Diógenes Santos
Questões Resolvidas e Comentadas
para o Vestibular, ENEM e Concursos Públicos
"Questões Resolvidas e Comentadas" é voltado para quem vai prestar vestibulares, concursos públicos e o Exame Nacional do Ensino Médio (ENEM). Nele, o estudante encontrará todas as questões de matemática do vestibular da Universidade de Pernambuco (UPE), de 1999 a 2014. São 401 questões, separadas por assuntos, resolvidas e comentadas de forma clara, simples e objetiva. O livro complementa o estudo diário e esclarece as dúvidas mais frequentes da Matemática.
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Questões Resolvidas e Comentadas para o Vestibular, ENEM e Concursos Públicos
ISBN 978-85-406-0944-0
www.livrorapido.com
9 788540 609440
Diógenes Santos
Diógenes Santos é pernambucano, militar da Força Aérea Brasileira desde 1997, licenciado em Matemática pela Universidade Federal de Pernambuco, em 2008. Além da graduação, está cursando o mestrado do PROFMAT (Mestrado Profissional em Matemática em Rede Nacional) pela Universidade Federal Rural de Pernambuco (UFRPE). Começou a dar aulas em 2006 no Vestibular Solidário da UFPE, quando ainda era estudante de Licenciatura em Matemática. Em sua trajetória profissional acumula ampla experiência voltada para o ensino da Matemática em vestibulares e concursos públicos.
Questões Resolvidas e Comentadas
Diógenes Santos
Copyright © 2014 by Diógenes Santos Todos os direitos reservados ao Autor Diógenes Santos Contato:
[email protected] Impresso no Brasil Printed in Brazil Foto da Capa Arquivo pessoal do Autor Montagem de Capa e Diagramação Andreza de Souza Revisão Do Autor Dados Internacionais de Catalogação na Publicação (CIP) Ficha Catalográfica
S237q
Santos, Diógenes Questões resolvidas e comentadas / Diógenes Santos. – Olinda: Livro Rápido, 2014. 426 p.: graf., tab. Contém bibliografia p. 427 (bibliografia localizada) ISBN 978-85-406-0944-0 1.
Matemática. 2. Questões de matemática. 3. Resoluções de matemática. 4. Questões de matemática da Universidade de Pernambuco (UPE). I. Título. 510 CDU (1999) Fabiana Belo - CRB-4/1463
Editora Livro Rápido – Elógica Coordenadora editorial: Maria Oliveira Rua Dr. João Tavares de Moura, 57/99 Peixinhos Olinda – PE CEP: 53230-290 Fone: (81) 2121.5307/ (81) 2121.13
[email protected] www.livrorapido.com
Agradecimentos
Em primeiro lugar, e não poderia ser diferente, à Deus, que na Sua infinita bondade e sabedoria fez com que tudo acontecesse no seu devido tempo. A Ele, sempre presente em minha vida, devo tudo. A Karla Oliveira, amiga e companheira, que foi quem mais acreditou e apoio este projeto. Muitas das vezes, ao pensar em desistir, foi ela quem reativou a vontade de seguir em frente. Reafirmo meu carinho e admiração a essa pessoa tão especial. Ao pessoal do meu trabalho (TNEl-KM), que durante todo tempo, de forma direta ou indireta, deram força e ideias na confecção deste livro. Ao prof°. Thiago Dias, que por muitas vezes corrigiu questões e deu soluções maravilhosas. A minha eterna professora e educadora Maximínia Magda, por um dia ter acreditado em um ninguém. Ela com certeza mudou meus caminhos. Ao meus caríssimos alunos que, ao trazerem as dúvidas, ajudaram no meu crescimento e que gerou a criação deste livro.
Prefácio A confecção deste livro veio com os questionamentos de alguns alunos que, por muitas vezes, traziam provas e questões aleatórias para tirar dúvidas. Percebi que eles não tinham material um específico, algo que os orientassem e os preparassem para as provas. Sendo assim, separei por assuntos as questões de matemática da Universidade de Pernambuco (UPE), de 1999 a 2014, e resolvi todas, passo a posso, de forma que os estudantes, que já tenham visto a teoria dos assuntos, possam resolver as questões e caso precisem consultem as resoluções. Claro que as resoluções aqui apresentadas são sugestões de soluções e os alunos, principalmente os mais "criativos", por certo descobrirão outras maneiras e formas de resolvê-las. Como se diz em matemática, "não importa o caminho a ser seguido na solução do problema, o que importa é sempre chegar no mesmo lugar."
"Forte é aquele que forte se imagina..."
Conteúdo QUESTÕES Capítulo I – Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos ..01 Capítulo II – Funções Exponenciais e Logarítmicas ......................................13 Capítulo III – Funções Trigonométricas ........................................................19 Capítulo IV – Matemática Básica .................................................................29 Capítulo V – Sequências, P.A. e P.G. ............................................................53 Capítulo VI – Geometria Plana .....................................................................61 Capítulo VII – Geometria Espacial ................................................................77 Capítulo VIII – Geometria Analítica .............................................................93 Capítulo IX – Matrizes, Determinantes e Sistemas Lineares ..................... 109 Capítulo X – Análise Combinatória e Binômio de Newton ........................ 119 Capítulo XI – Probabilidade ....................................................................... 123 Capítulo XII – Números Complexos ........................................................... 131 Capítulo XIII – Polinômios ......................................................................... 135
RESOLUÇÕES Capítulo I – Funções do Primeiro e Segundo graus, Modular e Conceitos .151 Capítulo II – Funções Exponenciais e Logarítmicas ................................... 176 Capítulo III – Funções Trigonométricas ..................................................... 187 Capítulo IV – Matemática Básica .............................................................. 208 Capítulo V – Sequências, P.A. e P.G. ......................................................... 239 Capítulo VI – Geometria Plana .................................................................. 255 Capítulo VII – Geometria Espacial ............................................................. 282 Capítulo VIII – Geometria Analítica .......................................................... 316 Capítulo IX – Matrizes, Determinantes e Sistemas Lineares ..................... 354 Capítulo X – Análise Combinatória e Binômio de Newton ........................ 371 Capítulo XI – Probabilidade ....................................................................... 376 Capítulo XII – Números Complexos ........................................................... 388 Capítulo XIII – Polinômios ......................................................................... 400
Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos
Questões
Questões
1
Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos
Capítulo I Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos 1) UPE1999 Um fabricante vende certo produto aos distribuidores a R$ a unidade para pedidos de menos de 50 unidades. No caso de pedidos de 50 unidades ou mais, o preço unitário goza de um desconto de 2 centavos vezes o número encomendado. Sabendo que o pedido máximo que pode ser atendido é de unidades, qual o pedido encomendado que proporciona maior receita para o fabricante? A)200unidades B)300unidades C)400unidades D)500unidades
E)600unidades
2) UPE1999 Um retângulo está inscrito em um semicírculo de raio 1, tendo um dos seus lados (base) sobre o diâmetro. Se a área do retângulo é máxima, pode-se afirmar que a razão entre a altura e a base desse retângulo é: A)
B)
C)
D)
E)
3) UPE1999 Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. I II 0 0 x2 1 , x 1, é { y | y 2}. A imagem da função f ( x) x 1 1 1 Se f é uma função definida nos números naturais e f (n) C (1 i)n , então f (n) f (n 1) C (1 i ).
2
2
Se a , b e x são números reais positivos, distintos e diferentes de 1, então x loga b b log a x .
3
3
4
4
Questões
(10 1) (102 1) (103 1) ... (10n 1)
10n 1 9n 10 . 9
O valor mínimo da função f ( x) x 2 4 x 8 no intervalo [3,1] é 5.
1
Capítulo I
f : f ( x y ) f ( x) f ( y ) é linear se quaisquer 4) UPE2000 Uma função x f ( x) f (a x) a f ( x) que sejam x, y em e a uma constante real. Considerem-se as funções indicadas a seguir, com domínio, o conjunto dos números reais Podemos afirmar que é linear: A) f ( x) sen(2 x 5)
.
B) f ( x) 2 x 5
C) f ( x) x3 1 D) f ( x) ( x 1)2 ( x 1)2
E) f ( x) 3x
5) UPE2000 Em um terreno retangular de 90m de perímetro, Maria Eduarda pretende construir um galpão para depósito de sua fábrica de confecções. O código de obras da cidade exige que sejam dados recuos de 2m na frente e nos fundos e 1,5m em cada lateral. Podemos afirmar que a área máxima do galpão, em metros quadrados, é: A) B) C) D) E)
6) UPE2001 Uma questão da prova de matemática foi para determinar as raízes do polinômio dado por f ( x) ax 2 bx c, onde a , b e c são números reais e a não é nulo. O aluno Neto copiou errado o coeficiente do 1 grau e encontrou para raízes 2 e 3. A aluna Maria Eduarda copiou errado o termo independente e encontrou para raízes 5 e 1. Sendo f (1) 1, podemos afirmar que as raízes do polinômio f ( x ) são: A) Dois números inteiros. B) Dois números complexos não reais. C) Dois números racionais D) Dois números irracionais E) Dois números reais cujo quociente é negativo.
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2
Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos 7) UPE2002 Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. I II 0 0 Se f : * , definida por f ( x) Lnx, então f ( x y ) f ( x) f ( y ). 1
2 3
1
Se f
2 3
f ( x y ) f ( x) f ( y ) , então f (5) 32. f (1) 2 A soma de duas funções injetoras é uma função injetora. A trajetória de um objeto é dada pelo gráfico da função definida por
é uma função definida no conjunto dos números reais positivos por
f (t ) t 2 8t , onde t é medido em segundos e f (t ) é medido em metros. Após 3 segundos, o objeto alcançará a altura máxima. 4
4
Se f é uma função de A
em
imagem de f é o conjunto { y
, definida por f ( x ) x x 4, então a
| y 4}.
8) UPE2004-MAT1 Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. Um laboratório farmacêutico, após estudo do mercado, verificou que o lucro obtido com a A venda de milhares do produto era dado pela fórmula: x L( x) 100(12.000 x)( x 4.000). Analisando-se as afirmações, tem-se que: I 0 1
II 0 1
2
2
3
3
4
4
Questões
O laboratório terá lucro para qualquer quantidade vendida do produto A. O laboratório terá lucro, se vender mais de 4.000 e menos de 12.000 unidades do produto A. Se o laboratório vender mais de 12.000 unidades do produto A, ele terá prejuízo. O lucro do laboratório será máximo se forem vendidos 8.000 unidades do produto A. Se o laboratório vender 4.000 unidades do produto A, não terá lucro.
3
Capítulo I 9) UPE2004-MAT2 Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. Considere as funções. I II 0 0 Se f é uma função tal que f ( x y ) f ( x) f ( y ) para todo x e y pertencente ao domínio de f , então f (0) 1 é igual a 1. 1
1
Se f é uma função definida nos números naturais tal que f ( x y ) f ( x) f ( y ) e f (1) 3, então f (n) 3n.
2
2
Se f ( x 2) x 1, então f ( x ) é uma função ímpar.
3
3
Se f é uma função par e g ( x)
1 , então g é uma função par para todo x, f ( x)
pertencente ao domínio de g . 4
4
Se f ( x) x 7 1 x , então seu domínio é [7,1].
10) UPE2004-MAT2 Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. Uma bola é lançada para cima. Se h é a altura, em metros, alcançada pela bola t segundos após o lançamento e h(t ) t 2 8t , então: I 0 1 2 3 4
II 0 1 2 3 4
Dezesseis segundos após o lançamento, a bola atinge a altura máxima. Quatro segundos após o lançamento, a bola atinge a altura máxima. A altura máxima alcançada pela bola é 16m. Após dezesseis segundos, a bola toca o solo. Após oito segundos, a bola toca o solo.
11) UPE2005-MAT1 Considere f e g funções reais definidas por f ( x) x 2 2 | x | 1 e g ( x) A)
1 x 1. Pode-se afirmar que a soma das raízes de f ( x) g ( x) é igual a: 2 D) B) C)
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E)
4
Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos 12) UPE2005-MAT1 Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. O gráfico abaixo representa uma função polinomial do 2 grau y p ( x ), que corta o eixo das abscissas em x 1 e x 2, tal que p (0) 2.
I 0
II 0
1
1
p( x) x 2 x 2.
2
2
p ( x) 0 se x 1 oux 2.
3
3
A soma dos coeficientes de p ( x ) é ( 2).
4
4
A imagem de p ( x ) é [9 / 4,).
O valor mínimo de p ( x ) é y 2.
13) UPE2005-MAT1 Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. Para produzir uma determinada peça, uma empresa tem um custo de R$ (um real e vinte centavos) por unidade produzida e uma despesa fixa de R$ (quatro mil reais), independente da quantidade de peças produzidas. O preço de venda da unidade é de R$ (dois reais), e a empresa vende toda a produção. Então: I 0
II 0
Se a empresa produz e vende unidades, ela terá um lucro de R$
1
1
O custo para produzir unidades é de R$
2
2
Se a empresa produz e vende unidades, o lucro será de R$
3
3
Se a empresa produz e vende unidades, ela terá um prejuízo de R$
4
4
Se a empresa produz e vende unidades, ela não terá prejuízo.
Questões
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Capítulo I 14) UPE2005-MAT2 Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. Observe a figura abaixo.
Na figura, a reta (r ) de equação
f ( x) ax b intercepta a parábola de equação
g ( x) ax 2 bx c nos pontos e I 0
II 0
A equação cartesiana da reta r é y 4x 8.
1
1
A equação da parábola é y x 2 2 x.
2 3 4
2 3 4
O valor máximo da parábola é 2. O coeficiente angular da reta r é 2. f ( x) g ( x) para todo x pertencente ao intervalo 4 x 2.
15) UPE2006-MAT1 Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. No Brasil, quem ganha um salário mensal menor ou igual a R$ está isento do pagamento de Imposto de Renda. Quem ganha um salário mensal acima de R$ até
R$ paga um IR igual a da parte de seu salário que excede R$ quem ganha um salário mensal acima de R$ paga um IR igual a R$ (correspondente a da parte do salário entre R$ e R$ ) mais da parte do salário que excede R$ I 0
II 0
Se um funcionário ganha R$ de salário, ele paga R$ de IR.
1
1
Uma pessoa que paga R$ de IR tem um salário de R$
2
2
Uma pessoa que ganha R$ paga R$ de IR.
3
3
Uma pessoa que ganha R$ paga R$ de IR.
4
4
Uma pessoa que paga R$ de IR tem um salário acima de R$
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Matemática Básica
Capítulo IV Matemática Básica
78) UPE1999 A empresa "Consultores Associados" firmou contrato com a "Roupagem S/A", para o planejamento de Marketing na cidade do Recife. Os administradores Júnior, Daniela e Maria Eduarda, foram convocados para realizarem o trabalho. Após várias reuniões foi constatado que, Júnior e Daniela, trabalhando juntos, fariam o planejamento em 15 dias. Júnior e Maria Eduarda, trabalhando juntos, gastariam 20 dias para realizar o trabalho. Daniela e Maria Eduarda, trabalhando juntas, precisariam de 12 dias para concluir a tarefa. Se Maria Eduarda trabalhasse sozinha, em quantos dias estaria concluído o planejamento? B)30dias C)35dias E)50dias A)45dias D)40dias
79) UPE1999 Sejam ( x1 , y1 ) e ( x2 , y2 ) dois pares ordenados de números reais que
x 2 xy y 2 1 0 . satisfazem o sistema: 3 2 2 x x y xy x y 2 0 Pode-se afirmar que x1 x2 y1 y2 é igual a: B) 6
A)6
C)5
D) 5
E)0
80) UPE2001 Suponha que a e b são números reais, então:
ab , a igualdade ocorrendo somente quando b 2a. 2
A)
a b
B)
a b a b , qualquer que sejam a e b reais.
C)
a b a b , qualquer que sejam a e b reais não negativos.
D)
a 2 a, para todo a 0.
E)
a a, para todo número real a 0.
Nota: Essa questão da maneira como foi redigida ficou sem sentido, pois não foi feito pergunta alguma a respeito das alternativas. Após a resolução, observamos que existem quatro alternativas falsas e uma verdadeira. Portanto, vamos "imaginar" que a questão se refere a encontrar a alternativa verdadeira. Questões
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Capítulo IV
81) UPE2001 Os filhos do Sr. Júnior, Neto e Maria Eduarda, nasceram em 20 /12. Em
20 /12 / 2000, dia do aniversário deles, Daniela, amiga de Júnior, perguntou as idades das crianças. Júnior respondeu: “Suas idades são tais que cinco vezes a idade de Maria Eduarda somada a treze vezes a idade de Neto é igual a 38 anos”. No dia 20 /12 / 2000, a soma das idades de Maria Eduarda e Neto é: A)5anos B)6anos C)7anos D)8anos E)9anos
82) UPE2001 Um consumidor necessita comprar um determinado produto. Na loja, o vendedor oferece-lhe duas condições de pagamento. A primeira, pagamento à vista com um desconto de 10% sobre o preço de tabela; e a segunda em duas parcelas, pelo preço de tabela, sendo 50% de entrada e o restante com 30 dias. O consumidor dispõe do valor para o pagamento a vista. Se ele optar pelo pagamento em duas vezes, pode aplicar o restante à taxa de 25% ao mês ( 30 dias), então: A) É mais vantajoso ele comprar a prazo. B) Se comprar a prazo, ele tem um lucro de 8%. C) É mais vantajoso comprar a vista. D) Se comprar a prazo, terá um prejuízo de 8%. E) É indiferente comprar a vista ou a prazo.
83) UPE2002 Uma máquina produz 1500 unidades de um produto no período de 30 dias, ao custo total de R$0,25 por unidade. A voltagem de funcionamento da máquina é
220 volts. Por razões de racionamento, a Concessionária de Energia resolve reduzir a tensão em 10%. Para que essa possa funcionar, o empresário investe a importância de R$3.000,00, para ser paga em 20 meses (considerar o mês com 30 dias), na compra de um estabilizador de tensão. Admitindo um lucro de 5% sobre o custo total de uma unidade do produto, o preço de venda, em real, deverá ser de B)0,3600 E)0,3675 A)0,3500 C)0,3721 D)0,3584
84) UPE2002 Os amigos Neto, Maria Eduarda, Daniela e Marcela receberam um prêmio de R$ que deve ser dividido, entre eles, em partes inversamente proporcionais às respectivas idades. Sabendo que as idades estão em progressão aritmética, que Daniela é a mais velha e tem anos, Neto é o mais novo e tem anos, podemos afirmar que:
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Matemática Básica
A) Neto recebeu R$ B) Marcela recebeu R$ C) Daniela recebeu R$ D) Neto recebeu o dobro de Maria Eduarda. E) Maria Eduarda recebeu R$
85) UPE2003 O Sr. Júnior, atacadista do ramo de tecidos, resolveu vender seu estoque de um determinado tecido. O estoque tinha sido comprado ao preço de R$ o metro. Esse tecido foi revendido no varejo às lojas pertencentes a Daniela, Eduarda, Neto e Antônio, respectivamente. A loja de Daniela comprou 1/ 3 do estoque a R$ o metro. A loja de Eduarda comprou a quarta parte do que sobrou a R$ o metro. A metade do resto do estoque foi vendido a Antônio pelo Sr. Júnior a R$ o metro e o que sobrou, a Neto a R$ o metro. Sabendo que o Sr. Júnior lucrou R$ e que o estoque por ele comprado tinha x metros, podemos afirmar que x / 50 é igual a: A)m D)m B)m C)m
E)m
86) UPE2003 Misturam-se três litros de álcool a cinco litros de gasolina. Quantos litros de gasolina devem ser adicionados à mistura para 3/ 4 da mistura sejam constituídos por gasolina? D)4 A)1 B)2 C)3 E)5
87) UPE2003 Admita-se que N é a nota final de um vestibulando; E , a nota obtida no ENEM e M , a média aritmética das provas do vestibular. Suponha-se que a nota do
ENEM tem peso 2,0 e a média das provas do vestibular tem peso 8,0 (oito). Um vestibulando obtém 7,0 (sete) na nota do ENEM e sua nota final foi 8,0 (oito). Considerando N , M e E com aproximação de duas casas decimais, pode-se afirmar que a média M das provas do vestibular do candidato foi: A) 8,00 B) 7,50 C)8,50 D)8,10 E)8, 25 88) UPE2004-MAT1 Um certo produto é vendido nas lojas A e B. Na loja B, o produto é R$ mais caro que na loja A. Se a loja B oferecer um desconto de 20% no produto, o preço seria o mesmo nas duas lojas. O preço do produto na loja A é: A)R$ B)R$ C)R$ D)R$ E)R$ Questões
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Capítulo IV 89) UPE2004-MAT1 A Empresa Pernambuco S/A tinha um determinado número de empregados e uma folha F de pagamento. Após estudos realizados no setor de produção, a Empresa dispensou 20% de seus empregados e concedeu, na folha F de pagamento, um aumento de 10%. O salário médio da Empresa variou de: A)20% B)25, 7% C)27, 5% D) % E)%
90) UPE2004-MAT1 A Empresa Brasil S/A utiliza o seguinte critério sobre o trabalho noturno feminino: cada hora de período noturno trabalhado por mulheres terá 52 minutos e
30 segundos. A funcionária Daniela trabalha das 22 às 5h do dia seguinte. Então o percentual de acréscimo de seu salário será aproximadamente de: A)14, 29% B)18,30% C)17,10% D)20% E)18,13%
91) UPE2004-MAT1 Em um plantão de 4 horas, 5 médicos atendem 40 pacientes. Supondo que os médicos gastam o mesmo tempo para atender um paciente e que o plantão passou a ser de 6 horas, o número de médicos necessários para atender 60 pacientes é igual a: A)7 B)5 C)6 D)8 E)4
92) UPE2004-MAT1 O reservatório de água de um prédio tem a forma de um paralelepípedo reto retângulo de dimensões 3m, 4m e 2m. Se o prédio tem 10 apartamentos e, devido ao racionamento, ficou estabelecido que o tanque só seria cheio uma vez por dia, pode-se afirmar que o gasto médio de água diário por apartamento será: A)2.400litros B)1.500 litros C)2.500litros D)3.000litros
E)1.800 litros
93) UPE2004-MAT2 Uma pessoa, ao preencher um cheque, inverteu o algarismo das dezenas com o das centenas e, por isso, pagou a mais a importância de R$ Os números correspondentes a cada um dos dois algarismos estão entre si como está para No cheque preenchido, o algarismo que está na casa das dezenas é A)6 B)5 C)4 D)3 E)2 Diógenes Santos
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Matemática Básica
94) UPE2005-MAT1 O número de gols, marcados nos jogos da primeira rodada de um campeonato de futebol, foi e Na segunda rodada, serão realizados
jogos. Qual deve ser o número total de gols marcados nessa rodada para que a média de gols, nas duas rodadas, seja superior à média obtida na primeira rodada? A)15 B)16 C)17 D)18 E)19
95) UPE2005-MAT1 Uma caravana de pessoas deve atravessar um deserto em dias. Seu suprimento de água permite que cada pessoa disponha de litros por dia. Após dias, a caravana encontra três pessoas, vítimas de uma tempestade de areia, e as acolhe. Quantos litros de água por dia poderão ser consumidos por cada pessoa, se a caravana prosseguir sua rota como havia planejado? A) l B) l C) l D)l E)l
96) UPE2005-MAT1 Eduarda, certo dia, fez compras em lojas do Shopping Center. Em cada uma gastou a metade do que possuía e pagou, na saída, R$ (dois reais) de estacionamento. Após as despesas, restaram a Eduarda R$ (vinte reais). Quanto Eduarda possuía antes de fazer as compras? R$ C)R$ D)R$ R$ E)R$
97) UPE2005-MAT1 Um laboratório utiliza, na fabricação de um determinado remédio, as substâncias A e B. Sabendo que 1ml da substância A custa R$ ( centavos),
1ml da substância B custa R$ ( centavos) e que um frasco de 100ml do remédio custa R$ (três reais e sessenta centavos), quantos ml da substância A têm no frasco? A)70
B)65
C)
D)50
E)30
98) UPE2005-MAT2 Pessoas apressadas podem diminuir o tempo gasto em uma escada rolante, subindo alguns degraus da escada no percurso. Neto é uma dessas pessoas. Para uma certa escada rolante, com velocidade constante, Neto observa que gasta 30 segundos, quando sobe 5 degraus da escada e, 20 segundos, quando sobe 10 degraus, a fim de atingir o pavimento superior. Se a escada estiver parada, pode-se afirmar que o número de degraus que Neto sobe para ir ao pavimento superior é de: A)30 B)28 C)20 D)25 E)18 Questões
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Geometria Plana
Capítulo VI Geometria Plana
176) UPE2000 A figura abaixo é um retângulo de lados 10cm e 8cm. Podemos afirmar que o valor de x, em cm, é:
A) 4
B) 4,5
C) 5
D) 6
E) 5,5
177) UPE2001 Um pintor cobra R$ por metro quadrado de pintura. Apresentamse três painéis de idênticos materiais e 12m de perímetro. Um em forma de círculo, outro em forma de um hexágono e um terceiro em forma de um quadrado. O pintor, só tendo condições de pintar um deles, deve escolher o que lhe proporcionará maior renda. Assim: A) Terá a maior renda se escolher o painel hexagonal. B) Terá a menor renda se resolver pintar o painel hexagonal. C) Se escolher o painel circular, terá a maior renda.
D) Qualquer painel que escolher, a renda será a mesma. E) Deverá escolher o painel quadrado para ter maior renda.
178) UPE2001 A distância em linha reta entre duas cidades A e B é 10km. A empresa de distribuição de água do Estado necessita construir um reservatório de água para o abastecimento das respectivas cidades. Estudos verificaram que o reservatório deve ser construído em um ponto D , tal que os ângulos ADB e ABD tenham por medida 45 cada um. O custo pela ligação hidráulica é de R$ por metro de encanação do reservatório às cidades. Questões
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Capítulo VI
Quanto gastará o Estado para levar água às cidades, sabendo que a ligação do reservatório às cidades é retilínea?
Faça
2 1, 4.
A) R$ 36.000,00
B) R$ 525.000,00 C) R$ 27.000,00
D) R$ 48.000,00 E) R$ 25.900,00
179) UPE2001 A circunferência menor da figura abaixo é tangente à circunferência maior e às semirretas OA e OP, onde O é o centro da circunferência maior. Se A(12,0) e o ângulo AOP mede 60 , podemos afirmar que
A) A área do círculo menor é a quarta parte da área do círculo maior.
B) A área do círculo menor é igual a 8π unidades de área. C) O comprimento da circunferência menor é 8π unidades de comprimento.
D) O raio do círculo menor é 3 unidades de comprimento. E) A distância do centro do círculo menor à semirreta OP é 3 unidades de comprimento.
180) UPE2002 Seja ABCD um quadrado de lado 40cm. O raio da circunferência, que passa pelos pontos A e B e é tangente ao lado CD, é: A) 10 unidades de comprimento. B) 15 unidades de comprimento. C) 20 unidades de comprimento.
D) 25 unidades de comprimento. E) 30 unidades de comprimento.
Diógenes Santos
62
Geometria Plana
181) UPE2002 O trapézio da figura tem perímetro de 60m e AD é paralela a BC.
A) A medida de x, em metros, é
50 3( 2 3) . 2
B) A altura do trapézio é 4 m. C) A medida da área do trapézio é 40 m2 .
D) A medida de x, em metros, é
51 3( 2 3) . 2
E) O ângulo A mede 30.
182) UPE2003 Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. I II 0 0 Se a medida da base de um triângulo aumenta e a medida da altura diminui a área do triângulo diminui em 1
1
Três segmentos de medidas 5cm, 6cm e 10cm determinam um triângulo obtusângulo.
2
2
O apótema de um hexágono regular de lado l é l 3.
3
3
A medida da hipotenusa de um triângulo retângulo, inscrito em uma
4
4
circunferência de raio 2 unidades de comprimento, é 2 3 unidades de comprimento. A bissetriz de um ângulo interno de um triângulo divide o lado oposto em segmentos proporcionais.
183) UPE2004-MAT1 Os lados de um paralelogramo medem 3cm e 4cm. Sabendo-se que o ângulo formado pelos lados mede 120 , pode-se afirmar que a diagonal maior do paralelogramo mede:
A) 12 cm Questões
B) 17 cm
C) 19 cm
D) 35 cm
E) 37 cm
63
Capítulo VI 184) UPE2004-MAT1 Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. Seja ABC um triângulo. I II 0 0 O ortocentro de ABC pode ser o vértice A. 1 1 Se a mediana AM relativa ao lado BC mede 9 unidades de comprimento, a 2 3
2 3
4
4
distância do vértice A ao baricentro é 3 unidades de comprimento. O triângulo ABC pode ser isósceles e retângulo. Se as medidas dos lados são números consecutivos, o triângulo ABC pode ser retângulo. Se o triângulo ABC é equilátero de lado L , a soma das distâncias de um ponto interno do triângulo aos lados é igual a L 3 / 2.
185) UPE2004-MAT2 Em um triângulo retângulo, as projeções dos catetos sobre a hipotenusa medem 16cm e 9cm. O perímetro do triângulo é igual a: A) 45 cm B) 55 cm C) 60 cm
D) 50 cm E) 68 cm
186) UPE2005-MAT1 O arquiteto Neto projetou um viaduto de acordo com a figura abaixo. O viaduto que liga os pontos A e B tem a forma de um arco de uma circunferência. Sabe-se que a distância retilínea de A até B mede 24m e que a altura máxima do viaduto é de 6m. Qual a medida do raio da circunferência do projeto?
A) 12 m B) 15 m C) 18 m D) 20 m
E) 17 m
Diógenes Santos
64
Geometria Plana 187) UPE2005-MAT1 No paralelogramo ABCD, o ponto M é o ponto médio do lado CD. Se AN mede 12cm, pode-se afirmar que MN mede:
A) 6 cm
B) 5 cm
C) 4 cm
D) 8 cm
E) 7 cm
188) UPE2005-MAT2 Na figura abaixo, ABCD é um quadrado de lado 2 3cm, e ABE e BCF são triângulos equiláteros. A área do triângulo BEF em cm 2 , é igual a:
A) 3 3
B) 5 3
C) 5
D) 6
E) 6 3
189) UPE2005-MAT2 Na figura abaixo, ABC é um triângulo equilátero inscrito em um círculo de centro O e raio igual a 6cm. Sabendo que AH é a altura do triângulo e D é o ponto médio do arco ADC , pode-se afirmar que, em cm 2 , a área da região hachurada é
Questões
65
Capítulo VI
3 (9 2 3 B) (4 2 3 C) (9 2 2 D) (9 3 A)
E)
3 2π ) 3 9π ) 3 4π ) 3 2π )
2 (2 3 9π ) 3
190) UPE2005-MAT2 Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. Na figura abaixo, B é o ponto médio do segmento DE e ABCD é um retângulo de lados AB 1cm e AD 2cm.
Pode-se afirmar que: I II 0 0 BD 5cm. 1
1
O cosseno do ângulo ADE é igual a 2 / 5.
2
2
AE 2 2 cm.
3
3
A área do triângulo ADE é igual a 2cm2 .
4
4
A área do triângulo ABE é igual a 4cm2 .
191) UPE2006-MAT1 Os lados paralelos de um trapézio são lados de um triângulo equilátero e de um hexágono regular inscritos em um mesmo círculo de 8cm de diâmetro. Pode-se afirmar que a área do trapézio, em cm 2 , é igual a: A) 8
Diógenes Santos
B) 5
C) 7
D) 6
E) 4
66
Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos
Resoluções
Resoluções
149
Capítulo I
Diógenes Santos
150
Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos
Capítulo I Funções do Primeiro e Segundo graus, Modular e Conceitos
20,00, se x 50 e a receita por 1) O preço do produto é dado por p 20, 00 0, 02 x, se 50 x 600 R p x, onde p é o preço unitário, x a quantidade do produto e R a receita arrecadada com a venda. Exemplo: Se um cliente comprar 40 unidades, então x 40 e o preço unitário do produto será R$20,00, pois x 50. Portanto, R p x 40 20,00 800,00. Agora, caso o cliente compre 80 unidades, então o preço unitário será P 20,00 0,02×80 20,00 1,60 18,40; pois 50 x 600. Logo, a receita será R 18, 40×80 1.472,00. Para encontrar a maior receita precisamos descobrir a função receita e achar seu ponto máximo. Para a venda temos dois casos a considerar: Primeiro caso: x 50. Neste caso a receita máxima é dada por R 20,00 49 980,00. Segundo caso: 50 x 600. Como 50 x 600, então o preço por unidade é dado por p 20 0,02 x. Sabemos que
R p x (20 0,02 x) x 0,02 x 2 20 x. Note que essa receita é uma função quadrática, b Δ cujos valores máximos encontram-se no vértice e este é dado por V , . Portanto, 2a 4a
xv
20 20 500 e como x representa a quantidade vendida, então a receita 2 (0,02) 0, 04
máxima ocorre quando se vende 500 unidades e o valor da receita arrecadado é
R 0,02(500)2 20(500) 0,02 250.000 10.000 5.000 10.000 5.000,00. Comparando os dois casos podemos ver que a receita é maior no segundo caso quando são vendidas 500 unidades e arrecadados R$5.000,00. Resp. :D
Resoluções
151
Capítulo I
2) Considere abaixo o esboço do retângulo ABCD inscrito no semicírculo de centro O e raio r 1.
Note que a base AB do retângulo está sobre o diâmetro do círculo e é igual a 2b. Do triângulo OBC encontramos a seguinte relação: h2 b2 12 h2 1 b2 h 1 b 2 . A área AR desse retângulo é dada por AR 2bh, então AR 2b( 1 b2 ) 4b2 4b4 . Agora, vamos utilizar o seguinte artifício: Tome x b 2 , então AR 4 x 4 x2 e chamando 4x 4x2 de y temos a seguinte função y 4 x 2 4 x. Como queremos a área máxima de
AR , temos que encontrar o valor de y máximo, que é dado quando xv
b 4 1 . 2a 2 (4) 2 2
2 1 2 b2 b Como x b , então e sendo h 1 b2 , então h 1 2 2 2 2
2 1 4
42 2 . Portanto, a razão entre a altura h e a base 2b do retângulo, é 2 4
2 h 1 2 . 2b 2 2 2 2 Resp.: A
3) Vamos verificar as assertivas abaixo: I II 0 0 x2 1 Verdadeira Dado f ( x) , vamos criar uma função g ( x) a partir de x 1 f ( x). Seja g ( x)
Diógenes Santos
x 2 1 ( x 1) ( x 1) x 1. Note que não podemos dizer x 1 ( x 1)
152
Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos
que as funções f e g são iguais, pois, embora apresentem a mesma sentença, seus domínios são distintos. Enquanto na função f o domínio é função g o domínio é
{1}, na
. Como o função g é afim, então seu gráfico é uma
reta e essa função pode assumir qualquer valor real. Agora, como g (1) 1 1 2 então a função f ( x ) assumirá qualquer valor real, menos o 2, pois x 1 não pertence ao domínio de {y
1
1
f ( x ).
Logo, a imagem da função
f ( x)
é
| y 2}.
Falsa Dado
f (n) C (1 i)n ,
f (n 1) C (1 i)n 1
Portanto,
precisamos
encontrar
f (n 1),
então
C (1 i ) n . 1 i
f (n) f (n 1)
C (1 i ) n
C (1 i) n 1 i
(1 i )C (1 i ) n C (1 i ) n 1 i
C (1 i)n (1 i 1) C (1 i ) n (i) C (1 i). 1 i 1 i
2
2
Verdadeira Tome
y log a b
ay b
então
xloga b bloga x
x loga b (a y )log a x (a loga x ) y ( x ) y x loga b . Portanto, o segundo termo é igual ao
primeiro. 3
3
10n 1 9n 10 , 9 vamos desenvolver o primeiro termo e verificar se é igual ao segundo.
Verdadeira Dado
(10 1) (102 1) ... (10n 1)
então
(10 1) (102 1) ... (10n 1) 10 102 ... 10n 1 1 ... 1 n
10 10 ... 10 (1 1 ... 1). Note que 10 10 ... 10n é uma soma em 2
n
2
n
P.G. de razão q 10 e a1 =10. Observe também que (1 1 ... 1) n. Resolvendo
a
10 10 10n . 9
soma
em
P.G.
Sn
a1 a1 q n 10 10 10n 1 q 1 10
Logo, 10 102 ... 10n (1 1 ... 1)
10 10 10n 9n 10n 1 9n 10 . 9 9 segundo.
Resoluções
temos
10 10 10n n 9
Portanto, o primeiro termo é igual ao
153
Capítulo I
4
4
Verdadeira O ponto de mínimo da função f ( x) x 2 4 x 8 é dado por
b (4) 2. Agora, como essa função tem concavidade voltada para 2a 2 cima, quer dizer que o gráfico é decrescente no intervalo do domínio ] ,2]. xv
Portanto, no intervalo dado [ 3,1] a função "está decrescendo". Logo, seu menor valor é quando x 1, ou seja, f (1) 12 4(1) 8 5.
f : f ( x y ) f ( x) f ( y ) , tal que 4) Dada a função então se qualquer uma das x f ( x) f (a x) a f ( x) sentenças for falsa, então a alternativa será falsa. Vamos analisar cada caso: A)Falsa Dado f ( x) sen(2 x 5) e utilizando f (a x) a f ( x), temos:
f (a x) sen[(2ax) 5] sen 2ax cos 5 sen 5 cos 2ax e a f ( x ) a [ sen(2 x 5)] a ( sen2 x cos5 sen5 cos 2 x)
a sen 2x cos 5 a sen 5 cos 2x. Portanto, f (a x) a f ( x). B) Falsa Dado f ( x) 2 x 5 e utilizando f (a x) a f ( x), temos:
f (a x) 2 (ax) 5 2ax 5 e a f ( x ) a (2 x 5) 2ax 5a.
Portanto, f (a x) a f ( x).
C)Falsa Dado f ( x) x3 1 e utilizando f (a x) a f ( x), temos: f ( a x ) ( a x ) 3 1 a 3 x3 1 e a f ( x ) a [( x)3 1] ax3 a.
Portanto, f (a x) a f ( x).
D)Verdadeira Dado f ( x) ( x 1)2 ( x 1)2 , vamos primeiro simplificar essa função. f ( x) ( x 1)2 ( x 1)2 x 2 2 x 1 ( x 2 2 x 1) x2 2x 1 x2 2x 1 4 x. Utilizando f (a x) a f ( x), temos: f (a x) 4 (a x) 4ax e a f ( x ) a (4 x) 4ax. Diógenes Santos
154
Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos Agora, utilizando f ( x y ) f ( x) f ( y ), temos: f ( x y) 4 ( x y) 4 x 4 y e f ( x) f ( y ) 4 x 4 y.
Portanto, f ( x y ) f ( x) f ( y ). Logo, concluímos que a função é linear pela definição apresentada.
E)Falsa Dado f ( x) 3x e utilizando f ( x y ) f ( x) f ( y ), temos: f ( x y ) 3x y 3x 3y e f ( x) f ( y ) 3x 3y.
Portanto, f ( x y ) f ( x) f ( y ). Resp. :D
5) Considere dois retângulos, um interno ao outro, de tal forma que x e y representem os lados do terreno, a e b os lados do galpão e que as distâncias entre eles seja de 2m em cada frente e 1,5m em cada lateral, conforme a figura ilustrativa abaixo.
O perímetro do terreno é 90m, então 2 x 2 y 90 x y 45. A área AG do galpão é AG ab, mas x b 4 b x 4 e y a 3 a y 3, então substituindo em AG ,
temos
AG ( y 3)( x 4) xy 4 y 3x 12.
Entretanto
x y 45
y 45 x
e
substituindo agora em AG xy 4 y 3x 12, temos AG x(45 x) 4(45 x) 3 x 12 45x x2 180 4 x 3x 12 x2 46 x 168. Portanto, a área do galpão em função de x
é uma função quadrática, onde seu ponto de máximo é dado por xv
b 46 2a 2(1)
46 23. Agora, para encontrar y v basta usar yv 45 xv 45 23 22, mas a questão 2 Resoluções
155
Capítulo I pede a área do galpão em função de a e b, então b x 4 23 4 19 e a y 3
22 3 19. Donde, o galpão de área máxima será um quadrado de lado 19 m, ou seja,
AG 19 19 361 m2 . Resp. : A
6) Segundo o enunciado, o aluno Neto copiou errado o coeficiente do termo do primeiro grau, ou seja, o valor de b, que vamos chamar esse coeficiente de b '. Lembre-se que x1 x2
b c e x1 x2 , onde x1 e x2 são as raízes e a , b e c são os a a
b ' c b ' 5a e 2 3 c 6a. a a encontramos ax2 b ' x c 0 ax2 5ax 6a.
coeficientes da equação. Neste caso, temos 2 3 Substituindo
no
polinômio
f ( x ),
Lembrando que o coeficiente do termo de grau 1 foi copiado errado, então os coeficientes dos termos do segundo grau e independente estão corretos. Usando o mesmo raciocínio com relação à Maria Eduarda, temos: Maria Eduarda errou o termo independente, ou seja, o valor de c, então vamos chamar esse coeficiente de c '.
b c' b 6a e 1 5 c ' 5a. Substituindo na equação temos a a ax2 bx c ' 0 ax2 6ax 5a. Neste caso, o termo copiado errado é o termo independente, então os coeficientes dos termos do segundo e primeiro graus estão corretos. 1 5
Comparando
as
duas
I : f ( x) ax 2 b ' x c 0 ax 2 5ax 6a 2 2 II : f ( x) ax bx c ' 0 ax 6ax 5a
equações:
f ( x) ax 2 6ax 6a. Note que descartamos os valores dos coeficientes do primeiro grau na equação I e o termo independente na equação II por serem termos copiados erroneamente.
f ( x) ax 2 6ax 6a
Portanto,
f (1) a(1) 6a(1) 6a 1 a 1. 2
x 2 6 x 6.
e
como
f (1) 1,
Logo, a função é
f (1) 1
temos
f ( x) (1) x 6(1) x 6(1)
Resolvendo esse polinômio quadrático, encontramos
2
x1 3 3 3
x2 3 3 3, que são dois números irracionais.
Resp. :D
Diógenes Santos
156
e
Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos
7) Vamos verificar as assertivas abaixo: I II 0 0 Verdadeira Dada a função
f ( x) Ln ( x),
então
f ( x y ) Ln ( x y )
Ln ( x) Ln ( y) f ( x) f ( y). Note que usamos a propriedade dos logaritmos: Ln (a b) Ln (a) Ln (b), com a 0 e b 0.
1
1
Verdadeira Pela definição da função, temos f (1) 2,
então
f ( x y ) f ( x) f ( y )
f (2) f (1 1) f (1) f (1) 2 2 4
e
e
f (3) f (1 2)
f (1) f (2) 2 4 8. Agora, observe que f (5) f (2 3) f (2) f (3) 4 8
2
2
32. Falsa Segue contraexemplo: Uma função é dita injetora quando x1 x2 f ( x1 ) f ( x2 ). Considere então duas funções injetoras, f ( x) x e g ( x) x.
Agora, somando-as temos f ( x) g ( x) x ( x) 0. Note que a soma é uma função constante. Logo, x1 x2 ( f g )( x1 ) ( f g )( x2 ), contrariando a definição de função injetora. 3
3
Falsa Note que a equação f (t ) t 2 8t é uma função quadrática, onde seu ponto máximo encontra-se no vértice da parábola. Portanto, a altura máxima é atingida no tempo t
4
4
b 8 4 3. 2a 2(1)
Falsa Seja a função
f ( x)
x x 4, vamos primeiro encontrar o
domínio. Como sabemos não existe raiz de índice par e radicando negativo no conjunto dos números reais. Portanto, x x 0 e x 4 0 x 4 0 x 4. Como a solução tem que satisfazer as duas sentenças, vemos que x 4 satisfaz as duas situações. Logo, D {x | x 4}. Agora, substituindo x 4 na função dada, temos
f (4) 4 4 4 2 0 2. Note que
contrariando a afirmativa que a imagem de f ( x ) é Im { y
f (4) 2,
| y 4}.
8) Analisando a função dada L( x) 100(12000 x)( x 4000) podemos concluir que as raízes de L( x) são x1 4000 e x2 12000, pois esses valores anulam a função. A concavidade é voltada para baixo, pois ao multiplicar 100(12000 x)( x 4000) encontramos
L( x) 100x 2 1600000 x 4800000000. Com essas informações podemos fazer abaixo um esboço do gráfico da função e em seguida responder as assertivas. Resoluções
157
Capítulo I
Agora vamos verificar as assertivas abaixo: I II 0 0 Falsa Podemos ver pelo gráfico que o laboratório só tem lucro entre 4.000 e
12.000, pois nesse intervalo L( x) 0. Portanto, para valores menores que 1
1
2
2
3
3
4
4
4.000 e maiores que 12.000 terá prejuízo. Verdadeira Ver assertiva 00.
Verdadeira Ver assertiva 00. Verdadeira Vemos que 8.000 é justamente a média aritmética de 4.000 e 12.000. Logo, é o ponto simétrico entre as duas raízes de L( x). Portanto, x 8.000 é o ponto de máximo da função, ou seja, onde o laboratório tem lucro máximo. Obs.: Poderíamos também encontrar esse valor utilizando a fórmula do vértice de uma parábola. Verdadeira Note que x1 4.000 e x2 12.000 são as raízes da função L( x), ou seja, L( x) 0. Portanto, nesses pontos o laboratório não tem prejuízo
nem lucro.
9) Vamos verificar as assertivas abaixo: I II 0 0 Verdadeira Dada a função tal que f ( x y ) f ( x) f ( y ), precisamos saber se f (0) 1 1. Chamamos f (0) 1 de k , ou seja k f (0) 1, precisamos verificar
se
k 1.
Agora,
f (0) 2 f (0)
f (0) f (0 0)
2 f (0) f (0) 0
f (0) f (0)
f (0)(2 1) 0
2 f (0). f (0) 0,
Portanto, então
k f (0) 1 0 1 1, como queríamos demonstrar.
Diógenes Santos
158
Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos
1
1
Verdadeira Dada a função tal que f ( x y ) f ( x) f ( y ) e f (1) 3, então temos:
f (2) f (1 1) f (1) f (1) 3 3 32 ;
f (3) f (2 1) f (2) f (1) 32 3 33 ; f (4) f (3 1) f (3) f (1) 33 3 34 ; e assim sucessivamente. Seguindo o mesmo raciocínio, encontramos:
f (n) f (n 1 1) f (n 1) f (1) 3n1 3
3n. Portanto, f (n) 3n.
2
2
Falsa Dada a função f ( x 2) x 1 vamos primeiro encontrar f ( x ) e para isso utilizaremos o seguinte artifício: Chamamos x 2 de y, ou seja, y x 2 x y 2 e substituindo na função, temos f ( y ) y 2 1 y 3. Agora, uma
função é dita ímpar se f ( y ) f ( y ). Já temos f ( y ), falta então calcular f ( y ). Logo, f ( y ) y 3 e f ( y ) ( y 3) y 3. Portanto, vemos
que f ( y ) f ( y ) e a função f não é ímpar. 3
3
Verdadeira Uma função h ( x ) é dita par se h( x) h( x). Como f ( x ) é par, então por definição f ( x) f ( x). Dado g ( x)
1 , vemos que o domínio de f ( x)
g ( x) é qualquer valor, tal que, f ( x) 0. Como f ( x ) é par e g ( x)
f ( x)
1 g ( x)
e
f ( x) f ( x)
f ( x)
1 . g ( x)
Igualando
as
duas
1 , logo f ( x)
sentenças
temos:
1 1 g ( x) g ( x). Logo, vemos que a função g ( x) g ( x)
g ( x) é par para todo x pertencente ao domínio de g ( x).
4
4
Verdadeira Dada a função f ( x) x 7 1 x vamos encontrar o domínio de existência. Sabemos que no conjunto dos números reais não existem raízes de índice par e radicando negativo. Portanto, temos que x 7 0 x 7 e 1 x 0 x 1. Como os pontos do domínio tem que satisfazer as duas inequações então que o domínio é dado por [ 7, 1].
Resoluções
159
Capítulo I
10) Dada a função h(t ) t 2 8t , cujas raízes são t 2 8t 0 t (t 8) 0 t1 0 ou t2 8. Portanto, a bola é lançada no tempo t1 0 s e atinge o solo no tempo t2 8 s.
Agora, fazendo abaixo um esboço do gráfico da função h(t ), temos:
Agora, vamos verificar as assertivas abaixo: I II 0 0 Falsa Primeira Solução: Observando o gráfico da função vemos que a altura máxima é atingida num tempo menor que 8 segundos, pois esse é o tempo em que a bola atinge o solo após ser lançada. Segunda Solução: Para encontrar o tempo em que a bola atinge a altura máxima, podemos utilizar a fórmula do vértice da função quadrática. Portanto, temos
t 1
1
2
2
b 8 4 16s. 2a 2(1)
Verdadeira Ver assertiva 00. Verdadeira A altura máxima é quando o tempo é 4 segundos. Portanto,
h(4) (4)2 8(4) 16 m. 3
3
Falsa Ver assertiva 00.
4
4
Verdadeira h(8) 82 8(8) 64 64 0.
Diógenes Santos
160
Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos
1 x 1 queremos encontrar as raízes de 2 f ( x) g ( x). Note que a função f ( x ) é uma função modular e para resolvê-la vamos
11) Dadas as funções f ( x) x 2 2 | x | 1 e g ( x)
x, se x 0 , então relembrar a definição de módulo de um número real, a saber: | x | x, se x 0 x 2 2 x 1, se x 0 . Agora igualando as funções temos 2 x 2 x 1, se x 0
f ( x) x2 2 | x | 1 f ( x)
1 2 I . x 2 x 1 2 x 1, se x 0 . f ( x) g ( x) II . x 2 2 x 1 1 x 1, se x 0 2 Resolvendo a equação I: 1 x 2 2 x 1 x 1 2x2 4x 2 x 2 2 x2 5x 0 x1 0 ou x2 5 / 2. 2 Resolvendo a equação II: 1 x 2 2 x 1 x 1 2 x2 4 x 2 x 2 2 x2 3x 0 x3 0 ou x4 3 / 2. 2 Observe que x3 0 não faz parte da solução da equação II, pois x deve ser menor que 0. Portanto, as raízes são 3 / 2,0, , cuja soma é
3 5 3 0 5 2 0 1. 2 2 2 2
Resp. : A
12) Vamos primeiro encontrar a função p( x). Uma função quadrática obedece a seguinte forma p( x) ax 2 bx c, com a 0. Neste caso, temos p (1) 0, p (2) 0 e p (0) 2.
a (1) 2 b (1) c 0 Portanto, podemos montar e resolver o seguinte sistema a (2) 2 b (2) c 0 2 a 0 b 0 c 2 a b c 0 4a 2b c 0 c 2
a b 2 0(2) 4a 2b 2 0
2a 2b 4 0 () 6a 6 0 a 1 e 4a 2b 2 0
a b 2 0 1 b 2 0 b 1. Donde, p( x) x 2 x 2. Agora podemos verificar as assertivas abaixo: Resoluções
161
Capítulo I
I 0
II 0
Falsa O valor mínimo encontra-se no vértice da parábola e é dado por yv
Δ [(1) 2 4 1 (2)] [1 8] 9 2. 4a 4 (1) 4 4
1
1
Verdadeira Na resolução encontramos p( x) x 2 x 2.
2
2
Verdadeira Analisando o gráfico vemos que p ( x) 0 quando x 1 ou x 2.
3
3
Verdadeira Como p( x) x 2 x 2, então os coeficientes são a 1, b 1 e c 2, cuja soma é 1 (1) (2) 1 1 2 2.
4
4
Verdadeira Pela assertiva 00 vemos que yv 9 / 4. Como a concavidade da parábola é voltada cima, o menor valor que p ( x ) pode assumir é yv . Portanto, a imagem da função quadrática é 9 / 4, .
13) Inicialmente vamos encontrar as funções de custo, venda e lucro. Note que o custo tem um valor fixo inicial de R$4.000,00 mais R$1,20 por unidade produzida. Portanto, C ( x) 1, 2 x 4.000, 00, onde C ( x ) representa a função custo e x a quantidade a ser
produzida. A venda é um valor fixo de R$ 2,00 por produto, então podemos dizer que V ( x) 2 x, onde V ( x ) é a função venda. Agora, chamando de L( x) a função lucro, que
neste caso, é o valor arrecadado com as vendas (V ( x)) menos o valor do custo (C ( x )), ou L( x) V ( x) C ( x) 2 x (1, 2 x 4.000, 00) 2 x 1, 2 x 4.000,00,
seja,
ou
seja,
L( x) 0,8 x 4.000, 00.
Agora podemos verificar as assertivas abaixo: I II 0 0 Falsa Dado x 4.000 e substituindo
em
L( x),
temos
L(4.000)
0,8(4.000) 4.000, 00 800, 00. Concluímos que a empresa teve um prejuízo de R$800,00.
1
1
Verdadeira Dado x 4.000 e substituindo em C ( x ), temos C (4.000) 1, 2(4.000) 4.000, 00 4.800,00 4.000,00 8.800, 00.
Concluímos
que
a
empresa teve um custo de R$800,00 ao produzir 4.000 unidades. 2
2
Verdadeira Dado x 6.000 e substituindo em L( x), temos L(6.000) 0,8(6.000) 4.000, 00 4.800,00 4.000,00 800, 00.
Concluímos
que
empresa teve um lucro de R$800,00 ao vender 6.000 unidades. Diógenes Santos
162
a
Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos
3
3
4
4
Verdadeira Ver assertiva 00. Verdadeira Dado x 5.000 e substituindo em L( x) temos L(5.000) 0,8(5.000) 4.000, 00 4.000,00 4.000,00 0,00. Concluímos que a empresa
não teve lucro nem prejuízo ao vender 5.000 unidades.
14) Vamos verificar as assertivas abaixo: I II 0 0 Verdadeira A equação cartesiana da reta é dada por y ax b. Sabendo que a reta passa pelos pontos ( 4, 24) e (2, 0), então podemos substituir essas
24 a (4) b coordenadas na função e montar o seguinte sistema 0 a(2) b
24 4a b 24 4a 2a a 4 e como 2a b b 2a 2a b 2 4 8. Portanto, a equação cartesiana da reta r é y 4x 8. 1
1
Verdadeira A parábola obedece a forma geral g ( x) ax 2 bx c, com a 0. Observando o gráfico dado podemos ver que g ( x) passa pelos pontos (2, 0), ( 4, 24) e (0, 0). Portanto, podemos montar e resolver o seguinte
sistema
a 22 b 2 c 0 2 a (4) b (4) c 24 2 a 0 b 0 c 0 c 0
8a 4b 0 () 16a 4b 24
24a 24
a 1
4a 2b 0(2) 16a 4b 24 e
como
8a 4b 0
8(1) 4b 0 b 2. Logo, a equação da parábola é g ( x) x2 2 x. 2
2
Falsa O valor máximo de uma parábola é dado por yv Δ / 4a. Neste caso, temos yv
3
3
4
4
[(2) 2 4 (1) (0)] [4 0] 4 1 2. 4 (1) 4 4
Falsa Na assertiva 00 encontramos a função da reta r que é y 4x 8, cujo coeficiente angular é 4.
Verdadeira Observando o gráfico podemos notar que no intervalo 4 x 2 a parte do gráfico de g ( x) está acima do gráfico da função f ( x). Portanto, f ( x) g ( x), para todo x pertencente ao intervalo dado.
Resoluções
163
Capítulo I
15) Para verificar as afirmativas abaixo vamos chamar de IR1 ao imposto pago sobre os salários recebidos no intervalo de R$900,00 a R$1.800,00 e IR2 ao imposto pago no intervalo maior que R$1.800,00. Agora vamos verificar as assertivas abaixo: I II 0 0 Verdadeira Como o desconto é incidido em cima do excedente de R$900,00 e o funcionário ganha R$00,00, então 1.400,00 900,00 500,00. Logo, o imposto é calculado em cima de R$500,00. Donde, IR1 0,15 500, 00 75, 00. 1
1
Verdadeira Vamos admitir que o salário é R$3.000,00 e verificar se com esse salário o funcionário paga R$ 465,00 de imposto. No intervalo salarial de o imposto é IR1 135, 00 e com o salário acima de R$ 900,00 a R$1.800,00 é incidido 27,5% de imposto em cima desse excedente, que é dado R$1.800,00 por
3.000,00 1.800,00 1.200, 00,
Portanto,
logo
IR2 0, 275 1.200, 00 330, 00.
IR1 IR2 135,00 330,00 465,00. Concluímos que quem paga
R$465,00 de imposto recebe R$3.000,00 de salário.
2
2
Falsa Sabemos que IR1 135, 00 e 2.2000, 00 1.800, 00 400,00, logo, temos
IR2 0, 275 400, 00 110, 00.
Portanto,
IR1 IR2 135, 00 110, 00
245,00 220,00. 3
3
Verdadeira Sabemos que IR1 135, 00 e 12.000, 00 1.800, 00 10.200,00, logo,
temos
IR2 0, 275 10.200, 00 2.805,00.
Portanto,
IR1 IR2
135, 00 2.805, 00 2.940,00. 4
4
Falsa Vamos admitir que o salário é R$3.500,00 e verificar se com esse salário o funcionário paga R$600,00 de imposto. Pela assertiva 11 sabemos que 3.500,00 1.800,00 1.700, 00. IR1 135, 00 e Logo, temos IR2 0, 275 1.700, 00
467,50. Portanto,
IR1 IR2
135,00 467,50
602,50. Concluímos então que quem recebe R$3.500,00 de salário paga R$602,50 de imposto. Portanto, quem paga R$600,00 de imposto recebe um salário menor que R$3.500,00.
16) A função horária de Junior é s(t ) t 2 2t. Agora, vamos encontrar a função horária de Daniela. Sabendo que ela caminha numa reta, então a função é da forma f (t ) at b, com
a 0. Considerando que tanto Junior quanto Daniela estão na origem do sistema ortogonal, Diógenes Santos
164
Capítulo IV
Capítulo IV Matemática Básica
78) Chamamos de J , D e M .E. os administradores Júnior, Daniela e Maria Eduarda, respectivamente. Pelo enunciado, Júnior e Daniela fazem juntos o trabalho em 15 dias, então ambos realizam diariamente vemos que igualdades,
1 1 1 1 do trabalho, ou seja, . De forma análoga, J D 15 15
1 1 1 1 1 1 e . Agora, somando essas duas últimas J M .E. 20 D M .E. 12
1 1 1 1 1 1 J M .E. D M .E. 20 12
temos
1 1 2 2 J D M .E. 15
1 1 1 1 2 2 2 2 1 , então J D 15 15 M .E. 15 M .E. 15 15 Logo, Maria Eduarda realiza sozinha o trabalho em 30 dias. Resp. :B
79) Dado
2 2 x xy y 1 0 3 2 2 x x y xy x y 2 0
2 1 M .E. 15
mas
M .E. 30.
x 2 xy y 2 1 x ( x 2 xy y 2 ) x y 2 0 1
x(1) x y 2 0 x x y 2 0 y 2. Entretanto, temos x 2 xy y 2 1
x 2 x(2) (2)2 1 0 x2 2 x 3 0 e resolvendo essa equação encontramos x1 1 ou x2 3. Portanto, a solução do sistema são os pares ordenados ( 1, 2) e (3, 2). Donde, x1 x2 y1 y2 1 3 2 2 6. Resp. : A
80) Vamos verificar cada alternativa abaixo: Falsa Segue
(1) (4)
Diógenes Santos
contraexemplo:
42 e
Considere
a 1
e
b 4,
a b 1 (4) 5 2,5. Portanto, 2 2 2
a b
então
a b
ab . 2
208
Matemática Básica
a 9 e b 16,
BFalsa Segue contraexemplo: Considere
(9) (16) Reais. Logo,
12, mas
9 e
então
a b
16 não pertencem ao conjunto dos Números
a b a b.
CFalsa Segue contraexemplo: Considere a 9 e b 16, então
25 5, mas D Verdadeira
a b
9 16 3 4 7. Desta forma,
ab
a b a b.
a 2 a, uma das definições de módulo de um número real é
Neste caso, como a 0, então
9 16
a 2 | a | .
a 2 | a | a.
E Falsa Segue contraexemplo: Considere a
1 , então 4
a a
1 1 1 1 . 2 4 4 4
Absurdo! Assim sendo, a alternativa é falsa. Resp. :D
81) Chamamos de N e M .E. os nomes de Neto e Maria Eduarda, respectivamente. Pelo
38 13N . Como as idades são 5 representadas por números naturais, então a única possibilidade para M .E. ser natural é
enunciado temos que 5M .E. 13N 38
M .E.
38 13 1 38 13 25 5. Portanto, Maria Eduarda tem 5 5 5 5 anos e Neto tem 1. Donde, 5 1 6 anos. Resp. :B
quando N 1, ou seja, M .E.
82) Vamos separar a compra em dois casos. Primeira caso: Compra a vista. Suponha que o valor do produto é R$100,00 e ao pagar a vista existe um desconto de 10%,
10% 90,00. Sobrando dessa forma R$10,00, que será aplicado a taxa então R$100,00 de 25% ao mês, durante um mês. Sabendo que j c i n, onde j, c, i e n são juros, capital, taxa e tempo, respectivamente, então a aplicação lhe rende um juros de dá R$12,50. Note que essa seria a j 10,00 1 0, 25 2,50, que somado aos R$10,00 economia ao realizar o pagamento à vista após um mês. Resoluções
209
Capítulo IV
Segundo caso: Compra a prazo. Na compra a prazo o consumidor paga 50% do valor do produto no momento da compra e o restante no prazo de 30 dias. Portanto, é pago R$50,00 no ato da compra e aplicado o mesmo valor a taxa de 25% ao mês, por um mês. Logo, a aplicação lhe rende j 50,00 1 0, 25 12,50, e somado com o capital aplicado temos 50, 00 12,50 62,50. Entretanto, ao vencer o prazo o consumidor precisa pagar a segunda parcela, 62,50 50, 00 12,50, ou seja, paga R$50,00 e economiza R$12,50. Analisando os dois casos, vemos que as duas condições são iguais, pois ao final o consumidor tem R$12,50. Obs.: A opção de fixar o valor do produto é apenas para facilitar a resolução e que podemos generalizar a solução substituindo o valor de R$100,00 por 100%, que é o valor do produto. Resp. :E
83) Inicialmente a indústria produz 1.500 unidades por mês ao custo de R$0,25 cada. Logo, o custo mensal C é de 1.500 0, 25 375,00. Com a compra do estabilizador por R$3.000,00 dividido em 20 meses, há um acréscimo mensal nos custos da empresa de
3.000,00 150,00. Portanto, o novo custo C ' para atingir a produção é de 20 C ' 375,00 150,00 525, 00, durante esses 20 meses. Admitindo um lucro L de 5% sobre o preço de custo, temos L 0,05 525,00 26, 25. Agora, sabendo que V C ' L, onde V é a venda, então V 525,00 26, 25 551, 25. Observe, que esse é o valor da venda das 1.500 unidades e para saber o valor unitário VU , basta dividir V por 1.500. Portanto, VU
551, 25 0,3675. 1.500
Resp. :E
84) Para simplificar chamaremos de N , M .E., D e Ma, os nomes de Neto, Maria Eduarda, Daniela e Marcela, respectivamente. As idades estão em Progressão Aritmética ( P. A.) então podemos chamar de a1 e a 4 as idades de Neto e Daniela, respectivamente. Da teoria de P. A. temos que a4 a1 3r , mas a1 4 e a4 28, então 28 4 3r r 8, onde r é a razão da P. A.. Agora podemos encontrar as outras duas idades: a2 a1 r
4 8 12 e a3 a1 2r 4 2 8 20. Portanto, as idades em ordem crescente são: 4, Diógenes Santos
210
Matemática Básica
12, 20 e 28. Sabemos que N é o mais novo e D a mais velha, que são os extremos dessa
P. A.,
então temos duas possibilidades para a sequencia:
{N ,M .E ,Ma,D}
ou
{N ,Ma,M .E ,D}.
Utilizaremos o primeiro caso: {N ,M .E ,Ma,D} e {4,12, 20,28}. Como o prêmio será dividido de forma inversamente proporcional às suas idades, temos: N M .E. Ma D N M .E. M D . Agora, sendo o valor do prêmio 1 1 1 1 105 35 21 15 4 12 20 28
N M .E. M D 132.000,00 750,00. 105 35 21 15 176 Podemos agora encontrar o valor distribuído para cada um dos amigos, a saber: N M .E M 750, 00 750,00 N 78.750, 00; 750, 00 M .E. 26.250,00; 21 105 35 temos R$132.000,00,
D 750,00 D 11.250,00. Observe que utilizando a segunda 15 sequência encontraríamos os valores trocados para Maria Eduarda e Marcela, ou seja, M .E. 15.750, 00 e M 26.250, 00 e que fazendo isso, Neto continuaria ganhando o mesmo valor. Resp. : A
M 15.750,00 e
85) A venda do produto é dada por V C L, onde V é a venda, C o custo e L o lucro. O Sr. Júnior comprou x metros de tecido a R$ o metro, então o custo foi de C x e obteve com a venda um lucro de R$ Agora, vemos que Daniela comprou a R$ ou seja, pagou comprou
1 de x 3
x x 2x e restou x metros de tecido no estoque. Eduarda 3 3 3
1 2x 2,60 x 2x x 1 , restando do restante a R$ e pagou 2,60 4 4 3 6 3 6
3x x 1 metros de tecido no estoque. Antônio comprou deste a R$ logo, pagou 2 6 2 1 x 3, 00 x x x x 3, 00 e restou no estoque metros de tecido, o qual foi vendido a 2 2 4 2 4 4 3, 20 x . Podemos então substituir os valores Neto a R$ que pagou o valor de 4 Resoluções
211
Capítulo IV
encontrados
na
fórmula
x 33,8 x 24 x 58.800,00 queremos o valor de
x 2,60 x 3,00 x 3, 20 x 3 6 4 4 10,00 x 5, 20 x 9,00 x 9,60 x 24,00 x 58.800,00 de
venda,
a
saber:
9,80 x 58.800,00
x
58.800, 00 6.000. 9,80
Entretanto,
x 6.000 , ou seja, 120 metros de tecido. 50 50
Resp. :B
86) Inicialmente a mistura tem 8 litros (álcool e gasolina), dos quais 5 são de gasolina, ou seja, a sua razão na mistura é 5 / 8. Se adicionarmos uma quantidade de x litros de gasolina para encontrar uma mistura de 3/ 4 de gasolina, a mistura também será acrescido de x
5 x 3 20 4x 24 3x x 4 litros. Portanto, 8 x 4 precisamos colocar 4 litros de gasolina à mistura anterior para que a nova mistura tenha 3/ 4 de gasolina. Resp. :D litros. Calculando, temos
2E 8M 10 tendo em vista que as notas do ENEM tem peso 2 e do vestibular 8. Do enunciado vemos que E 7,0, N 8,0 e M é o valor que queremos encontrar. Agora, substituindo as notas na equação, temos 2E 8M 2 7 8M N 8,0 80 14 8M M 8, 25. 10 10 Resp. :E 87) Note que a fórmula para encontrar a nota desse vestibulando é dada por N
88) Considere o preço do produto na loja A como sendo x, então na loja B o preço é de
x 60, 00. Porém, se houver um desconto na loja B de 20%, o produto ficará com o mesmo preço nas duas lojas. Note que, dar um desconto de 20% significa vender o produto 0,8 x 48,00 x por 80% do valor. Logo, temos 0,8( x 60, 00) x 0, 2 x 48, 00 x 240, 00. Portanto, o preço do produto na loja A é R$240,00 e na loja B é de R$300,00. Resp. :E
Diógenes Santos
212
Matemática Básica
89) O salário médio é definido pela razão entre a folha de pagamento e o número de
F , onde SM , F e x, é o salário médio, a folha de pagamento x e a quantidade de funcionários, respectivamente. Com a mudança, a nova média salarial é F' dada por, SM ' , onde SM ', F ' e x ' são os novos valores do salário médio, folha de x' pagamento e quantidade de funcionários, respectivamente. Como a empresa dispensou 20% dos funcionários, restaram então 80% de x, ou seja, x ' 0,8 x. Após a dispensa houve um
funcionários, ou seja, SM
acréscimo de 10% na folha de pagamento F , então F ' 1,1F . Logo, SM '
F' x'
F F 1,1F 1,1 F 1,375 , mas SM , donde SM ' 1,375 SM . Concluímos, então que 0,8 x 0,8 x x x houve um acréscimo de 37,5% em relação a média salarial anterior. Resp.:E
90) Para cada 52,5 minutos de trabalho noturno feminino equivalem a 60 minutos de trabalho diurno, então podemos montar uma regra de três, tendo em vista que a funcionária Daniela trabalhou das 22h às 5h, ou seja, 7 horas de trabalho noturno, mas 7h 420min. Temos, então: min.noturnomin.diurno 25.200 52,5 x 420 60 x 480 minutos. Note, que 52,5 420 x trabalhar 420 minutos ( 7 horas) no turno feminino da noite é o mesmo que trabalhar 480 minutos ( 8 horas) no horário diurno. Portanto, para saber o acréscimo vamos fazer outra regra de três: h%
7 x 8 100 x
800 114, 285. 7
8 x Sendo assim, concluímos que houve um acréscimo de 14, 29%. Resp.: A
Resoluções
213
Capítulo IV
91) Inicialmente, um plantão de 4 horas, 5 médicos atendem 40 pacientes. Entretanto, o plantão passou para 6 horas e a quantidade de pacientes para 60. Queremos saber quantos x médicos serão necessários para atender esses pacientes? Para isso podemos fazer o seguinte esquema da situação:
horas médicos pacientes 4 5 40 . x 60 Note que aumentando a quantidade de médicos pode-se aumentar o número de pacientes para serem atendidos no mesmo intervalo de tempo e vice-versa. Logo, as duas grandezas são diretamente proporcionais. Agora, aumentando a quantidade de médicos pode-se diminuir as horas (tempo) para serem atendidos o mesmo número de pacientes e vice-versa. Donde, as duas grandezas são inversamente proporcionais. Com a análise feita acima podemos reorganizar a regra de três, a saber: horas médicos pacientes horas médicos pacientes
4
5 x
40 60
6
5 x
40 60
x
4 5 60 5 6 40
médicos. Resp. :B
92) O volume de um paralelepípedo reto retângulo, de arestas a , b e c, é dado por
V a b c. Neste caso, temos a 3, b 4 e c 2, então V 3 4 2 24m3 Agora, sabemos que 1m3 1.000 litros. Logo, a caixa d´água possui 24.000 litros e como o prédio tem 10 apartamentos concluímos que cada um pode gastar diariamente
24.000 2.400 10
litros. Resp. : A
93) Considere o valor correto da conta na forma abc, ou ainda, 100a 10b c. Entretanto, houve um erro no preenchimento do cheque e a conta foi paga na forma bac, ou seja,
100b 10a c
100b 10a c Diógenes Santos
e com custo adicional de R$180,00. Portanto, bac abc 180
100a 10b c 180
100(b a ) 10(a b) 180
214
Matemática Básica
a 1 b 2a. b 2 Logo, b a 2 2a a 2 a 2 e b 2 2 4. Note que o cheque foi preenchido de forma incorreta, ou seja, foi escrito bac, então o valor da dezena é 2. Resp. :E 100(b a ) 10(b a ) 180 90(b a) 180 (b a) 2. Porém,
94) Inicialmente vamos calcular a média da primeira rodada, que vamos chamar de M 1 .
5 3 1 4 0 2 15 2,5. Entretanto, queremos que a média das duas 6 6 rodadas, que podemos representar por M f , seja 20% da primeira, ou seja, Logo, M1
M f 1, 20 M1 1, 20 2,5 3. Agora, sendo N o número de gols marcados na segunda rodada, temos M f
15 N 15 N 3. Donde, 3 15 N 33 N 18. 65 65
Resp. :D
95) Vamos considerar a seguinte situação: passados 12 dias e os integrantes tendo bebido a quantidade de líquido estabelecida por dia, a caravana de 7 pessoas tem 30 dias consumindo 3,5 litros de água por dia, por pessoa, para atravessar o restante do deserto. Entretanto, neste momento, foram acrescentadas mais 3 pessoas para a travessia. Portanto, a nova situação é a seguinte: 10 pessoas tem 30 dias consumindo x litros de água por dia, por pessoa, para cruzar o restante do deserto. Donde, temos:
pessoas 7 10
liq./ dia 3,5 . Desta forma, como o período é o mesmo podemos descartá-lo nos x
cálculos. Observe que aumentando o número de pessoas na caravana, a quantidade de líquido consumido por dia precisa diminuir, e vice-versa, para o mesmo número de dias da viagem. Logo, as duas grandezas são inversamente proporcionais. Donde, temos: pessoas liq./ dia pessoas liq./ dia 7 3,5 2, 45 litros por dia. 7 3,5 10 3,5 x 10 10 x 7 x Resp. :C
Resoluções
215
Capítulo IV
96) Representamos por x a quantia que inicialmente Eduarda tinha. Agora, em cada loja ela gastou metade do que possuía. Portanto, ao entrar na primeira loja Eduarda tinha x reais,
x x x para comprar na segunda loja; e ao entrar nesta gastou , ficando com x 2 2 2 x x x x e ficou com para comprar na terceira loja; metade desse valor, ou seja, gastou 4 2 4 4 x e assim sucessivamente até fazer as compras na quinta loja. Donde, ela gastou nas lojas , 2 x x x x , , e . Na saída teve um gasto de R$2,00 com estacionamento e ainda sobraram 4 8 16 32 R$20,00. Somando os valores gastos nas lojas, no estacionamento e o dinheiro que restou, podemos montar a seguinte equação: x x x x x 16 x 8x 4 x 2 x x 64 640 32 x 2 20 x x 704,00. 2 4 8 16 32 32 Resp. :D gastou
97) Se considerarmos como sistema: A B 100 0, 03 A 0, 05B 3, 60 3 0,03B 0,05B 3,60
A e B as quantidades em ml podemos montar o seguinte
A 100 B 0, 03(100 B) 0, 05B 3, 60 0, 03 A 0, 05B 3, 60 0, 02 B 0, 60 Portanto, B 30. A 100 B
100 30 70 ml. Resp. : A
98) Chamamos de V a velocidade da escada, d o número de degraus e t o tempo gasto para subi-la. Quando Neto sobe 5 degraus ele gasta 30 segundos e quando sobe 10 gasta 20. Observe que ao subir "alguns degraus" é como se ele estivesse subtraindo esses degraus da escada. Agora, como sua velocidade é constante e é dada por V
d podemos fazer a t
seguinte relação:
d 5 d 10 20d 100 30d 300 d 20 degraus. 30 20 Resp. :C
Diógenes Santos
216
Geometria Plana
Capítulo VI Geometria Plana
176) Fazendo abaixo o esboço do retângulo, vemos que o triângulo ACD é isósceles e o segmento BD é a altura e também mediana relativa ao lado AC , então AB BC 4 cm. Como
os
BE 10
segmentos
e
DE x 2,
então
BD BE DE
10 ( x 2) 10 x 2 8 x. Agora, observe que o triângulo BCD é retângulo com
ângulo reto em B, então podemos usar o Teorema de Pitágoras para encontrar o valor de 2
x.
Portanto,
2
2
CD BC BD
x 2 42 (8 x)2
x2 16 64 16x x2
16x 80 x 5.
Resp.:C
177) O pintor cobra por área a ser pintada, então quanto maior a área de trabalho, maior será sua renda. Ele tem três painéis de idênticos materiais e todos com 12m de perímetro, mas de formas diferentes. Precisamos descobrir qual dos painéis apresenta maior área e para isso vamos calcular separadamente cada caso: Forma Circular: O comprimento C da circunferência, de raio r , é dado por C 2πr e a área AC do círculo por AC πr 2 . Como o perímetro é 12, ou seja, C 12, então 12 2 2 1,91 m e a área é AC π (1,91) 11, 46 m . 2π Forma Hexagonal: Podemos considerar o hexágono como sendo regular, pois é o que apresenta maior área dentre os hexágonos. Como esse polígono de lado LH possui 6 lados
2πr 12 r
Resoluções
255
Capítulo VI congruentes, temos 6 LH 12 LH 2 m. A área AH de um hexágono regular é dada por 3( LH ) 2 3 3(2) 2 3 , ou seja, AH 6 3 10,39 m2 . 2 2 Forma de Quadrado: O perímetro PQ de um quadrado, de lado LQ , é dado por PQ 4LQ e AH
2 2 2 a área AQ por AQ ( LQ ) . Portanto, 4LQ 12 LQ 3 m e a área é AQ 3 9 m .
Concluímos que o pintor terá maior renda se pintar a forma circular que possui maior área dos três painéis. Resp.:C
o 178) Fazendo abaixo um esboço da figura vemos que os ângulos ABD ADB 45 , então
B AD é 90o. Como os ângulos dos vértices B e D são iguais, então o triângulo ABD é
retângulo isósceles, ou seja, AB AD 10 km. Agora, utilizando o Teorema de Pitágoras, 2
2
2
2
temos BD AB AD 102 102 100 100 BD 200
BD 10 2 km, mas
2 1, 4, então BD 10 (1, 4) 14 km. Concluímos que o reservatório será construído num ponto D distante 10 km da cidade A e 14 km da cidade B. Portanto, a água percorrerá um total de 10 km 14 km 24 km 24.000 m para abastecer as cidades. Como cada metro de encanação custa R$ então o estado gastará 24.000 1,50 36.000 para construir o reservatório.
Resp.: A
Diógenes Santos
256
Geometria Plana
179) Considere abaixo o esboço da figura.
O raio R da circunferência maior é 12, pois o ponto A(12,0) tem distância 12 da origem. O ângulo AOP mede 60o e como a circunferência menor é tangente interna da circunferência maior e das semirretas OA e OP, então a semirreta OQ passando pelo centro da circunferência menor, de raio r , divide o ângulo AOP ao meio, ou seja,
AOQ POQ 30. Chamamos de x a distância da origem até a circunferência interna. r 1 r x r 2r xr 2 xr x r. Portanto, x r r 12 r 2r 12 3r 12 r 4. Donde, vemos que as
Logo, OQ R x r r 12. Note que sen30
áreas A1 e A2 dos círculos maior e menor, respectivamente, são A1 πR 2 π (12)2 144π 2 2 e A2 πr π (4) 16π.
Ao analisar cada alternativa vemos que não existe resposta, por isso a comissão organizadora resolveu anulá-la. Resp. : Nula
180) Considere abaixo o esboço da figura.
Resoluções
257
Capítulo VI
Observe que os segmentos OE, OA e OB são os próprios raios da circunferência. Logo, o triângulo OAB é isósceles e o segmento OF é a altura e também mediana desse triângulo, então AF BF 20. Note que L EF OF OE OF EF OE L R. Agora, 2
usando o Teorema de Pitágoras no triângulo
R2 ( L R)2 202
2
2
AFO, temos AO OF AF
R2 L2 2L R R2 400
2 L R L2 400,
L 40,
mas
então 2R(40) (40) 2 400 80R 1600 400 80R 2000 R 25 unidades de comprimento. Resp. :D
181) Vamos resolver essa questão em duas etapas: Primeira etapa: Pelo triângulo CDE o ângulo do vértice D é 30 e a hipotenusa CD 6, então sen 30o
CE CD
1 CE CE 3, que vamos chamar esse segmento de altura h, 2 6
ou seja, h CE 3. Agora, observe que cos 30o
DE CD
3 DE DE 3 3. 2 6
Segunda etapa: Pelo triângulo ABF vemos que h BF AF 3. Logo, esse triângulo é retângulo isósceles. Para encontrar a hipotenusa AB podemos utilizar o Teorema de Pitágoras, a saber:
2
2
2
AB BF AF 32 32 9 9 18.
2
Portanto,
AB 18
AB 3 2. Com os dados encontrados podemos fazer abaixo um esboço do trapézio.
O
perímetro
desse
quadrilátero
é
60,
então
x 6 3 3 x 3 3 2 60
2 x 9 3( 3 2) 60 2 x 60 9 3( 3 2) x
51 3( 3 2) m. 2
Resp. :D
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258
Geometria Plana
182) Vamos verificar as assertivas abaixo: I II 0 0 Verdadeira A área AT de um triângulo, de lado da base b e altura h, é dada
bh . Considere um novo triângulo de lado da base aumentada em 20%, 2 ou seja, b ' 1, 2b. A altura é 30% menor, logo, 70% da altura original, então por AT
b ' h ' 1, 2b 0, 7h bh 0,84 2 2 2 0,84 A. Concluímos que a nova área é 0,16 16% menor que a inicial. h ' 0,7h. Portanto, a nova área A ' é A '
1
1
Verdadeira Sabemos que num triângulo de lados a , b e c tal que o lado c
seja o maior deles, então o triângulo será obtusângulo quando c2 a2 b2 . Observe que no triângulo de lados 5cm, 6cm e 10cm, temos 102 52 62 2
2
100 25 36 100 61. Portanto, esse triângulo é obtusângulo. Falsa Considere um hexágono regular e unindo os vértices diametralmente opostos essas diagonais passam pelo centro do polígono. Desta forma, esse hexágono é composto por 6 triângulos equiláteros, de lado l. O seu apótema AH l 3 AH . 2 Falsa Todo triângulo retângulo inscrito numa circunferência, a hipotenusa é o próprio diâmetro. Neste caso, o raio é r 2, então o diâmetro D é D 2r
é a própria altura de um desses triângulos. Portanto, temos h 3
4
3
4
2 2 4. Portanto, a hipotenusa é 4 unidades de comprimento. Verdadeira Teorema das Bissetrizes Internas: "A bissetriz de um ângulo interno de um triângulo divide o lado oposto em segmentos proporcionais aos lados adjacentes."
183) Fizemos abaixo um esboço do paralelogramo. Note que a maior diagonal D é o segmento EG e utilizando a Lei dos Cossenos podemos encontrar o valor dessa diagonal.
Resoluções
259
Capítulo VI
Portanto,
D 2 32 42 2 3 4 cos120 ,
mas
cos 120o cos 60o 1/ 2,
então
1 D 2 32 42 2 3 4 9 16 12 37 D 37. 2 Resp.:E
184) O esboço das figuras abaixo correspondem as assertivas 11 e 44.
I 0
II 0
Verdadeira O ortocentro de um triângulo é o ponto de encontro das alturas e no
caso dos triângulos retângulos esse ponto encontra-se no vértice do ângulo de 90. Portanto, o ortocentro pode se encontrar no vértice A se este ângulo for reto. 1
1
Falsa Considere um triângulo ABC de tal forma que AM seja a mediana e G o seu baricentro, conforme a figura 1. O baricentro desse triângulo divide a
mediana AM em duas partes, tal que AG 2GM . Logo, AM AG GM 2GM GM 3GM ,
2
3
4
mas
AM 9,
então
9 3GM GM 3.
Donde,
2
concluímos que AG 6. Verdadeira Tome um triângulo ABC isósceles com dois ângulos da base
3
congruentes de 45o , então o terceiro ângulo é 90o. Desta forma, esse triângulo é isósceles e retângulo. Verdadeira Admita um triângulo ABC de lados 3, 4 e 5, que são números
4
consecutivos e observe que 52 32 42. Portanto, um triângulo de lados consecutivos pode ser retângulo. Verdadeira Seja um triângulo equilátero ABC e um ponto P qualquer interno a ele, conforme a figura 2. Note que a área do triângulo ABC é a soma das áreas
Diógenes Santos
260
Geometria Plana
parciais dos triângulos BCP, ACP e ABP. Chamamos de h1 , h2 e h3 as alturas relativas aos lados a , b e c, respectivamente. Neste caso, a área A do triângulo
ah1 bh2 ch3 abcL . Entretanto, então 2 2 2 L(h1 h2 h3 ) Lh Lh Lh A 1 2 3 . Sabemos que a área A de um triângulo 2 2 2 2
ABC
é
A
equilátero, de lado L , é dada por A h1 h2 h3
L(h1 h2 h3 ) L2 3 L2 3 , então 4 2 4
L 3 , como queríamos demonstrar. 2
185) Considere um triângulo retângulo ABC de lados a , b e c, altura h e cujas projeções dos catetos sobre a hipotenusa são n 9 e m 16, conforme a figura ilustrativa abaixo.
Sabemos das relações Trigonométricas que h 2 m n, então h2 16 9 144 h 12. Agora, utilizando o Teorema de Pitágoras, podemos encontrar os lados b e c. Portanto,
b2 h2 m2 122 162 144 256 400 b 20 e c2 h2 n2 122 92 144 81 225 c 15. Como a n m, então a 9 16 25. Concluímos que o perímetro P do triângulo ABC é P 20 15 25 60. Resp.:C
186) A partir do arco dado podemos tracejar a circunferência de centro O e raio R, conforme a figura ilustrativa abaixo.
Resoluções
261
Capítulo VI
Como o segmento CD é a altura máxima, então C divide a corda AB no ponto médio. Logo, AC BC 12. Observe que OD R e como CD 6, então OC OD CD
R 6. 2
Agora, utilizando o Teorema de Pitágoras no triângulo 2
OBC ,
temos
2
BO BC OC , então R2 122 ( R 6)2 R2 144 R2 12 R 36 12 R 180
R 15 metros. Resp.: B
187) A partir do paralelogramo dado podemos unir os pontos A e D formando assim o triângulo ACD, conforme a figura ilustrativa abaixo.
Sabemos que M é o ponto médio do lado CD, então AM é a mediana do triângulo ACD relativa ao lado CD. As diagonais do paralelogramo ABDC se encontram em P e esse ponto divide as diagonais ao meio. Logo, o segmento CP é a mediana do triângulo ACD relativa ao lado AD. Desta forma, o ponto N é o baricentro do triângulo ACD. Portanto,
N divide a mediana AM em duas partes, tal que AN 2 NM . Porém, AN 12, então 12 2 NM NM 6. Resp.: A
Diógenes Santos
262
Geometria Plana
188) Com as informações dadas e encontradas podemos fazer abaixo um esboço da figura.
Note que o triângulo ABE é equilátero de lado 2 3, então os ângulos ABE B AE o AEB 60o. O ângulo ABC ABE C BE , mas ABC 90 , então 90 60 CBE
CBE 30o. Observe que o triângulo BCF é equilátero, também de lado 2 3, então o BCF CBF BFC 60o. Concluímos que o ângulo EBF CBE CBF 90 . Portanto, o triângulo BEF é retângulo com ângulo reto em B e também isósceles de lados
BE BF 2 3. Logo, a área A desse triângulo é dada por A
2 32 3 6 cm 2 . 2
Resp. :D
189) Com as informações dadas e encontradas podemos fazer abaixo um esboço da figura.
O triângulo ABC é equilátero, então cada ângulo dos vértices é 60. Logo, o ângulo B inscrito na circunferência determina um arco ADC de 120o e como D é o ponto médio o desse arco, então AD CD 60 . A altura AH é a mediana do triângulo equilátero e o
baricentro é o ponto O, centro da circunferência. Portanto, AO 2OH , mas AO R 6, onde R é o raio da circunferência, então 6 2OH OH 3. Note que os lados OC OD R 6 e o ângulo COD é 60o , tendo em vista que o arco CD 60o , então o
Resoluções
263
Capítulo VI
triângulo OCD é equilátero de lado 6. Para encontrar o segmento HC podemos usar o 2
2
2
2
2
2 2 Teorema de Pitágoras, então OC OH CH 3 HC 6 9 HC 36 2
HC 27 HC 3 3. A área hachurada AHA pode ser dividida em três áreas: do setor circular formado pelo arco AD 60o , do triângulo equilátero OCD e do triângulo retângulo OCH. Chamamos de ASC , ATE e ATR as áreas do setor circular, do triângulo equilátero e do triângulo retângulo,
respectivamente. Logo, AHA ASC ATE ATR . Agora, vamos encontrar cada área separadamente: A área do setor circular é a sexta parte da área do círculo de raio 6, pois o ângulo do setor circular é 60 , a sexta parte do círculo. Logo, ASC
πR 2 π (6) 2 π (36) 6π. 6 6 6
L2 3 62 3 36 3 9 3. 4 4 4 bh A área do triângulo retângulo, de lado da base b e altura h, é dada por ATR 2
A área do triângulo equilátero, de lado L , é dada por ATE
3 3 3 9 3 . 2 2
Concluímos
que
a
área
hachurada
é
AHA 6π 9 3
9 3 2
12π 18 3 9 3 12π 27 3 3 (9 3 4π ). 2 2 2 Resp.:C
190) A partir da figura dada podemos tracejar a altura relativa ao vértice E e o prolongamento do lado AD até um ponto F , interseção dos dois segmentos, e também o prolongamento do lado BC até um ponto G , conforme a figura ilustrativa abaixo.
Diógenes Santos
264
Geometria Plana
2
2
2
Dados os lados AD 2, AB 1 e pelo Teorema de Pitágoras temos BD AD AB , 2
BD 22 12 5
então
BD 5.
Como
B
é ponto médio de
DE, então
BD BE 5. Agora, por semelhança de triângulos, podemos encontrar os valores dos
segmentos AF e EF , a saber:
AD BD AD AB 2 5 2 1 BG AF 2 e EF 2. 4 EF BG 5 BG BE DF EF Agora vamos verificar as assertivas abaixo: I II 0 0 Verdadeira Na resolução acima encontramos BD 5 cm. 1 1 Verdadeira Chamamos de θ o ângulo ADE , mas ADE ADB, então cosθ
2
AD BD
5
.
2
Verdadeira Da figura vemos que EF AF 2, com ângulo reto em F.
3
Portanto, AE AF EF 22 22 8 AE 2 2 cm. Verdadeira A área do triângulo ADE é igual a área do triângulo DEF menos
2
3
2
2
2
a do triângulo AEF. Portanto, a área do triângulo DEF é
42 4 e do triângulo 2
22 2. Concluímos que a área do triângulo ADE é 4 2 2 cm2 . 2 Falsa Primeira Solução: Na assertiva 33 vimos que a área do triângulo ADE
AEF é
4
4
é 2 cm2 . Observe na figura que o triângulo ABE está contido no triângulo ADE. Portanto, a área do triângulo ABE não pode ser 4cm2 . Segunda Solução: A área do triângulo ABE é igual a área do triângulo ADE menos a do triângulo ABD. Portanto, a área do triângulo ADE é 2 e do triângulo ABD é
Resoluções
2 1 1. Concluímos que a área do triângulo ABE é 2 1 1 cm2 2
265
Capítulo VI
191) Considere um triângulo equilátero ABC e um hexágono regular DEFGHI , inscritos numa circunferência de diâmetro 8, ou seja, raio 4, conforme a figura ilustrativa abaixo.
Queremos encontrar a área do trapézio cujos lados paralelos sejam os lados do triângulo e do hexágono. Desta forma, podemos ver pela figura que o trapézio procurado está hachurado e é formado pelos vértices ABED. As bases maior AB e menor DE são relativas aos lados do triângulo e hexágono, respectivamente. Precisamos então encontrar cada um desses segmentos. Note que o centro O da circunferência é o baricentro do triângulo equilátero ABC , então OC 2OJ . Mas OC R 4, assim sendo 4 2OJ OJ 2. Portanto, a altura do
triângulo é CJ 4 2 6. Entretanto, esse triângulo é equilátero, de lado lt e altura ht , então ht
lt 3 l 3 12 12 3 t 6 lt 3 12 lt 4 3 AB. 2 2 3 3 3
O lado lh de um hexágono regular inscrito numa circunferência é o próprio raio desta, então a base menor do trapézio que é o lado do hexágono é DE lh 4. Resta agora encontrar a altura h do trapézio ABED. Note que OL é o apótema do hexágono e também altura do triângulo equilátero ODE
de lado l 4,
então OL
l 3 4 3 2 3. 2 2
Porém,
OL OJ h e OJ 2, então 2 3 2 h h 2 3 2.
A área A de um trapézio é dada por A
( B b)h , onde B, b e h é a base maior, base 2
menor e altura do trapézio, respectivamente. Neste caso, temos B lt 4 3, b lh 4 e h 2 3 2. Logo, A
(4 3 4)(2 3 2) 24 8 3 8 3 8 16 8cm2 . 2 2 2
Resp.: A Diógenes Santos
266
Diógenes Santos
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Diógenes Santos
Diógenes Santos é pernambucano, militar da Força Aérea Brasileira desde 1997, licenciado em Matemática pela Universidade Federal de Pernambuco, em 2008. Além da graduação, está cursando o mestrado do PROFMAT (Mestrado Profissional em Matemática em Rede Nacional) pela Universidade Federal Rural de Pernambuco (UFRPE). Começou a dar aulas em 2006 no Vestibular Solidário da UFPE, quando ainda era estudante de Licenciatura em Matemática. Em sua trajetória profissional acumula ampla experiência voltada para o ensino da Matemática em vestibulares e concursos públicos.
