A P A T E
MATEMÁTICA
P r i n c i p a is is n o t a ç õ e s R
Questão 2
– o conju conju nt o de todos os os nú mer os reais
X ) o número de elementos Denotemos por n ( X de um conjun to finito finito X . Sejam A , B e C con-
∈ R : a <− x <− b } x ∈ R : a < x < b } ]a , b [ { x x [a , b ] { x
A ∪ C ) ∪ B ) 8, n ( A 9, n ( B B ∪ C ) 10 , n ( A ∪ B ∪ C ) 11 e n ( A A ∩ B ∩ C ) B ) + n (C ) 2. Entã o, n ( A ) + n ( B
A juntos tais que n ( A
(a , b ) – par ordena do gof – fun fun ção composta composta de g e f A A
−1 T
é igual a
– matr iz inversa inversa da ma tr iz A
a ) 11.
b) 14.
c) 15.
d) 18.
e) 25.
– matriz transposta transposta da matr iz A alternativa D
det( A A ) – determ determ inant e da matr iz A Temos As questões de 0 1 a 1 5 n ã o d e v e m s e r r e solvidas no caderno de respostas. Para respondê-las, marque a opção escolhida para cada questão na f o l h a d e l e i t u r a ó p t i c a e n a f o l h a d e r e s p o s t a s (que se encontra na última página do cader no de resposta resposta s). s).
n(A ∪ B) 8 ⇔ n(A) + n(B) −n(A ∩ B) 8 ⇔ ⇔ n(A ∩ B) n(A) + n(B) − 8 Da mesma forma, n(A ∪ C) 9 ⇔ n(A ∩ C) n(A) + n(C) − 9 e n(B ∪ C) 10 ⇔ n(B ∩ C) n(B) + n(C) − 10. Como n(A ∪ B ∪ C) 11 e n(A ∩ B ∩ C) 2,
concluímos que n(A ∪ B ∪ C) n(A) + n(B) +
Questão 1 Sejam f , g : R g ( x x ) 10
3 cos 5 x
→ R
3
x ) definidas por f ( x x e
. Podemos Podemos afirma afirma r qu e
a ) f é injetora injetora e par e g é ímpar ímpar .
+ n(C) − n(A ∩ B) − n(A ∩ C) − n(B ∩ C) + + n(A ∩ B ∩ C) ⇔ 11 n(A) + n(B) + + n(C) − (n(A) + n(B) − 8) − (n(A) + + n(C) − 9) − (n(B) + n(C) − 10) + 2 ⇔ ⇔ n(A) + n(B) + n(C) 18
b) g é sobrejetora sobrejetora e gof é par. c) f é bijetora bijetora e gof é ímpar ímpar .
Questão 3
d ) g é par e gof é ímpar ímpar . 20
e) f é ímpar ímpar e gof é par.
Seja f ( x x )
∑ n
alternativa E 3 3 Como, para todo x ∈ R, f( −x) ( −x) −x −f(x), f é ímpar. 3 cos 5x > 0. Temos que, para todo x ∈ R, g(x) 10 Logo g não é sobrejetora.
Finalmente, gof : R → R, gof(x) g(f(x)) 3
−
3 3 cos 5x e, portanto, gof( x) g(x ) 10
(−x ) 3 cos 5 (−
3
3 3 cos (−5x )
10 10 gof(x), isto é, gof é par.
3 3 cos 5x
10
Assim, podemos afirmar que f é ímpar e gof é par.
20! 20 !
= 0 n !(20
− n )!
n
x uma função real
de variável real em que n ! indica o fatoria l de n . Considere Considere as afirma ções: I . f (1) (1) 2.
− III. f (−2) 1. I I . f ( 1) 0.
Podemos concluir concluir que a) Somen Somen te a s afirma ções I e II sã o verda verda deiras. b) Somente as afirmações II e III são verdadeiras. c) Apena Apena s a afirma ção I é verdadeira . d) Apena s a a firma ção II é verda verda deira. e) Apena s a a firma ção III é verdadeira .
I T A
Das rela çõ çõ es es entre coeficientes e ra í ízes, z es,
alternativa B 20
Temos f(x)
20!
∑
n = 0
n! (20 − n )!
b ( + ) + ( − ) + ( + ) ( − ) 1 1 . 1 2i 1 . 1 2i 1 2i . 1 2i ⇔ c − 1 1 . (1 + 2i ) . (1 − 2i )
n . x
20
. 120 − n . x n ∑ 20 n
b 7 ⇔ c −5
n = 0
+
ETAPA
matemática 2
20 (1 x) , f : R Logo
→ R.
Portanto b + c 7 + ( −5) 2.
20 20 I. Falsa. f(1) (1 + 1) 2 . 20 II. Verdadeira. f( −1) (1 + ( −1)) 0.
−
III. Verdadeira. f( 2) (1
+ −
Questão 6
20
( 2)) 1. A soma das ra í zes z es reais positivas da equa çã o x
2
−
x
2
+
4 5.2 4 0 vale √ a ) 2. b) 5. c) 2 .
Questão 4 Quan tos n ú mer os de seis algarism os distint os podemos podemos fo form ar usa ndo os os dí d í gitos g itos 1, 2, 3, 4, 5 e 6, nos quais o 1 e o 2 nunca ocupam posições ções adjacentes, ma s o 3 e o 4 sempr e oc ocupa m posiçõ posi ções es adjacent adjacent es? a) 144. b) 180. c) 240. d) 288. e) 360. alternativa A
Podemos formar 2! 5! n ú úmeros m eros de seis algarismos distintos nos quais o 3 e o 4 sempre ocupam posi çõ çõ es es adjacentes. Podem ainda ser formados 2! 2! 4! n ú úmeros m eros que, al é ém das condi çõ çõ es es acima, tamb é ém tenham o 1 e o 2 ocupando posi çõ çõ es es ad- jacentes. Logo o total de n ú m úmeros eros nos quais o 1 e o 2 nunca ocupam posi çõ çõ es es adjacentes, mas o 3 e o 4 sem- pre ocupam posi çõ çõ es es adjacentes é adjacentes é 2! 2! 5! − 2! 2! 4! 144.
d) 1.
√ e) 3 .
alternativa C 2 x
4
2 x
− 5 . 2 + 4 0 ⇔ 2
2 x 2 x ⇔ 2 − 5 . 2 + 4 0 ⇔ x 2 x 2 ⇔ 2 2 y ⇔ 2 y y − 5y + 4 1 ou y 4 ) 0 (y x 2 0 x 2 2 1 2 0 ⇔ ⇔ ou ⇔ ou x 2 x 2 2 2 2 2 4 x 0 ⇔ ou x √ √ 2 ou x 2 −
⇔
Assim, a soma das ra í í zes zes reais positivas da equa- √ çã o é o é 2.
Questão 5 Sendo 1 e 1
+ bx +
3 2 z es da equa çã o x + a x + + 2 i r a í zes
c 0, em que a , b e c s ã o n ú meros rea is, ent ã o
+ c 4. d ) b + c 1. a) b
+ c 3. e) b + c 0.
b) b
c) b
+ c 2.
alternativa C
Como os coeficientes da equa çã çã o polinomial s ã ão o reais e ela admite a raiz 1 + 2i, ent ã ão admite tam- b é ém m a raiz conjugada 1 + 2i 1 − 2i, ou seja, as ra í í zes zes da equa çã çã o s ã ão 1, 1
+ 2i e 1 − 2i.
Questão 7 Sendo I um intervalo de n ú meros reais com extremidades em a e b, com a
−
< b, o n ú mero
real b a é cha ma do de co compr iment o de I. Considere Considere a inequa çã o 6 x
4
− 5 x 3 − 7 x 2 + 4 x < 0.
A soma dos comprimentos dos intervalos nos qua is ela ela é verdadeira é igual a 3 3 7 11 7 a) . b) . c) . d) . e) . 4 2 3 6 6
I T A
matemática
ETAPA
3
alternativa D
alternativa A
− −< −< ⇔
4 3 2 Seja p(x) 6x − 5x − 7x + 4x 3 x(6x
I. Verdadeira. Temos 2 x 2 −2 x 2 1 1 1 1 2 2 2 4
4 x , e estudando o sinal de A . B . C, obtemos: 3
Seja z 0 o n ú mero complexo 1
x
− 5x 2 − 7x + 4). > > < 1 −< 4 ⇒ ⇔ ⇔ − − − 3 2 2 Como p( −1) 0, dividamos 6x − 5x − 7x + 4 x por x − ( −1) x + 1, 1 < 1 ⇒ 4 − 2 < 6. −1 6 − 5 −7 4 II. Falsa. Por exemplo, se x 2 ∈S, 6 −11 4 0 1 1 1 1 > . 2 x √ √ 28 32 2 Assim p(x) x . (x + 1)(6x − 11x + 4) e √ 32 − 2 √ 32 − 2 4 3 2 6x − 5x − 7x + 4x < 0 ⇔ III. Falsa. Por exemplo, se x 2 ∈S, 2x x 2 . 2 ⇔ x(x + 1)(6x 2 − 11x + 4) < 0. 2 − 2 − 2 2 2 16 − 4 > 0. Sendo A(x) x, B(x) x + 1 e 1 2 C(x) 6x − 11x + 4, C(x) 0 ⇔ x ou Questão 9 2 _ 1 A
_
B
_
C
+
A.B.C
+
0 _
conjunto
4 _ 3
1 _ 2
| z
− z 0|
soluçã solu çã o
| z
+ z 0|
no
plano
+
+
elemen elemen tos de S é igua igua l a
+
+
+
+
a ) 4 (1
+
+
+
d)
_
_ _
+
b) 2 (1
−2 i .
4 1 11 (0 − (−1)) + − . 3 2 6
complexo
de
+ i).
c) 2 (i
− 1 ).
e) 2 i.
+
Assim a soma dos comprimentos dos intervalos nos quais a inequa çã çã o o é verdadeira é igual a
Sendo S o
2, ent ã o o produto dos
+
− i ).
+ i.
alternativa E
As medidas das diagonais do paralelogramo de la- dos adjacentes z − 0 e z 0 − 0 s ã ão o |z
−
z 0 | e
+
− 0 | √ 2 é a medida |z 0 | de um dos lados do paralelogramo e |z − z 0 | √ ão o |z − z 0 | 2 e, |z + z 0 | 2, ent ã |z + z 0 | |z 0 | |z z 0 |. Como |z 0
0
Questão 8
−
Seja S cons idere a s a firm firm a ções ções : [ 2, 2] e cons 1 I. 4 II.
1
√ 32 − 2 x
III. 2
2 x
obtidas de z 0 por rota çã çã o de centro na origem e â ngulos ngulos de 90 e −90 , ou seja, s ã ão iz 0 e −iz 0 , o
x
<− 1 < 6 , para 2
portanto, o paralelogramo é paralelogramo é um um quadrado. Assim, as solu çõ çõ es es de |z − z 0 | ão o |z + z 0 | 2 s ã
todo x
∈ S.
2 2 cujo produto é produto é (iz (iz 0 )( −iz 0 ) z 0 (1 + i) 2i.
1 < , para todo x ∈ S . √ 32
− 2 x <− 0, par a t odo x ∈ S .
E n t ã o, podemos dizer qu e a) apenas I é verdadeira. b) apen as III é verdadeira. c) soment e I e II s ã o verdadeira s. d) apenas II é falsa. e) todas a s afirma ções ções s ã o falsa falsa s.
o
Questão 10 Considere f : 2 sen 3 x
−
R
cos
→
R
x ) definida por f ( x
x − π . 2
Sobre f podemos
afirma afirma r que: a ) é uma fun çã o par par . b) é uma fun çã o í mpar m par e perió peri ódica de per í odo od o funda ment al 4 π.
I T A
matemática
c) é uma fun çã o í mpar m par e perió periódica de per í odo od o funda ment al 4 π /3. d ) é uma fun çã o perió peri ódica de per í odo o do fundamental 2 π. e) n ã o é par, n ã o é í mpar m par e n ã o é perió periódica.
ETAPA
4
√ Sabendo qu e A D mede 2 cm , ent ã o a á r ea d o cí cí rculo r culo ins ins crito no tr iâ ngulo EBC é 2 π (4 − 2 √ 3 ) cm . 2 √ c) 3 π (4 − 2 3 ) cm . 2 √ e) π (4 − 2 2 ) cm .
2 √ 2 ) cm . − 2 2 √ d ) 4 π (3 − 2 2 ) cm .
b) 2 π (3
a)
alternativa B
x − π π x sen x , Como cos cos − 2 2 2 2 x − π temos: f(x) co s 2 sen 3 x − cos 2 x 2 sen 3x sen . Para todo x 2
−
−
2 sen 3( x)
∈ R, f( −x)
−x − sen 2 −2 sen 3x +
alternativa D
Como ABC é ABC é um um tri â ângulo n gulo is ó ósceles, s celes, ret â ângulo n gulo em o ^ B) ^ C) A, temos que m(AC AD é bis- bis- m(AB 45 . AD é o ^ C, logo m(CA ^ D) ^ D) setriz de BA m(BA 45 . ^ B) ^ D) Como BE é BE é paralelo a AD, m(CE m(CA o 45 .
C
x mpar. Os per í o + sen 2 é í mpar. íodos dos −f(x), ou seja, f é í
45°
x 2 π s ã ão, o , respectivamente, e 2 3 2 π 2 π é peri ó ódica d ica de pe- 4 π. Como 4 π 6 , f é peri 1 3 2 r í odo fundamental 4 π. í odo
45° 45°
D
de 2 sen 3x e sen
A
45°
B
Questão 11 45°
O valor valor d e n que torn torn a a seqü seq ü ê ncia
+
−
−
2 3n , 5n , 1 4n uma progress progressãã o aritm é tica pertence ao intervalo
− −
a ) [ 2, 1]. d) [1, 2].
−
b) [ 1, 0]. e) [2, 3].
c) [0, 1].
alternativa B
A seq üê üê ncia ncia dada é progress ã ão aritm é ética t ica se, e somente se, 1 2 3n 1 4n 2 . ( −5n) ⇔ n − . 3 1 Como −1 < − − 3 <− 0, n ∈ [−1, 0 ].
+ + −
Questão 12 Considere Considere um t riâ ri â ngu lo is is ósceles ABC , ret â n gulo em A . Seja D a intersecçã intersecçã o da bissetriz ^ com o lado B C e E um ponto da d o â ngulo A reta suporte do cateto A C de tal modo que os segmentos de reta B E e A D sejam paralelos.
E
√ Temos AC 2 AB AE AD 2 cm, √ √ BE BC AC 2 2 2 cm e EC 2AC cm m. 2AC 4 c Assim, o semiper í ímetro m etro do tri â ângulo n gulo BCE é √ √ BC + BE + EC 2 2 + 2 2 + 4 √ 2 + 2 cm 2 2 2 CE . AB 4 . 2 2 e sua á sua á rea é rea é 4 cm . 2 2 Portanto o raio da circunfer ê ência n cia inscrita no tri â ân- n - 4 √ gulo EBC é EBC é 2 − 1) cm e sua á rea rea 2( √ 2 2 + 2 2 2 π(2( √ √ 2 − 1)) 2 ) cm . 4 π(3 − 2
Questão 13 A á rea de um triâ tri â ngulo é de 4 unidades de superf í cie, sendo dois dois de s eus vé rt ices ices os pont pont os
−
A : (2, 1) e B : (3, 2). Sabendo que o terceiro v é rtice encontra-se sobre o eixo das abcissas, podepode-se se afirm afirm ar que su as coo coorden ada s sã sã o
I T A
matemática
− c) (−1/3, 0) ou (5, 0). e) (−1/5, 0) ou (3, 0).
ETAPA
5
− d ) (−1/3, 0) ou (4, 0 ).
a ) ( 1/2, 0) ou (5, 0).
b) ( 1/2, 0) ou (4, 0).
A
alternativa C
Seja C értice. r tice. Assim, podemos (x; 0) o terceiro v é escrever: x 2 3
1 2
0 1 −2
1 1 1
10
E
O
5
10 3
120°
⇔
4
1 ⇔ 2 |x − 4 − 3 + 2x | 4 ⇔ |3x − 7 | 8 ⇔
B
Nas figuras, a sec çã çã o é o é o o ret â ângulo n gulo ABCD, cujos
x 5 ou ⇔ 1 x − 3
lados s ã ão a altura do cilindro e a corda AB corres- o
1 Logo C (5; 0) ou C − ; 0 . 3 Questão 14
Um cilindr ilindr o circular circular r eto é seccio secciona na do por u m plano paralelo ao seu eixo. A secçã secçã o fica a 5 cm do eixo e separa na base um arco de o
2
√ 120 12 0 . Sendo de 30 3 cm a á rea da secçã secçã o plana retangular, ent ã o o volume da parte 3
men or do cilindr cilindr o secci seccionad onad o mede, em cm ,
π − 10 √ 3 . √ c) 20 π − 10 3 . √ e) 100 π − 75 3 .
π − 20 √ 3 . √ d) 50 π − 25 3 .
a) 30
b) 30
pondente a um arco de 120 na circunfer ê ência n cia da base. Essa corda é corda é o o lado do tri â ângulo n gulo equil á átero t ero ABE, inscrito na circunfer ê ência. n cia. Como o ap ó ótema t ema desse tri â ângulo n gulo (dist â ância n cia do centro aos lados) mede 5 cm, conclu í í mos mos que o raio da circunfer ê ên- n - cia mede 10 cm, e o lado do tri â ângulo n gulo equil á átero t ero √ inscrito mede, portanto, 10 3 cm. Sendo h a altura √ do cilindro, a á a á rea rea da sec çã çã o vale 10 3 . h √ 3 ⇔ h 30 3 cm. O volume pedido é pedido é o o produto da á da á rea rea do segmen- o
to circular de raio 10 cm e â e â ngulo ngulo 120 pela altura do cilindro, ou seja, 2 o 120 o 2 10 . sen 120 . π . 10 − . 3 o 2 360 3 √ 3 cm . 100 π − 75
Questão 15
alternativa E A O
120° 5 cm B
√ Um cone cone circular circular ret o com a ltur a de 8 cm e raio da base de 2 cm es t á inscrito num a esfeesfera que, por sua vez, est á inscrita num cilindr o. A ra z ã o entr e as á reas das superf í cies c ies tot ais do cilindr cilindr o e do cone cone é igual a 3 9 √ √ a ) ( 2 1). b) ( 2 1). 2 4 9 27 √ √ c) ( 6 1). d) ( 3 1). 4 8 27 √ e) ( 3 1). 16
−
−
−
h h
−
−
D
alternativa D
, O C
Um plano contendo o eixo do cilindro determina a sec çã çã o representada na figura a seguir.
I T A
matemática
ETAPA
6
2R
Questão 17 Sabe-se que x é u m n ú mero real pertencente ao intervalo ]0, 2 π[ e que o triplo da sua secante, somado ao dobro da sua tangente, é igua igua l a 3. En t ã o, o coss coss en o de x é igua igua l a
R 2R
O R
a)
8 _ R
2 A
√ 3 4
.
b)
2 . 7
5 . 13
c)
M
3 2 + 2 πR . 2R 6 πR 6 π √ 2
27 π cm .
√
2 2 √ A geratriz do cone é cone é 2 + (√ 8 ) 2 3 cm. As- sim, a á a á rea rea da superf í ície cie total do cone é cone é
π . 2
3 sen x + 2 3 ⇔ cos x cos x
⇔ 3 cos x − 2 sen x 3 ⇔ 3 2 3 ⇔ √13 cos x − sen x . √13 √13 2
2
2
+ π . 2 . 2 √ √ 3 3 + 1) cm . 4 π( 2
A raz ã ão entre as duas á duas á reas, reas, na ordem apresenta- 27 π 27 √ da, é 3 − 1). ( 8 π(√ 4 π(√ 3 + 1)
π 3 Seja α . Ent ã ão 0 < α < , cos α arc cos √13 2 3 2 e sen α . Portanto √13 √13 cos α . cos x − sen α . sen x cos α ⇔
⇔ cos(x + α ) cos α ⇔ x 2k π ⇔ ou (k ∈ Z) x −2 α + 2k π Como 0 < x < 2 π, conclu í ímos m os que x 2 π − 2 α. Logo cos x cos(2 π − 2 α ) cos 2 α 2
3 2 cos α − 1 2 √13 2
Questão 16 Duas retas r 1 e r 2 s ã o paralelas à reta
18 5 − 1 − 1 . 13 13
Questão 18
− y circunfer ê ncia 37 e tangentes à circunferê 2 2 x + y − 2 x − y 0. Se d 1 é a dist â ncia de r 1
Seja P ( x x ) um polin polinô ômio divisí divis í vel v el por x
a t é a origem e d 2 é a dist â ncia de r 2 a t é a ori-
vidindo-o por x
3 x
gem, ent ã o d 1
√12 . a)
+ d 2 é igua igua l a
√15 . b)
√ c) 7 .
√10 . d)
√ e) 5 .
alternativa E
Temos que r 1 e r 2 s ã ão tangentes à tangentes à circunfer circunfer ê ência n cia
1 de centro C 1; e raio 2
13 . 49
Temos
No tri â ângulo n gulo ret â ângulo n gulo OAM, temos 3 2 2 2 √ R 8 − R) ⇔ R cm. 2 + ( √ 2 A á rea rea da superf í ície cie total do cilindro é cilindro é 2
e)
alternativa C
2
3 sec x + 2 tg x 3 ⇔
2 . πR
15 . 26
d)
2
1
2
1 + 2
√ 5 . 2
Como a origem pertence à pertence à circunfer circunfer ê ência, n cia, d 1 + d 2
é igual é igual à à dist dist â ância n cia entre r 1 e r 2 , ou seja, é igual é igual ao
√ di â âmetro m etro da circunfer ê ência. n cia. Logo d 1 + d 2 5.
Q ( x ) x
2
2
+ x ,
− 1. Di-
obt ê m-se o quociente
− 3 e o resto R ( x x ). Se R (4) 10, en-
x ) é t ã o o coeficiente do termo de grau 1 de P ( x igua igua l a
a)
−5.
b)
−3.
c)
−1.
d) 1.
alternativa C
Como P(x) é divis é divis í ível v el por x − 1, P(1) 0. Temos P(x) (x − 3) . (x + x) + R(x), onde R(x) ax + b, a, b ∈ R. 2
2
e) 3.
I T A
matemática
ETAPA
7
log 1 / 3 x log 1 / 3 x 2 1 A e −log3 x 1 0 2 0 log 1 / 3 x B 1 0 . −4 −3 log1 / 3 x
−4 + a + b P (1) 0 0 ⇔ ⇔ Assim, 10 R (4) 10 4a + b 2 ⇔ a 2 b Logo R(x) 2x + 2 e P(x)
− 3) . (x 2 + x) + 2x + 2 ⇔ 4 3 2 ⇔ P(x) x + x − 3x − x + 2.
2 (x
A soma soma de t odos odos os valores de x para os quais
Ent ã ão o coeficiente do termo de grau 1 de P(x) é
−1. Questão 19
T
( A B ) A B ) é igual a ( AB a)
25 . 3
b)
28 . 3
d)
27 . 2
e)
25 . 2
Considere Considere as ma tr izes izes
1 M 0 2
−1
0 P 1 e 0
x X y . z
1 0 , N 3 1 1
3
S e X é solu çã o d e M x
2
0 2 1
2 0 1
c 11
,
b) 17.
c 21
T T AB (AB) ⇔ C C ⇔ c 12 c 21 ⇔
⇔ log 1 x . log 1 x 2 + log 1 x 2 . 0 + 1 . ( −4) 3
3
3
+ −
−1
0 . 0 ( log 3 x) . 1 N X P , ent ã o
3
⇔ 2 . (log 1 x) − 4 log 1 x − 3 log 1 x ⇔ 3
c) 38.
d) 14.
e) 29.
alternativa A −1 Temos M NX P ⇔ NX MP ⇔
0 2 1
3
2 x 1 0 0 y z 2 1
−1 1 3
3 0 0 1 ⇔ 0 1
2
2 2 2 + y 2 + z 2 (−3 ) + 5 + 1 35.
3
log 1 x −2 x 9 ⇔ 3 ou ⇔ ou 1 x log 1 x 1 3 3 A soma dos valores de x é 9 é 9 +
Considere Considere as ma tr izes izes reais
a
Sendo x u m n ú mero real positivo, considere as mat rizes rizes
1 28 . 3 3
Questão 21
0 b 0
M 0 Questão 20
3
⇔ (log 1 x)2 + (log 1 x) − 2 0 ⇔
x + 2z −1 x −3 ⇔ 3x + 2y 1 ⇔ y 5 x + y + z 3 z 1 Logo x
+ 1 . ( −3 log 1 x) ⇔
2
3
1 ⇔ 3 1
c 12 . Temos c 22
Seja AB C
+ y 2 + z 2 é igual a
a ) 35.
32 . 3
alternativa B
3
1
c)
0
0 1 c
1 e I 0 0
0 1 0
0 0 1
/
em que a 0 e a , b e c form am, n esta ordem, uma progressã progress ã o geom é trica de razã raz ã o q Sejam
λ1
,
λ2
e
λ3
> 0.
a s r a í z e s d a e q u a çã o
I T A d et ( M M
matemática
ETAPA
8
−λ I ) 0. Se
en t ã o a
2
alternativa E
λ1λ2 λ3 a e λ1 + λ2 + λ3 7 a ,
Temos que
+b +c
3 ^ ^ cos A , sen A 1 5
2
2
é igua igua l a
a)
21 . 8
b)
91 . 9
d)
21 . 16
e)
91 . 36
c)
36 . 9
2
4 , − 3 5 5
2 ^ ^ sen C , cos C 1 √ 5
2
2 1 e, − √ √ 5 5
^ ^ )) (π − (A^ + C portanto, senB sen (π
alternativa A
^ sen (A
Temos det(M − λI) 0 ⇔
a − λ 0 0 ⇔ det 0 b − λ 1 0 ⇔ 0 c − λ 0 ⇔ (a − λ )(b − λ )(c − λ ) 0 ⇔ ⇔ λ a ou λ b ou λ c. Como a, b e c formam, nessa ordem, uma PG de
/
2 raz ã ão q > 0, com a 0, b aq e c aq .
λ1 λ2 λ3 a ⇔ Assim 7a λ1 + λ2 + λ3 a . aq . aq 2 a 2 q 3 a 1 ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 a + aq + aq 7a q + q − 6 0 a 2 1 ⇔ 8 q 2 2 2 2 2 + b 2 + c 2 a + (aq ) + (aq ) 1 21 2 2 4 . a (1 + q + q ) (1 + 4 + 16) 8 8 2
4 1 3 2 2 ^ ) + C + . . . √ √ √ 5 5 5 5 5
Pela lei dos senos, AB BC ^ sen A ^ sen C
5 25 ⇔ AB cm . ⇔ AB √ 2 4 2 5
√ 5
5
A á rea rea do tri â ângulo n gulo ABC é ABC é igual igual a: 25 2 . 5 . ^ √ √ AB . BC . sen B 2 5 5 25 2 cm . 2 2 2
Questão 23 Considere a circunfer ê ncia inscrita num t r i â ngu lo isó is ósceles sceles com com bas e de 6 cm e altura d e 4 cm . Seja t a reta tangente a esta circunfer ê ncia ncia e pa ra lela lela à base do tr iâ ngu lo. lo. O segmento de t compreendido entre os lados do t r i â ngulo mede a ) 1 cm . b) 1,5 cm . c) 2 cm . d) 2,5 cm . e) 3 cm .
Logo a
alternativa B
No desenho temos AB AC e BC 6. Sendo P o ponto m é édio d io de BC, temos BP 3. Como o tri â â ngulo ngulo é is ó ósceles, s celes, ent ã ão a altura é altura é AP ágoras, g oras, temos AB 4, e por Pit á AC 5.
Questão 22 N u m t r iâ iâ ngulo acut â ngulo ABC, o lado opost opost o
A
^ mede 5 cm . Saben do que a o â ngulo A 3 ^ A arccos 5
e
2 ^ C , arcsen √ 5
en t ã o a á rea do triâ tri â ngulo A B C é igua igua l a a)
5 2 cm . 2 2
c) 15 cm . e)
25 2 cm . 2
M
N
t
r
4
2
b) 12 cm . r
2
√ d ) 2 5 cm . B
C 3
P
I T A
matemática
Logo o raio da circunfer ê ência n cia inscrita é inscrita é 6 . 4 á rea rea ∆ABC 2 3 r . semiper í m ímetro etro ∆ABC 6 + 5 + 5 2 2 A reta t determina o tri â ângulo n gulo AMN semelhante ao
ETAPA
9
3
6 − h 2V 6 − h 3 3 √ 3 √ 9 9 3 ⇔ 6 V 6 3 3 √ √ 9 9 3 3 √ √ ⇔ h 3 − 2 ) cm. 2 (
tri â ângulo n gulo ABC, pois MN//BC. A altura do tri â ângulo n gulo AMN, relativa à relativa à base base MN, é 4 é 4 − 2r 4 − 3 1. MN 6 Portanto ⇔ MN 1,5 cm. 1 4
Questão 25 P a r a x no intervalo [0, π /2], o conjunto de todas a s solu solu ções ções da inequa çã o
Questão 24 Considere uma pir â mide regular com altura 6 de 3 cm . Aplique plique a esta pirâ pir â mide dois cor √ 9 tes planos e paralelos à base de tal maneira que a nova nova pir â mide e os dois tr oncos oncos obtidos obtidos tenh am, os os tr ê s, o mesmo volume. volume. A altu ra do tr onco cuja base é a base da pir â mide origina origina l é igual a 3 3 √ √ 9 − 6 cm . 3 3 √ √ b) 2 6 − 2 cm . 3 3 √ √ c) 2 6 − 3 cm .
a) 2
d) 2 e) 2
3 3 √ √ 3 − 2 cm . 3 3 √ √ 9 − 3 cm .
alternativa D
Sendo V o volume da pir â âmide m ide original, o volume do tronco cuja base é base é a a base da pir â âmide m ide original V é e o da pir â âmide m ide que se obt é ém retirando-se 3 V 2V esse tronco da pir â âmide m ide original é original é V V − . 3 3 A partir da semelhan ç ça das duas pir â âmides, m ides, sendo h a altura pedida, temos:
2 ⇔ 3
sen (2 x )
− sen (3 x + 2π ) > 0
é o inter valo definido definido por
π x < . < 10 2 π π c) < x < . 6 3 π π e) < x < . 4 3 a)
π
π x < . < 12 4 π π d ) < x < . 4 2
b)
π
alternativa A
π , 2 π sen 2x − sen 3x + > 0 ⇔ 2 −x − π 5x + π 2 2 ⇔ 2 sen 2 . cos 2 > 0 ⇔ π x π ⇔ 2 sen 2 + 4 . cos 5x + < 0 ( ∗ ) 2 4 π < x π < π π < 5x π < 3 π Para x no intervalo 0;
e , ent ã o + + ão 4 − 2 4 − 2 4 − 2 4 − 2 x π 5x π + < 0 ⇔ sen + >0 e ( ∗ ) ⇔ cos 2 4 2 4 Como
π < 3 π ⇔ π < 5x < 5 π ⇔ ⇔ π2 < 5x + 2 4 2 4 2 4 π ⇔ 10 < x < π2 .
