
quadrados terão seus lados com as medidas indicadas na
figura:
Resp.: B
13
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3ª SÉRIE E EXTENSIVO
1
61. Determine o número de soluções reais da equação
2x = log x2 .
a) Nenhuma
b) Uma
c) Duas
d) Três
e) Infinitas
x Lnx
é igual a:
Então, a expressão dada
e
e
xlog x
e
= =1
e
e
Exp. =
Resp.: B
SOLUÇÃO:
Graficamente:
64. Prove que
FG a IJ
H bK
FG b IJ
H cK
c
log10
.
a
log10
.
FG c IJ
H aK
b
log10
= 1.
SOLUÇÃO:
Prova:
Tomemos:
a
log10
= x → 10x = a
b
log10
= y → 10y = b
c
log10
= z → 10z = c
Então:
1o membro =
F 10 I . F 10 I . F 10 I
GH 10 JK GH 10 JK GH 10 JK
1o membro =
10 xz 10 xy 10 yz
.
.
10 yz 10 xz 10 xy
x
Como não existe interseção, a equação não admite
soluções.
z
y
y
x
z
z
y
x
1o membro = 1
Resp.: A
c.q.p.
62. Se n é o maior número inteiro pertencente ao domínio da
função f(x) = 1−logx2 , determine o valor de n3 + 3n2 + 2.
a) 2
b) 20
c) 21
d) 22
e) 32
65. Determine o produto das soluções reais da equação
x
9 . xlog3 = x3 .
a) 4
b) 8
c) 25
d) 27
e) 90
SOLUÇÃO:
Domínio → campo de existência → condição de existência
da função → 1 — logx2 ≥ 0 → log x2 ≤ 1 → 0 < x ≤ 21 →
0 < x ≤ 2 → maior inteiro x = 2.
Logo, a expressão é igual a 23 + 3 . 22 + 2 = 22.
SOLUÇÃO:
Tomemos:
log3x = k → 3k = x
Resp.: D
1
x Ln x
63. Dando x ≠ 1 e positivo, calcule o valor de
.
e
a) 0
b) 1
c) 2
d) 3
e) 4
Assim,
9 . (3k)k = (3k)3
3k
i)
a
ii)
logba
= 33k → k2 + 2 = 3k
k=1→
ou
k=2→
=b
=
+2
→ k2 — 3k + 2 = 0
SOLUÇÃO:
Sabemos que:
log ba
2
x=3
x=9
Portanto, o produto das soluções é 27.
1
logba
Resp.: D
iii) Lx = Ln x = log xe
14
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3ª SÉRIE E EXTENSIVO
x
x
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.
a) 3 2 cm3
b) 9 2 cm3
c) 27 2 cm3
d) 54 2 cm3
e) 81 2 cm3
( 2 − 1)
( 2 + 3)
2
66. Seja x tal que log10
, log10
e log10
estão, nesta
ordem, em progressão aritmética. Calcule 22x.
a) 1
b) 4
c) 8
d) 16
e) 25
SOLUÇÃO:
FH
x
(2
2
Temos que: log10
, log10
x
(2
⇒ 2 . log10
x
− 1)
− 1)
(2
, log10
x
+ 3)
x
+ 3)
⇒
(2
2
= log10
+ log10
2
IK P.A. ⇒
SOLUÇÃO:
x
( 2 − 1)
2( 2 + 3)
⇒ log10
= log10
⇒
⇒ (2x — 1)2 = 2 . (2x + 3)
Tome:
2x = a
Então:
a2 — 2a + 1 = 2a + 6 → a2 — 4a — 5 = 0
a=5
→
Volume do prisma = (área da base) x (altura)
Então:
F 3 . 4 . sen 45 I . 9
GH 2 JK
o
2x = 5
V=
ou
V=6.
a = — 1 (não serve)
2
. 9 = 27 2 cm3
2
Resp.: C
Portanto, 22x = 25.
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:
aresta = a
diagonal = a 3
volume = a3
SOLUÇÃO:
e j
P. G. (a, a 3 , a3) ⇒ a 3
⇒ 3a2 = a4
D = (3k) + (5k) + (7k)
4 83 =
k=4
= a . a3 ⇒
a2 = 3
Portanto, a área total será 18 u.a.
Diagonal (D)
2
⇒
2
2
2
Resp.: D
83k2 ⇒ 4 83 = k 83
70. Uma esfera de raio r é inscrita num cone eqüilátero com
Volume (V)
V = 12 . 20 . 28
V = 6720cm3
geratriz de comprimento g. Determine o valor de
a)
b)
c)
d)
e)
Resp.: D
15
g 3
.
r
3
6
8
9
12
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3ª SÉRIE E EXTENSIVO
72. Determine a área (em m2) do setor circular hachurado na
$ mede π rad e o
figura abaixo, sabendo que o ângulo ABC
6
6
m.
diâmetro AB mede 8
π
a) 24
b) 48
c) 48 3
d) 54
e) 54 3
SOLUÇÃO:
O: incentro, baricentro, circuncentro, ortocentro
Veja:
i. g = 2R (geratriz)
SOLUÇÃO:
g 3
g 3
= 3r ⇒
=6
ii.
2
r
πR 2
6
∆ABC é retângulo
[setor] =
Resp.: B
cos 30o =
71. O raio da base de um cone circular reto mede 4cm e sua
25
altura
cm. Determine, em cm3, o volume do cilindro
π
circular reto de maior área lateral, inscrito no cone.
a) 4
b) 10
c) 25
d) 40
e) 50
R
6
8
π
3
2
=
Então:
6
6
⇒ 4R2 = 3 . 64 .
⇒
π
π
6
πR 2
⇒ R2 = 3 . 16 .
⇒
= 3 . 16 ⇒ [setor] = 48m2.
π
6
2R =
SOLUÇÃO:
3 .8
Resp.: B
73. Dado um cilindro de revolução de raio r e altura h, sabese que a média harmônica entre o raio r e a altura h é 4 e
que sua área total é 2πm2. Mostre que o raio r satisfaz a
sentença r3 — r + 2 = 0.
SOLUÇÃO:
• Área total
2πrh + 2πr2 = 2π
Área (lateral do cilindro) = 2πrh = AL
Veja:
rh + r2 = 1
25
h
25
tg α =
= π ⇒ h=
(4 − r )
4−r
4
4π
• Média Harmônica
2rh
=4
r +h
Substituindo, h na área lateral, vem:
AL = 2πr
LM 25 (4 − r)OP ⇒ A
N 4π
Q
L
=
(I)
25
(4r − r 2 )
2
h=
2r
r −2
(II)
parábola
Para que AL seja máxima, basta que r seja igual a abscissa
do vértice da parábola. Então:
25
25
r=2→h=
⇒ V = π . 22 .
= 50cm3.
2π
2π
Substituindo II em I, vem:
2r 2
2r
+ r2 = 1 ⇒
r
+ r2 = 1 ⇒
r −2
r −2
F
GH
I
JK
⇒ 2r2 + r2(r — 2) = r — 2 ⇒ 2r2 + r3 — 2r2 = r — 2 ⇒
Resp.: E
⇒ r3 = r — 2 ⇒
16
r3 — r + 2 = 0
OK
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3ª SÉRIE E EXTENSIVO
74. Seja o determinante D(x) =
Calcule o valor de D
a)
b)
c)
d)
e)
FG π IJ .
H 12K
1−
76. Determine a soma das raízes da equação:
1 1
1
1
1 x
1
1
=0
1 1 x+2
1
1 1
1
x−4
2senx
− senx
.
cos x
1 + 2senx
1
2
2
2
3
2
a)
b)
c)
d)
e)
1
2
3
1
+
2
4
SOLUÇÃO:
Aplicando Chió, vem:
3 +
1 1
1
1 x
1
1 1 x+2
SOLUÇÃO:
D(x) = 1 — 2sen2x + sen x cos x
sen(2x)
D(x) = cos (2x) +
2
π
sen
π
π
6
= cos
+
D
6
2
12
1 1
FG IJ
H K
FG IJ FG IJ
H K H K
F πI 3 + 1
DG J =
H 12K 2 4
1
1
1
=0
x−4
1
Daí,
0
0
x−1
0
0 =0
x+1
0
0
x−5
(x — 1) . (x + 1) . (x — 5) = 0
x = 1, — 1 ou 5
Portanto, a soma das raízes é 5.
Resp.: E
75. Seja R a raiz positiva da equação x2 + x —
Se R =
0
1
2
4
5
sen Ao
cos Ao
sen 11o
cos 11o
Resp.: E
3
= 0.
4
, onde 0 < A < 90. Calcule o valor
77. Se o sistema
de A.
a) 30
b) 41
c) 60
d) 75
e) 80
RSx + my = 3 tem infinitas soluções.
Tmx + 4y = 6
Determine o valor de m4 — 8m2 + 23.
a) 6
b) 7
c) 8
d) 9
e) 12
SOLUÇÃO:
Temos:
x2 + x —
x=
1
2
x=—
SOLUÇÃO:
Sejam:
r: a1x + b1y + c1 = 0
s: a2x + b2y + c2 = 0
3
=0
4
⇒
R=
1
2
Se r e s são coincidentes, então:
a1
b
c
= 1 = 1
a2
b2
c2
3
(Não serve)
2
Assim, temos:
1
m 3
→
=
=
m
4
6
Assim, R = sen Ao cos 11o — sen 11o cos Ao .
R = sen (Ao — 11o )
1
= sen (Ao — 11o )
2
∗ retas coincidentes ⇒ infinitas soluções.
Então:
Ao — 11 o = 30 o
Ao = 41o
m=2
Portanto, m4 — 8m2 + 23 =
∴
A = 41
7
Resp.: B
Resp.: B
17
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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
78. Se (x0, y0, z0) é uma solução do sistema
encontre o valor de
a) 0
b) 1
c) 2
d) 3
e) 4
x 20
+
y 20
−
2z20 .
|RSx + y = 2 ,
T|xy + z = 1
Daí,
(8ab)2 — 4 (1 + 4a2) . (4b2 — 1) = 0
64a2b2 — 16b2 + 4 — 64a2b2 + 16a2 = 0
8a2 — 8b2 + 2 = 0
2
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:
R|x + y = 2
S|x y + z = 1
T
0
0
2
0
0 0
→ x 20 + y 20 + 2x 0 y0 = 4
→ −2x 0 y 0 − 2z 20 = − 2
x 20 + y 20 − 2z 20 = 2
Somando:
SOLUÇÃO:
Interseção ⇒ x2 — (x + b)2 = 1
⇒ x2 — x2 — 2bx — b2 = 1 ⇒ — 2bx = 1 + b2 ⇒
1 + b2
(x da interseção)
⇒x=
− 2b
Resp.: C
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 interseção, basta tomarmos b = 0.
Resp.: A
82. Determine o menor inteiro n > 0, de modo que
SOLUÇÃO:
Temos que:
2k +
F 3 + 1 iI
GH 2 2 JK
2k — 2 = 0
2k — 2 = — 2k
22k — 4 . 2k + 4 = 2k
22k — 5 . 2k + 4 = 0
n
2k = 1 ⇒
ou
k=0
ok
a)
b)
c)
d)
e)
2k = 4 ⇒
k=2
(não serve)
SOLUÇÃO:
Temos que:
6
10
12
16
24
F 3 + 1iI = (cos30 + isen30 ) = cos (n . 30 ) + i sen (n . 30 )
GH 2 2 JK
n
Veja: se k = 2 ⇒ f(2k) = f(4) = 4 ≠ 0
o
Resp.: A
on
o
o
UM
ZERO
Então:
n . 30o = k . 360o
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
n = 12k
Portanto, n = 12 (menor inteiro positivo)
Resp.: C
83. Encontre o módulo do complexo Z, tal que Z2 = i.
a) 1
b)
2
c)
3
d) 2
e) 3
SOLUÇÃO:
Substituindo a reta na equação da elipse, vem:
x2 + 4y2 = 1
x2 + 4 (a2x2 + 2abx + b2) = 1
(1 + 4a2)x2 + 8abx + 4b2 — 1 = 0
Como a reta é tangente, então a interseção é um único
ponto.
∆=0
seja real positivo.
SOLUÇÃO:
Temos:
Z2 = i ⇒ |Z2| = |i| ⇒
único ponto
18
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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
⇒ |Z . Z| = |0 + 1i| ⇒ |Z| . |Z| =
reta. Quantos triângulos existem com vértices nestes
pontos?
0 2 + 12 ⇒
⇒ |Z| . |Z| = 1 ⇒ |Z| = 1
Resp.: A
84. Se A, B e C são números reais, tais que
1
A
Bx + C
, para todo x, x ∈
=
+ 2
x
x(x 2 + 2x + 2)
x + 2x + 2
∗
,
calcule o valor de A + B + C.
SOLUÇÃO:
A
Bx + C
1
+ 2
=
, ∀x ∈
2
x
x + 2x + 2 x(x + 2x + 2)
∗
A(x2 + 2x + 2) + (Bx + C)x
1
=
, ∀x ∈
x(x 2 + 2x + 2)
x(x2 + 2x + 2)
2
(A + B)x
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!
R| A +B= 0
+ (2A + C)x + 2A ≡ 1 ⇒ S2A + C = 0 ⇒
|T 2A =1
∗
R|A = 1/ 2
S|B = −1/ 2
TC = − 1
C4,3 =
Portanto, A + B + C = — 1.
4!
4 x 3!
=
=4
3! 1!
3! x 1
Logo, C9,3 — C4,3 = 84 — 4 = 80.
85. Determine um polinômio P(x) de grau 2 que verifique a
identidade P(x + 1) ≡ x2 + 2x + 3.
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?
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:
a =1
a =1
2
⇒ b=0
P(x + 1) ≡ x + 2x + 3 ⇔ 2a + b = 2
c=2
a +b+c=3
R|
S|
T
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
R|
S|
T
Logo, P(x) = x2 + 2.
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?
SOLUÇÃO:
Devemos ter ax2 + bx + c ≡ (mx + n)2, com m ≠ 0; portanto:
R|a = m
S|b = 2mn
Tc = n
2
2
C8,4 =
Podemos eliminar m e n e obter a relação entre a, b e c
calculando b2:
b2 = (2mn)2 = 4m2n2 = 4ac
8!
8 x 7 x 6 x 5 x 4!
=
= 70
4! 4!
4 x 3 x 2 x 1 x 4!
Logo, C10,6 — C8,4 = 210 — 70 = 140.
A condição é b2 = 4ac e a ≠ 0 (pois m ≠ 0).
87. Na figura a seguir indicamos 9 pontos, entre os quais não
há 3 colineares, exceto os 4 que marcamos numa mesma
19
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
R|
R|
2+2+α=0
||
||α = − 4 b
b
S|2 . 2 + 2α + 2α = a , logo S|4α + 4 = a , log o
||2 . 2 . α = −16
||α = −4
a
T
T a
89. Dê a condição sobre o inteiro positivo n para que o
FG x
H
1
−
desenvolvimento de
x
independente de x e não nulo.
2
IJ
K
n
apresente um termo
SOLUÇÃO:
FG
H
O termo geral do desenvolvimento de x 2 −
T=
⇒
FG nIJ (x ) FG − 1IJ = FG nIJ x
H x K H kK
H kK
n
FG IJ (−1) x
H kK
k
2 n−k
2n − 2k
1
x
IJ
K
n
é
Portanto, a = 1 e b = — 12.
( −1)k x −k ⇒
F12I
∑ GH k JK 9 ?
12
93. Qual é o valor de
2n − 3k
k
R|α = − 4
S|a = 1
Tb = − 12
k
k=0
SOLUÇÃO:
12
12 k
9 =
k
F I
∑ GH JK
Para o termo independente de x devemos ter 2n — 3k = 0,
2n
. Como k deve ser inteiro, concluímos que n
logo k =
3
deve ser um múltiplo de 3.
90. Calcule a e b de modo que a fração algébrica
k=0
F12I
∑ GH k JK . 1
12
12k − k
. 9k
k=0
este fator é igual a 1, portanto não altera o
valor do termo.
x2 + ax + b
2x 2 + 1
Notando que
FG12IJ . 1
H kK
12 − k
. 9k é o termo geral do binômio
(1 + 9)12, concluímos que:
tenha o mesmo valor numérico para todo x ∈ .
SOLUÇÃO:
F12I
∑ GH k JK 9
12
k
x + ax + b
= k, ∀x ∈ , logo:
2x 2 + 1
x2 + ax + b ≡ 2kx2 + k.
= (1 + 9)12 = 1012 (o que dá 1 trilhão)
k=0
2
Devemos ter:
R|1 = 2k
S|a = 0
Tb = k
A resposta é a = 0 e b =
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?
1
.
2
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.
91. Calcule o valor numérico de x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4,
3 +1
para x =
4
3
ey=
3 −1
4
3
.
SOLUÇÃO:
x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4 = (x + y)4 =
F
GH
3 +1
4
3
+
I = F 2 3I
JK GH 3 JK
3 −1
4
3
4
4
4
=
24 . 32
= 48
3
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 α, com α ≠ 2, temos
pelas relações de Girard:
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!
C6, 4 =
=
= 15
4! 2!
4! x 2 x 1
20
OSG 5928/05
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3ª SÉRIE E EXTENSIVO
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
6!
caso é C6,2 x C6,2. Como C6, 2 =
= 15, temos
2! 4 !
15 x 15 = 225 possibilidades.
SOLUÇÃO:
Sabemos que: A . A—1 = A—1 . A = I
Então:
A2 — 2A + I = 0 ⇒ I = 2A — A2 ⇒
⇒ I = 2AI — A2 ⇒ I = 2IA — AA ⇒
⇒ I = (2I —A) . A ⇒
Resp.: E
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:
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
(1 — x) (1 + ... + termo em x4 + termo em x5 + ... + x8)
Termo em x5 = [1 . termo em x5 de (1 + x)8] + [(— x) . termo
em x4 de (1 + x)8]
O termo geral de (1 + x)8 é T =
Para k = 5 temos T =
FG8IJ x
H5K
5
FG 8IJ
H kK
. 18 − k . xk =
FG 8IJ
H kK
A—1 = 2I — A
SOLUÇÃO:
Preço inicial: P ⇒ com desconto:
xk .
80
P
100
novo preço
8! 5 8 x 7 x 6 5
=
x =
x = 56x5 .
5! 3!
3x 2x1
Para k = 4 temos
8
8!
8x7x6x5 4
T=
x4 =
x4 =
x = 70x4 .
4
4! 4!
4x3x2x1
Para voltar ao preço inicial, temos:
FG IJ
HK
A
80
80
P+
P =P
.
100
100 100
A
80
20
.
P =
P
100 100
100
Então, no produto (1 — x) (1 + x)8 temos:
Termo em x5 = [1 x 56x5] + [(—x) . 70x4] ⇒
⇒ 56x5 — 70x5 = — 14x5
A
1
=
100 4
O coeficiente pedido é igual a — 14.
A = 25
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
Resp.: C
99. Sejam p e q números inteiros positivos e consecutivos. Se
1 1 11
+ =
, então p e q é igual a:
p q 30
a) 9
b) 11
c) 13
d) 15
e) 17
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.
SOLUÇÃO:
1 1 11
q+p
11
⇒
+ =
=
p q 30
pq
30
Resp.: E
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.
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.
21
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3ª SÉRIE E EXTENSIVO
Resp.: B
100. O gráfico da função f(x) = senx no intervalo
a) crescente
b) decrescente
c) constante
d) nula
e) negativa
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
100
ii. Se 1 é p% de 3 ⇒ 1 =
ou p =
.3 ⇒ p =
100
3
33,33% (aproximadamente).
LM π , πOP é:
N2 Q
SOLUÇÃO:
Esboço do gráfico de senx no de [0, 2π]
Resp.: E
π
2
104. Sabendo que cos 36o =
π
a)
Resp.: B
b)
101. Um dos ângulos de um triângulo retângulo é α.
Se tgα = 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
c)
d)
e)
SOLUÇÃO:
1+ 5
, então cos 72o vale:
2
1+ 5
2
5 −1
4
5 −1
2
1− 5
2
1− 5
4
SOLUÇÃO:
Sabemos que: cos 2x = 2cos2x — 1 (arco duplo)
Tomando x = 36o, encontramos:
24
12
⇒ tgα =
⇒
Se tgα = 2,4 ⇒ tg α =
10
5
⇒ cateto oposto = 12k e cateto adjacente = 5k ⇒
⇒ hipotenusa = 13k
cos 72 = 2 cos 36 — 1 ⇒ cos72
o
Tomando k = 10 ⇒ lados 50, 120 e 130
cos 72o =
Resp.: D
2
o
o
F1 + 5I
=2.G
H 4 JK
2
− 1⇒
5 −1
4
Resp.: B
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
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:
Sabemos que:
se a + b = 180o então sen a = sen b e cos a = — cos b
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
Dividindo 2280o por 360o, encontramos:
2280o = 120o + 6.360o
Assim: cos 2280o = cos 120o = — cos 60o
a d = (5 − 0)2 + (12 − 0)2 = 169 = 13 .
Resp.: B
Resp.: A
22
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3ª SÉRIE E EXTENSIVO
SOLUÇÃO:
Sabemos que: Se a1, a2, a3, ..., an são números reais positivos,
então:
a + a + a + ... + a n
Média aritmética = 1 2 3
n
Média geométrica = n a1 . a 2 . a 3 ... a n
106. A área máxima da região limitada por um triângulo
retângulo inscrito em um círculo de raio R é:
a) 2R2
b) πr2
c) R2
R2
d)
2
e) 2πr2
Relação importante entre as duas médias: M.A ≥ M.G
a + 3b
30
≥ a . 3b ⇒
≥
2
2
⇒ 225 ≥ 3ab ⇒ ab ≤ 75
Daí,
SOLUÇÃO:
Observe:
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.
3ab ⇒ 15 ≥
3ab ⇒
i. A área de um triângulo é igual a
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
Logo, o triângulo de área máxima tem área igual a
2R . R
= R2 .
2
Veja a figura:
SOLUÇÃO:
Temos que:
x = 9a + 5, onde a é o quociente da divisão de x por 9.
x = 3b + 2, onde b é o quociente da divisão de x por 3.
$ , ADB
$ ,
Os ângulos ACB
$ e AFB
$ são retos.
AEB
Como a soma dos quocientes é 9, vem:
x −5
x−2
+
= 9 ⇒ x = 23
9
3
Resp.: E
Resp.: C
110. Se 10 tgx + 16 cos x — 17 sec x = 0, então sen x é igual a:
1
1
a) ou
2
8
1
b) ±
2
1
1
c)
ou
4
12
d) 0
1
1
e) — ou
2
4
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
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:
Temos:
⇒ 10tg x + 16 cos x — 17 sec x = 0 ⇒
sen x
1
⇒ 10 .
+ 16 cos x — 17 .
=0⇒
cos x
cos x
⇒ 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
De (i) e (ii), concluímos:
O produto (p — 1) . (p + 1) = p2 — 1 é um múltiplo de 24.
Resp.: B
108. Sejam a e b números reais positivos tais que a + 3b = 30.
Determine qual é o maior valor possível para ab.
Resp.: A
23
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3ª SÉRIE E EXTENSIVO
⇒ 0 ≤ 48 — 13n ≤ 10 ⇒ — 48 ≤ — 13n ≤ — 38 ⇒
⇒ 48 ≥ 13n ≥ 38 ⇒ 2, ... ≤ n ≤ 3, ... ⇒ n = 3 ⇒
⇒ a = 48 — 13 . 3 ⇒ a = 9.
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
Resp.: E
114. O algarismo das unidades do número N = 1 . 3 . 5 . 7 . ... .
1993 é:
a) 1
c) 5
e) 9
b) 3
d) 7
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.
SOLUÇÃO:
Temos que: M horas = M . 60 minutos
Veja:
Se M . 60 minutos = P (percurso completo) ⇒
P
(fração do percurso)
⇒ 2 . M minutos =
30
Resp.: D
Resp.: C
x y
=
e x . y = 189, então, x — y vale com x e y
7 3
positivos:
a) 12
c) 9
e) 21
b) 4
d) 30
115. Se
2
2
2
2
2
2
2
2
2
112. Sendo R = 0 — 1 + 2 — 3 + 4 — 5 + ... + 98 — 99 + 100 ,
R
.
calcule o valor de
202
a) 22
b) 23
c) 24
d) 25
e) 26
SOLUÇÃO:
x y
Temos: = = k ⇒ x = 7k e y = 3k
7 3
Daí, 7k . 3k = 189 ⇒ 21k2 = 189 ⇒ k2 = 9 ⇒ k = 3
SOLUÇÃO:
Sabemos que:
i. a2 — b2 = (a — b) . (a + b)
(a + a ). n
(soma dos termos de uma P.A.)
ii. Sn = 1 n
2
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)
R = 3 + 7 + 11 + ... + 199
(3 + 199). 50
R
R=
= 202 . 25 ⇒
= 25.
2
202
Para: k = 3 ⇒ x = 21 e y = 9
Portanto: x — y = 12
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
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
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
1
14
=
⇒ y = 700cm ⇒ y = 7m
50
y
Logo, a área da sala será de 6m x 7m = 42m2.
Resp.: D
SOLUÇÃO:
Temos: P. A. (a, a + 13, a + 26, a + 39, ..., 35, ...)
117. Prove que em todo triângulo ABC vale a relação:
c = a . cos B$ + b . cos Â.
SOLUÇÃO:
Usando a fórmula do termo geral, encontramos:
an = a1 + (n — 1) . r ⇒ 35 = a + (n — 1) . 13 ⇒
⇒ 35 = a + 13n — 13 ⇒ a = 48 — 13n ⇒
24
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3ª SÉRIE E EXTENSIVO
1
, x > 1 e g uma função tal que (gof) (x) = x.
x −1
1
.
Determine o valor de g
64
120. Sejam f(x) =
FG IJ
H K
SOLUÇÃO:
g(f(x)) = x ⇒ g
F 1 I =x
GH x − 1JK
Veja:
1
1
1
⇒ x — 1 = 64 ⇒ x = 65 ⇒ g
se
= 65
=
64
x − 1 64
FG IJ
H K
m
⇒ m = b cos Â
b
n
⇒ n = a cos B$
cos B$ =
a
Logo, m + n = b cos  + a cos B$ ⇒
⇒ c = a cos B$ + b cos  (ok)
cos  =
Resp.: 65
121. O triângulo ABC está inscrito em um círculo de raio R. Se
3
cos A = , o comprimento do lado BC é igual a:
5
2R
a)
5
3R
b)
5
4R
c)
5
6R
d)
5
8R
e)
5
Obs.: Sendo  ou B$ obtuso, chegamos com raciocínio
análogo ao mesmo resultado.
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 + ... + 172
SOLUÇÃO:
temos que:
3
4
cos  = ( é agudo) ⇒ sen  =
5
5
SOLUÇÃO:
Temos que: n dividido por 17 tem quociente q ≠ 0 e resto
com r = q2.
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 Â
senB sen C
BC
⇒
= 2R ⇒ BC = 2R . sen  ⇒
sen Â
4
8R
⇒ BC =
:
⇒ BC = 2R .
5
5
Resp.: E
Logo a soma dos quocientes é 10.
Resp.: A
o
122. Seja f(x) =
o
119. Determine o valor do produto P = cos 36 . cos 72 .
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,
1
pois sen36o = sen 144o (suplementares) ⇒ P = .
4
1
Resp.:
4
ex − e− x
definida em R. Se g for a função
ex + e − x
inversa de f, o valor de e
a) — 1
b) 0
1
c)
e
d) 1
e) e
g
FG 7 IJ
H 25 K
será:
SOLUÇÃO:
Como g é a inversa de f, temos:
7
ex − e − x
7
7
g
= x
= f—1
⇒
⇒
25 e + e − x
25
25
⇒ 7 . ex + 7 . e—x = 25 . ex — 25 . e—x ⇒ — 18 . ex = — 32 . e—x ⇒
FG IJ
H K
25
FG IJ
H K
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3ª SÉRIE E EXTENSIVO
F7I
⇒ e2x =
gG J
16
4
4
⇒ ex =
⇒ e H 25 K =
9
3
3
Resolvendo, encontramos: b = 2 e a = —
Resp.: A
Daí, a função f é dada por: f(x) = —
2
x+2
3
Veja: cálculo de f—1(2)
2
Para y = 2 ⇒ 2 = — x + 2 ⇒ x = 0 ⇒ f—1(2) = 0.
3
123. A média aritmética dos ângulos internos de um eneágono
convexo vale:
a) 40o
b) 70o
c) 120o
d) 135o
e) 140o
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
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
SOLUÇÃO:
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).
Resp.: E
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?
Resp.: B
SOLUÇÃO:
Veja:
Em 48 gramas de solução temos
2
3
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
75
. 48 = 36 gramas
100
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
=
⇒ x = 2 gramas
Assim:
48 + x
100
SOLUÇÃO:
Capacidade do tanque: T
Resp.: 2 gramas
i. Torneira enche T em 4 horas ⇒ em 1 hora enche
T
4
do tanque.
ii. Ralo esvazia o tanque T em 3 horas ⇒ em 1 hora
T
do tanque.
esvazia
3
1
de sua
Assim, o tanque em uma hora esvazia
12
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
Veja:
T T 3t − 4T
T
− =
=−
4 3
12
12
Portanto, o tanque esvazia-se em 12 horas.
SOLUÇÃO:
Temos: f(x) = ax + b, com a ≠ 0.
Pontos: (—3, 4) e (3, 0)
Resp.: E
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
Para x = — 3 ⇒ a . (— 3) + b = 4
Para x = 3 ⇒ a . 3 + b = 0
26
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
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.
ii. sen 2a = 2 sen a cos a
m
. logab
iii. loga nbm =
n
Temos que:
sen 15o . sen 75o = sen 15o . cos 15o =
=
2. sen15o .cos 15o
=
2
Resp.: B
sen 30 o
1
=
2
4
132. Quantos números inteiros há entre 602 e 612 que não são
quadrados perfeitos?
a) 118
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.
Então, a expressão vale:
1
2
Exp. = — 63 . log8
= — 63 . log23 2−2 = — 63 . −
.
4
3
log22 = 42 . 1 = 42
FG IJ
H K
FG IJ
H K
Resp.: 42
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.
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:
3π
e)
a) 2π
c)
2
π
b) π
d)
2
Usando o resultado (ii) no enunciado da questão,
concluímos:
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.
Resp.: 33cm2
130. Se x é um número real tal que x2 +
valor de x 4 +
SOLUÇÃO:
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, π, 2π, ...
π 3π
, ...
• se cos p = 0 ⇒ p = ,
2 2
π
Agora, devemos verificar se p =
satisfaz a condição
2
f(x + p) = f(x), para todo x no domínio da função.
π
π
π
= sen4 x +
+ cos4 x +
Veja: f(x + p) = f x +
2
2
2
= (cosx)4 + (— senx)4 = sen4x + cos4x = f(x) (ok).
1
= 3, determine o
x2
1
.
x4
FG
H
IJ
K
2
1
1
= 3 ⇒ x 2 + 2 = 32 ⇒
2
x
x
1
1
4
2
⇒x +2.x . 2 + 4 =9⇒
x
x
1
4
⇒x +2+ 4 =9⇒
x
1
⇒ x4 + 4 = 7.
x
Se x2 +
π
4
FG
H
Resp.: 7
IJ
K
FG
H
IJ
K
FG
H
IJ
K
Obs.: No ciclo trigonométrico, encontramos facilmente:
π
π
sen x +
= cos x e cos x +
= — sen x (verifique!)
2
2
FG
H
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
IJ
K
FG
H
IJ
K
Resp.: D
SOLUÇÃO:
27
OSG 5928/05
TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA
3ª SÉRIE E EXTENSIVO
134. O conjunto solução da equação:
x . (log53x + log521) + log5
a) { }
b) {0}
FG 3 IJ
H 7K
x
SOLUÇÃO:
Veja:
i. BF = 2 3 pois BC//FE
360 o
ii. ae =
= 60 o ⇒ ai = 120o
6
= 0 é igual a:
c) {1}
d) {0, 2}
e) {0, — 2}
SOLUÇÃO:
Temos que:
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo ABF, teremos:
F 3I
x . (log 3 + log 21) + log G J = 0 ⇒
H 7K
F 3I
⇒ x . log (3 . 21) + log G J = 0 ⇒
H 7K
F 3I
⇒ log (3 . 21) + log G J = 0 ⇒
H 7K
3I
F
⇒ log [(3 . 21) . G J ] = 0 ⇒
H 7K
F 3I
⇒ (3 . 21) . G J = 1 ⇒
H 7K
3I
F
⇒ G 3 . 21 . J = 1⇒
H
7K
x
5
x
5
E
e2 3 j = x + x — 2 . x . x . cos 120 ⇒ 12 = 2x + x ⇒ x = 2
2
5
2
2
o
2
2
x
x
5
Resp.: B
5
x
5
x
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
5
x
5
x
x
x
x
x
x
x
⇒ (3x . 3 . 3)x = 1 ⇒
⇒ (3x+ 2)x = 1 ⇒
2
⇒ 3x + 2x = 1 ⇒
⇒ x2 + 2x = 0 ⇒
⇒ x = — 2 ou x = 0
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
Resp.: E
135. Um número é composto de 2 algarismos, cuja soma é 9.
Invertendo a ordem dos algarismos, obtemos um novo
4
número igual a 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)
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
Equações do problema:
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:
i. — 2 é raiz de q(x)
ii. P (— 2) é o resto da divisão de P(x) por q(x).
4
. (a . 10 + b)
a + b = 9 e b . 10 + a =
7
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
Então, pelo teorema do resto, encontramos:
resto = P(— 2) = — 32 + 64 — 16 + 4 — 2 — 1 = 17
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
b) 2
c) 2,5
d) 3
e) 4
Resp.: A
π
é igual a:
2
3
140. O valor mínimo de cos x + sec x, para 0 < x <
a) 0
b) 1
2
c)
d) 2
e)
SOLUÇÃO:
Sabemos que:
28
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3ª SÉRIE E EXTENSIVO
(n — 1)2 ≥ 0, ∀n ∈
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
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