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$: Resolução Alternativa C - ELITE PRÉ-VESTIBULAR e ... · ... e R = 8 A área da base do tetraedro é dada por: = 2 D A, ... {mn,}⊂\é unitário e não divisível por Px x 2 ()=$

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O ELITE RESOLVE AFA 2009 – MATEMÁTICA

1

MATEMÁTICA

QUESTÃO 26

Sobre as retas ( )r ( )1 10 3 0k x y k− + + = e 2

( )1 (1 )

x ts

y k t= −⎧

⎨= − + −⎩

onde

k, t ∈ , pode-se afirmar que a) poderão ser paralelas coincidentes para algum valor de k b) se forem paralelas, não terão equação na forma reduzida. c) sempre poderão ser representadas na forma segmentaria. d) nunca serão perpendiculares entre si.

Resolução Alternativa D Por hipótese, temos:

( r ) (1 – k)x +10y + 3k = 0 ⇒ 10

1kmr−

= , onde mr é o coeficiente

angular da reta r;

( s ) = −⎧

⇔ = − ⇔ = − + − − ⇔⎨ = − + −⎩

22 1 (1 )(2 )

1 (1 )x t

t x y k xy k t

+ − − + − = ⇔ − + + −1 2(1 ) (1 ) 0 (1 ) 2 1y k x k x k y k = 0

Logo, ms=1

1k − , onde ms é o coeficiente angular da reta s;

Assim:

a) Falsa. Se r e s são paralelas: 1k9k91

1k10

1k=⇔=⇔

−=

− ;

Se k = 1, temos que: ( r ) 10y + 3 = 0 e ( s ) y + 1 = 0, que são as equações gerais das retas r e s. Com isso, tais retas nunca serão coincidentes.

b) Falsa. Além disso: = − = −3

( ) ( ) 110

r y e s y , que são as

respectivas equações reduzidas. c) Falsa. Como y é constante, ela não tem representação segmentaria. d) Verdadeira. Se r e s são perpendiculares:

− −⋅ = = − ⇔ − = −21 1

. 1 ( 1) 1010 1r s

k km m k .

Como (k – 1)2 = – 10 não tem solução real, uma vez que, em , (k – 1)2 é sempre não negativo, as retas nunca poderão ser perpendiculares entre si.

QUESTÃO 27 Os vértices de um triangulo ABC são os centros das circunferências:

2 21

2 22

2 23

( ) 2 4 1 0

( ) 4 4 12 8 15 0

( ) ( 7) ( 3) 8

x y x y

x y x y

x y

λ

λ

λ

+ + − − =

+ + − − =

− + + =

O tetraedro cuja base é o triangulo ABC e cuja altura, em metros, é igual à média aritmética dos quadrados dos raios das circunferências acima, também em metros, possui volume, em 3m , igual a

a) 212

b) 494

c) 492

d) 214

Resolução Alternativa B Precisamos encontrar os centros e os raios das três circunferências. Temos: ( )λ1 2 22 1 4 4 1 1 4x x y y+ + + − + = + +

( ) ( ) ( )22 21 2 6x y+ + − =

Logo: ( )−1,2C e = 6R

( )λ2 + + − − =2 2 153 2 04

x y x y

+ + + − + = + +2 29 15 93 2 1 14 4 4

x x y y

( ) ( )⎛ ⎞+ + − =⎜ ⎟⎝ ⎠

2223 1 7

2x y

Logo: ⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

3,12

C e = 7R

( )λ3 ( ) ( ) ( )− + + =22 27 3 8x y

Logo: ( )−7, 3C e = 8R A área da base do tetraedro é dada por:

=2D

A , onde

−

= − = ⇒ =

−

2

1 2 13 21 211 12 2 4

7 3 1

D A m

A altura do tetraedro é dada por:

( ) ( ) ( )+ + + += = =

2 2 26 7 8 6 7 8 7

3 3h m

Então: 31 1 21 497

3 3 4 4tetraedro baseV A h m= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

QUESTÃO 28

Suponha um terreno retangular com medidas de 18 m de largura por 30 m de comprimento, como na figura abaixo:

B

C

A

D

Um jardineiro deseja construir nesse terreno um jardim elíptico que tenha os dois eixos com o maior comprimento possível. Ele escolhe dois pontos fixos P e Q, onde fixará a corda que vai auxiliar no traçado. Nesse jardim, o jardineiro pretende deixar para o plantio de rosas uma região limitada por uma hipérbole que possui:

• eixo real com extremidades em P e Q;

• excentricidade 54

e =

Considerando o ponto A coincidente com a origem do plano cartesiano e a elipse tangente aos eixos coordenados, no primeiro quadrante, julgue as afirmativas abaixo. (01) O centro da elipse estará a uma distância de 3 34 m do ponto A (02) Para fazer o traçado da elipse o jardineiro precisará de menos de 24 m de corda. (04) O número que representa a medida do eixo real da hipérbole, em metros, é múltiplo de 5 (08) Um dos focos dessa hipérbole estará sobre um dos eixos coordenados.

A soma dos itens verdadeiros pertence ao intervalo

a) [7,11[ b) [5,7[ c) [1,5[ d) [11,15] Resolução Alternativa A

Do enunciado, podemos fazer a seguinte figura: y C A x

O P Q

F

E

15 30

9

B

B 18

L

Da figura, temos que: I) o eixo maior da elipse mede a = 15 m; II) o eixo menor da elipse mede b = 9 m; (01) Correta: Aplicando Pitágoras no triângulo AFO, temos: (AO)2=(AF)2+(FO)2 ⇔ ( ) 343AO306915AO 222 =⇒=+= ;



2

(02) Falsa: Pela definição de elipse, a soma das distâncias de qualquer ponto aos focos é constante, e igual a duas vezes o eixo maior. Como 2a = 30, PL + QL = 30, para qualquer ponto L da elipse. Assim, para fazer o traçado, o jardineiro deve fixar as duas extremidades de uma corda de 30 m nos pontos P e Q e, mantendo a corda esticada (impondo a soma das distâncias igual a 30), rotacionar o ponto L em torno do centro do jardim. (04) Falsa: Como os focos da elipse (P e Q) são as extremidades do eixo real da hipérbole, o comprimento desse eixo é dado pela distância focal da elipse. Usando a relação notável na elipse, temos:

= + ⇔ = + ⇔ =2 2 2 2 2 215 9 12e e e e ea b c c c Logo, o comprimento do eixo real da hipérbole também é 12 (não é um múltiplo de cinco). (08) Correta: O eixo real da hipérbole possui extremidades P e Q. Logo, a medida do semi-eixo real da hipérbole é igual à medida de PO, que na questão é a distância focal da elipse. Como a

excentricidade da hipérbole é dada por = h

h

cea

, onde ch é a distância

focal da hipérbole e ah é a medida do semi-eixo real da hipérbole (igual à distância focal da elipse), temos:

= ⇒ =5 154 12

hh

c c

Logo a distância focal da hipérbole é 15. Como o eixo focal está contido na reta que passa por P e Q, ambos os focos estão sobre esta reta, distantes 15 m de O. Portanto, as coordenadas dos focos são

( )1 0, 9F = e ( )2 30, 9F = , logo, um dos focos se encontra sobre o eixo das ordenadas (um dois eixos coordenados). Portanto, a soma dos itens verdadeiros é 9, que está entre 7 e 11.

QUESTÃO 29 Considere todos os números complexos z = x + yi, onde x∈ , y ∈

e 1i = − , tais que 211

zi

− − ≤+

Sobre esses números complexos z, é correto afirmar que a) nenhum deles é imaginário puro. b) existe algum número real positivo. c) apenas um é número real. d) são todos imaginários.

Resolução Alternativa C

Temos que 22 2 1

1 1 2i i= = =

+ +

Logo 21 11

z z i z ii

− − = − ≤ ⇒ − ≤+

Como z x y i= + ⋅ :

1z i− ≤ ⇒ ( ) ( ) ( )2 22 21 1 1 1 1 1x y i x y x y+ − ≤ ⇒ + − ≤ ⇒ + − ≤ Portanto, (x,y) são representados pelos pontos de um círculo de raio 1 e centro (0,1), incluindo sua borda:

y

x 1

Pela figura, como y representa a parte imaginária de z e x sua parte real, então: a) Incorreta, pois todos os pontos internos ao círculo e que estão sobre o eixo y são imaginários puros, exceto o ponto (x,y) = (0,0). b) Incorreta, pois o único número real z é z = 0. c) Correta, pois há somente um número real z, que é z = 0. d) Incorreta, pois há um número z real (z = 0).

QUESTÃO 30 O polinômio 3 2 2

1( ) 2P x mx nx mx n= − − + , onde { },m n ⊂ é unitário e não divisível por 2( )P x x= Sabe-se que 1( ) 0P x = admite duas raízes simétricas. Sobre as raízes de 1( ) 0P x = é INCORRETO afirmar que a) nenhuma delas é número imaginário. b) todas são números inteiros. c) uma delas é um número par. d) o número n é uma das raízes.

Resolução Alternativa D Como 2( )P x x= não divide 1( )P x temos que x=0 não é raiz de 1( )P x

e, portanto, 2 0 0n n≠ ⇒ ≠ . Consideremos que o polinômio é de grau três (m ≠ 0): como o polinômio 1( )P x é unitário, temos que m=1.

Sejam r1, r2 e r3 as raízes de 3 2 21( ) 2P x x nx x n= − − + . Assim,

aplicando a relação de Girard para a soma das raízes, temos: ( )−

+ + = − ⇒ + + =1 2 3 1 2 3

22

1n

r r r r r r n

Considerando r1 e r2 as raízes simétricas de 1( )P x , temos que r1 + r2 = 0, de modo que r3 = 2n, ou seja, 1(2 ) 0P n = . Substituindo, temos:

( ) ( ) ( )( )

= − − + =

− − + = ⇒ − = ⇒ = =

3 2 21

3 3 2

(2 ) 2 2 2 2 0

8 8 2 0 2 0 0 ou 2

P n n n n n n

n n n n n n n n

Como 0n ≠ temos 2n = . Assim, fatorando 1( )P x temos

( ) ( ) ( )( )3 2 2 21( ) 4 4 4 4 4 1P x x x x x x x x x= − − + = − − − = − − .

Desse modo, as raízes de P1(x) são -1, 1 e 4, ou seja, nenhuma delas é número imaginário, todas são números inteiros e uma delas é um número par. O número n = 2 não é uma das raízes, o que tornaria a alternativa D incorreta. NOTA: Esta questão é passível de anulação, pois seria perfeitamente possível considerar que o polinômio é de grau 2 (m = 0), uma vez que a questão abre a possibilidade para qualquer valor real de m e n , com a condição { },m n ⊂ . Nesse caso, como o polinômio é unitário, temos:

12 12

n n− = ⇒ = − e 21

1( )4

P x x= +

Assim, as raízes de P1(x) são dadas por: 2 1 1 10 1

4 4 2 2ix x+ = ⇒ = ± − = ± − = ±

Estas raízes também são simétricas, estando o polinômio 2

11( )4

P x x= + de acordo com todas as condições da questão.

Deste modo, ambas as raízes são números imaginários, nenhuma é número inteiro, nenhuma é número par e n não é uma das raízes, o que tornaria todas as alternativas incorretas. Também note que não é possível que o polinômio tenha grau menor que dois, pois neste caso, teríamos m = 0 e n = 0 (o que contradiz

2 0 0n n≠ ⇒ ≠ , condição necessária para excluir 2( )P x x= como um divisor de 1( )P x )

QUESTÃO 31 Sr. Osvaldo possui certa quantia com a qual deseja adquirir um eletrodoméstico. Caso a loja ofereça um desconto de 40%, ainda lhe faltarão 1000 reais. Se o Sr. Osvaldo aplicar sua quantia a juros (simples) de 50% ao mês, ajunta, em três meses, o montante correspondente ao valor do eletrodoméstico sem o desconto. Assim, o valor do eletrodoméstico e da quantia que o Sr. Osvaldo possui somam, em reais, a) 4000 b) 7000 c) 5000 d) 8000



3

Resolução Alternativa B Sejam: x = quantia que o Sr. Osvaldo possui inicialmente y = valor do eletrodoméstico sem desconto Temos:

( )1 0,4 10000,6 1000 6 10 10000

50 2 3 2 5 23100

y xy x y x

x x y x yx x y

⎧ ⋅ − = +⋅ = + = +⎧ ⎧⎪ ⇒ ⇒ ⇒⎨ ⎨ ⎨⎛ ⎞ + = =+ ⋅ = ⎩ ⎩⎪ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎩

3 5 5000 20005 50002

y x xx yy

= +⎧ =⎧⎪⇒ ⇒⎨ ⎨== ⎩⎪⎩

Portanto, a soma do valor do eletrodoméstico e da quantia que o Sr. Osvaldo possui somam, em reais, 7000.

QUESTÃO 32 Perguntaram a Gabriel qual era seu horário de trabalho e ele respondeu: “Habitualmente começo às 6 horas da manhã minha jornada de trabalho que é de 8 horas diárias, divididas em dois expedientes.

Cumpro no primeiro expediente 34

dessa jornada, tenho um intervalo

de almoço de 1 hora e 45 minutos e retorno para cumprir o tempo que falta, ou seja, o segundo expediente. Hoje, excepcionalmente, quando cheguei, o relógio de ponto registrou

um horário tal que o tempo transcorrido do dia era igual aos 411

do

tempo restante do dia e eu fui, então, alertado que estava atrasado. Acertei meu relógio pelo relógio de ponto e, para compensar meu

atraso, pretendo cumprir os 34

de minha jornada e sair para almoçar

reduzindo o tempo de meu intervalo de almoço em 15

. Imediatamente

retornarei para o trabalho e sairei no meu horário habitual.” Considerando que o relógio de ponto estivesse certo e em perfeito funcionamento, é correto afirmar que, nesse dia, Gabriel, com sua pretensão

a) ficará devendo 1160

de sua jornada diária.

b) sairá para o almoço antes de 12 horas e 23 minutos. c) retornará após o intervalo de almoço, exatamente, às 13 horas e 50 minutos. d) cumprirá sua jornada diária na íntegra e ainda sobrarão dois minutos.

Resolução Alternativa A Normalmente Gabriel tem o seguinte horário de trabalho: 1º Expediente: 6h → 12h ( 3

4 de 8 horas)

Almoço: 12h → 13h45 (105 minutos) 2º Expediente: 13h45 → 15h 45min ( 1

4 de 8 horas)

No dia de hoje o relógio de ponto registrou o seguinte horário x (em horas):

( )= − ⇒ = − ⇒ = ⇒ =4 . 24 11 96 4 15 96 6,411

x x x x x x

Desta forma, o horário marcado era 6h24min. Como Gabriel pretende

cumprir os 34

de sua jornada, ele trabalhará por 6 horas antes de sair

para o almoço. Porém, o tempo de almoço foi reduzido em 15

, que é

equivalente a =4.105 845

min, e o horário de saída será o habitual, ou

seja, 15h 45min. Temos: 1º Expediente: 6h 24min → 12h 24min Almoço: 12h 24min → 13h 48min

2º Expediente: 13h 48min → 15h 45min Como Gabriel chegou do almoço 3 minutos atrasado em relação ao seu horário habitual e sairá no mesmo horário, ele ficará devendo 3 min. Sua jornada habitual é de 8 horas, ou seja 480 minutos. Logo

ficará devendo 3 1480 160

= de sua jornada.

QUESTÃO 33

Se :f → é uma função afim crescente de raiz 0r < , :g → é uma função linear decrescente e :h A → é uma função definida por

[ ] [ ]20 7

1( )( ) ( )

h xf x g x

=− −i

, então, o conjunto A, mais amplo possível,

é dado por a) ] [r,0 b) ] , [r +∞ {0}−

c) ] ,0[− ∞ { }r− d) ] ,0[− ∞

Resolução Alternativa C Como f(x) é uma função afim que tem r < 0 como raiz então ela é dada por f(x) = a.(x – r), para algum valor real a > 0, uma vez que a função é crescente. Da mesma maneira, como g(x) é uma função linear decrescente então ela é dada por g(x) = mx, para algum valor real m, com m < 0.

Como 20 7

1h(x)

[f(x)] .[g( x)]=

− −, temos que essa função só está

definida nos reais se 20 7[f(x)] .[g( x)] 0− − > , uma vez que não podemos calcular a raiz quadrada de números negativos no conjunto

. Como 20[f(x)] 0≥ , temos que h(x) está definida em se e somente se g(-x) < 0. Assim, temos

− = − < ⇔ − < ⇔ <g( x) m.( x) 0 mx 0 x 0 , uma vez que m < 0. Desse modo, o maior conjunto no qual a função h(x) está definida é dado por ] ;0[ {r}− ∞ − , onde r foi excluído porque o denominador da fração não pode se anular.

QUESTÃO 34 Considere as funções reais :f → dada por ( )f x x a= + ,

:g → dada por ( )g x x a= − , :h → dada por ( )h x x a= − − Sabendo-se que 0a < , é INCORRETO afirmar que a) ( ) ( ) ( )h x f x g x x a≤ < ⇔ ≥ − b) x∃ ∈ ( ) ( )g x f x≤

c) se x a< , então ( ) ( ) ( )f x g x h x< < d) se a x a< < − , então ( ) ( ) ( )f x h x g x< <

Resolução Alternativa D Considere o gráfico abaixo, que representa as funções f(x), g(x) e h(x).

Analisando cada uma das alternativas, temos: a) Verdadeira. Com base nesse gráfico, temos que x a h(x) f(x) g(x)≥ − ⇔ ≤ < .



4

b) Verdadeira. Note que as retas geradas por f(x) e g(x) são paralelas, estando o gráfico de g sempre acima do gráfico de f, de modo que

x∀ ∈ temos g(x) f(x)> . c) Verdadeira. Pelo gráfico, se x < a, temos que a reta da função f(x) está abaixo da reta da função g(x), e a reta da função g(x) está abaixo da reta da função h(x). Assim, temos que se x < a

f(x) g(x) h(x)⇒ < < . d) Falsa. Observe que se a < x < 0 então temos f(x) g(x) h(x)< < , o que torna a afirmação incorreta.

QUESTÃO 35 Considere que g: B→ , definida por 2( )g x bx cx a= − + − é função par e possui como gráfico o esboço abaixo.

Marque a alternativa INCORRETA. a) Se = − +∞[ , [B a , então a função g é sobrejetora. b) A função :t → dada por ( ) ( )t x g x a= + é positiva x∀ ∈ c) b c a< < d) A função :h → dada por ( ) ( )h x g x a= − − possui um zero real duplo.

Resolução Alternativa B Se ( )g x é uma função par, então:

( ) ( )= − ∀ ∈,g x g x x Em particular, para x = 1, temos ( 1) (1)g g− = e, portanto:

− − + − − = − ⋅ − ⋅ − ⇒ =2 2( 1) ( 1) 1 1 0b c a b c a c Logo: ( ) = − −2g x bx a . Como a parábola tem sua concavidade voltada para cima, o coeficiente do x2 deve ser positivo. Assim, 0 0b b− > ⇒ < . Além disso, pelo gráfico, segue que (0) 0 0h a a= − < ⇒ > Vamos agora analisar cada alternativa. a) Correta. A imagem da função ( ) = − −2g x bx a é [ [= − +∞Im( ) ,g a . Como essa imagem coincide com o contra-domínio de g, conclui-se que a função ( )g x é sobrejetora.

b) Incorreta. A função ( ) ( )= + = − 2t x g x a bx tem como gráfico uma parábola tangente ao eixo dos x no ponto = 0x . Logo =(0) 0g . c) Correta. Como = 0c , > 0a e < 0b , então < <b c a . d) Correta. A função ( ) ( )= − − = + − =2 2h x g x a bx a a bx é tangente ao eixo dos x no ponto = 0x e, portanto, possui uma raiz real dupla.

QUESTÃO 36 Alguns cadetes da AFA decidiram programar uma viagem de férias à cidade de Natal para janeiro de 2009. Fizeram pesquisa de preços das diárias de alguns hotéis e verificaram que as duas melhores propostas seriam as dos hotéis Araújo’s e Fabiano’s, que foram as seguintes:

A viagem citada foi programada para x cadetes ( 40x ≤ ) e, no período em que eles estiverem hospedados, os hóteis só receberão como hóspedes esses x cadetes. Com base nisso, marque a alternativa INCORRETA. a) Se forem viajar menos de 30 cadetes, então é mais vantajoso para os cadetes optarem pelo Hotel Fabiano’s. b) Se 15 cadetes forem viajar, então o valor da diária do Hotel Fabiano’s é 0,6 do valor da diária do Hotel Araújo’s. c) O faturamento diário do Hotel Araújo’s será de R$8000,00 se, e somente se, o número de cadetes que forem à viagem for 20 d) O maior faturamento diário que o Hotel Araújo’s poderá ter, caso os cadetes optem por hospedarem nele, acontecerá quando 10 quartos não forem ocupados.

Resolução Alternativa C Seja x o número de cadetes que vão para Natal. O gasto total dos cadetes, por dia, no Hotel Araújo’s é calculado da seguinte maneira:

( ) ( )( ) ( )= + − = + −. 200 40 .10 . 200 400 10A x x x x x

( ) = − + < ≤210 600 , 0 40A x x x x O gasto total dos cadetes, por dia, no Hotel Fabiano’s é calculado da seguinte maneira:

( ) = 2 6 125. . .6000.3 10 1000

F x x

( ) = < ≤300 , 0 40F x x x Veja os gráficos das duas funções num mesmo sistema de eixos cartesianos:

a) Verdadeira: O Hotel Fabiano’s será mais vantajoso que o hotel Araújo’s se ( ) ( )F x A x<

( )2 2300 10 600 30 0 30 0 0 30x x x x x x x x< − + ⇒ − < ⇒ − < ⇒ < < Como 0 40x< ≤ temos que para 30x < , o Hotel Fabiano’s é mais vantajoso que o Hotel Araújo’s.

b) Verdadeira: Se = 15x , temos:

( ) ( )= − + =215 10. 15 600.15 6750A e ( ) = =15 300.15 4500F Logo, a razão entre os gastos (e portanto entre as diárias) é calculada

por ( )( )15 4500 215 6750 3

FA

= =

c) Falsa: O faturamento no Hotel Araújo’s é 8000 quando o número de cadetes é 20 ou 40. Observe:

( )( )( )

2

2

8000 10 600 8000

60 800 0 20 40 0

A x x x

x x x x

= ⇒ − + =

− + = ⇒ − − =

d) Verdadeira: O máximo faturamento ocorre quanto A(x) é máximo:

( ) 2 60010 600 302 ( 10)vérticeA x x x x= − + ⇒ = − =⋅ −

Assim, o faturamento máximo do Hotel Araújo’s acontecerá quando = 30x . Como o Hotel apresenta apenas 40 quartos, isso ocorrerá,

quando exatamente 10 quartos não forem ocupados.

Hotel Araújo’s: possui 40 quartos disponíveis, todos individuais, sem direito a cama extra. A diária de cada quarto é dada por uma taxa fixa de R$200,00 mais R$10,00 por quarto não ocupado.

Hotel Fabiano’s: possui 50 quartos disponíveis, todos individuais, sem direito a cama extra. O valor da diária de cada quarto é 0,6 de 6 décimos de 125 milésimos de R$6000,00



5

QUESTÃO 37 Considere as funções reais +→ *:f tal que ( ) xf x a= , +→ *:g

tal que ( ) xg x b= , +→ *:h tal que ( ) xh x c= . Sabendo-se que 0 1a b c< < < < , marque a alternativa INCORRETA. a) A função real :s M D→ definida por ( ) ( ) 1s x g x= − + é positiva

x M∀ ∈ b) < <( ) ( ) ( )h x g x f x , ∀ ∈ −] 1,0[x

c) Se ∈ − ∞] , log 2 [ax , então ( ) 2 0( ) 1

f xh x

−<

−

d) A função real :t A B→ dada por 1( ) ( )( )t x fof x−= é crescente.

Resolução Sem resposta Lembrando que uma função exponencial é estritamente crescente quando a base é um número real maior que 1, e estritamente decrescente quando a base é positiva e menor que 1, um esboço do gráfico das funções f, g e h seria:

Analisando cada uma das alternativas, temos: a) Não pode ser classificada em verdadeira ou falsa. Considere a função s(x) | g(x) 1|= − + , onde xg(x) b= , com b > 1.

Reescrevendo essa função, temos xs(x) |b 1|= − . O gráfico dessa função está esboçado a seguir, no caso em que o domínio dessa função é o conjunto dos números reais.

Note que se x = 0, então s(0) = 0, de modo que essa função nem sempre será positiva. Para sabermos se essa função é sempre positiva ou não, é necessário que o enunciado forneça informações a respeito do domínio M considerado, uma vez que não foi informado se ele possui x = 0 como um de seus elementos. Se 0 M∈ , então a afirmação é falsa. Mas se 0 M∉ , então a afirmação é verdadeira. Desse modo, devido à ausência de informações a respeito do conjunto M, essa afirmação não pode ser classificada como verdadeira ou falsa.

b) Verdadeira. Note pelo gráfico que a função xf(x) a= é

decrescente e, como b < c, então xc se aproxima mais rápido do zero do que a função xb quando x < 0. Assim, se x < 0 então temos h(x) < g(x) < f(x). c) Verdadeira. Observe que como a0 a 1 log 2 0< < ⇒ < . Assim,

como xh(x) c= é uma função crescente, temos que h(x) 1 0− < se

ax log 2< . Da mesma maneira, como a função xf(x) a= é

decrescente, temos, para ax log 2< , que xa 2 0− > . Assim, segue

que se ax log 2< , então f(x) 2

0h(x) 1

−<

−.

d) Verdadeira Note que independentemente de quem são os conjuntos A e B, a composição entre uma função e sua inversa sempre resulta na função identidade, isto é, −= =1( ) ( )( )t x fof x x , ∀ ∈x A , que é uma função crescente. No caso em que o domínio da função t é o conjunto dos números reais, o gráfico de t seria:

QUESTÃO 38 Se a função real f é definida por ( ) ( ) ( )3 3log 3 4 log 2 1f x x x= + − − , então o conjunto de valores de x para os quais ( ) 1f x < é

a) 73

x x⎧ ⎫∈ >⎨ ⎬

⎩ ⎭ b) 1

2x x⎧ ⎫∈ <⎨ ⎬

⎩ ⎭

c) 12

x x⎧∈ <⎨

⎩ou 7

3x ⎫> ⎬

⎭ d) 1 7

2 3x x⎧ ⎫∈ < <⎨ ⎬

⎭⎩

Resolução Alternativa A

Seja 3 3f(x) log (3x 4) log (2x 1)= + − − . Aplicando a condição de existência do logaritmo, devemos exigir que cada logaritmando seja positivo:

43x 4 0 x

3+ > ⇒ > −

12x 1 0 x

2− > ⇒ >

Combinando essas condições, temos que o logaritmo só existe se 1

x2

> . Reescrevendo nossa função, temos que nesse intervalo é

válida a relação 3

3x 4f(x) log

2x 1+⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠. Assim:

3

3x 4 3x 4f(x) 1 log 1 3

2x 1 2x 1+ +⎛ ⎞

< ⇒ < ⇒ <⎜ ⎟− −⎝ ⎠

Como no intervalo 1

x2

> temos 3x + 4 > 0 e 2x – 1 > 0 segue que

3x 4 73 3x 4 6x 3 x

2x 1 3+

< ⇒ + < − ⇒ >−

. Assim, o conjunto solução

da inequação f(x) < 1 é dado por 7

S x | x3

⎧ ⎫= ∈ >⎨ ⎬⎩ ⎭

.



6

QUESTÃO 39 Um estudo sobre a concentração de um candidato em provas de memorização indicou que, com o tempo decorrido, sua capacidade de reação diminui. A capacidade de reação ( )E , 0E > , e o tempo decorrido ( )t , medido

em horas, podem ser expressos pela relação 2 113

tEt

+=

−

Sendo assim, é INCORRETO afirmar que a) a concentração tende a ser máxima por volta de 20 minutos do início da prova. b) a cada intervalo de 1 h de prova há uma queda de 33,3% na capacidade de reação. c) a capacidade de reação nunca é menor que 2. d) se a capacidade de reação é 24, então o tempo t decorrido é maior que 24 minutos.

Resolução Alternativa B

Considere a função 2 1 6 31 3 13

t tEtt

+ += =

−−, com t medido em horas.

Analisando cada uma das alternativas, temos:

a) Verdadeira. Se 13

t → , temos que 1 03

t E− → ⇒ →∞ . Desse

modo, a capacidade de reação tende a ser máxima quando o tempo

for de 1.(60 minutos)=20 minutos3

de prova.

b) Falsa. Considerando as capacidades de reação E1 e E2 calculadas nos instantes t e (t + 1), respectivamente, temos:

12 1 6 3

1 3 13

t tEtt

+ += =

−− 2

2( 1) 1 6( 1) 3 6 91 3( 1) 1 3 2( 1)3

t t tEt tt

+ + + + += = =

+ − ++ −

A variação de capacidade é dada por 2 1E E E .Δ = − A taxa de decrescimento, por sua vez, é dada por:

2

1 1

6 96 9 3 13 21 1 16 3 3 2 6 3

3 1

tEE t ttD

tE E t tt

+Δ + −+= = − = − = ⋅ −

+ + +−

Assim: 218t

D =21t+( ) 29 18t− − 21t+( )

2 2 2

6 15 518 21 6 18 21 6 6 7 2t t t t t t

+ − −= =

+ + + + + +

Na equação acima, nota-se que a taxa de decrescimento depende do instante t, não sendo constante como diz a alternativa. Ainda podemos tomar um contra-exemplo, assumindo t=2, e calculando a taxa de decrescimento de 2 horas a 3

horas: 5 5 12,5% 33,3%6 4 7 2 2 40

D − −= = = − ≠ −

⋅ + ⋅ +

c) Verdadeira. Temos por hipótese que 0E > . Além disso o tempo é

sempre positivo e portanto 2 1 1 10 01 3 33

tE t tt

+= > ⇒ − > ⇒ >

−, ou seja a

função só está definida para valores de 13

t > .

Agora, suponha que a capacidade de reação possa ser menor que 2. Assim:

6 3 6 3 6 3 6 2 52 2 0 0 03 1 3 1 3 1 3 1

13 1 03

t t t tEt t t t

t t

+ + + − += < ⇒ − < ⇒ < ⇒ < ⇒

− − − −

⇒ − < ⇒ <

Como 13

t > , temos um absurdo e assim, a capacidade de reação

nunca será menor que 2. d) Verdadeira. Se a capacidade de reação é 24, temos:

6 3 24 6 3 72 24 66 273 1

0,41 horas t 24,5 minutos

tE t t tt

t

+= = ⇒ + = − ⇒ =

−⇒ ≈ ⇒ ≈

QUESTÃO 40 Considere num mesmo plano os pontos da figura abaixo, de tal forma que: (I) AW CW EW GW IW LW NW PW≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡

(II) BW DW FW HW JW MW OW QW≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡

(III) AWB BWC CWD PWQ QW A≡ ≡ ≡ ≡ ≡…

(IV) PC AE CG EI GL IN NA LP a≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡

A área da região sombreada da figura, em função de a, é a) 2 212 8 2a a− b) 2 26 4 2a a+ c) 2 212 8 2a a+ d) 2 26 4 2a a−

Resolução Alternativa D Analisando as condições I, II, III e IV concluímos que nossa figura é simétrica em relação ao ponto W. A partir da condição III temos:

+ + + + + = °°

⇒ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ °

…

…

360360 22,516

AWB BWC CWD PWQ QW A

AWB BWC CWD PWQ QW A

x

y

Como AW CW EW GW IW LW NW PW≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ e BW DW FW HW JW MW OW QW≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ Temos que os triângulos WAB, WCB, WCD, WED, WEF, WGF, WIH, WIJ, WLJ, WLM, WNM, WNO, WPO, WPQ e WAQ são congruentes (lado, ângulo, lado) e portanto:

...AB BC OP PQ QA x≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡

Como BW DW FW HW JW MW OW QW≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡

e 2 22,5 45oQWB BWD DWF MWO OWQ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ⋅ =… Temos que os triângulos WBD, WDF, WFH, WHJ, WJM, WMO, WOQ e WQB, são isósceles congruentes (lado, ângulo, lado) e portanto:

≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡OQ QB BD DF FH HJ JM OM y O ângulo da base destes triângulos ainda apresentam ângulo de 180 45 67,5º

2−

=



7

Observando os triângulos formados pela figura, pode-se dizer que os ângulos

( )180 3.22,5 67,5

45o

W AB WCB WCD W ED W PQ W AQ

W AB WCB WCD W ED W PQ W AQ

≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ − −

≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡

…

…E assim, os ângulos

2 45 90QAB BCD DEF MNO OPQ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ⋅ = °…

Assim, temos então que 22y x

x y a

⎧ =⎪⎨

+ =⎪⎩

De modo que a (2 2)a

2x x 2 a x x22 2

−+ = ⇒ = ⇒ =

+.

A região sombreada é formada por oito triângulos retângulos cuja área

é dada por 2x

2.

Assim, a área dessa região é dada por: 2

2 22 2x (2 2)a a (6 4 2)

área 8. 4. 4. 6a 4a 22 2 4

⎡ ⎤− −= = = = −⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦

QUESTÃO 41 Ultimamente, vários adereços têm sido utilizados em bailes e em festas noturnas. Em alguns casos, “lá pelas tantas horas”, são distribuídos óculos coloridos, colares, chapéus e plumas. É um dos momentos de maior descontração da festa. Em geral, acima da pista de dança, é colocado um objeto luminoso, chamado “sputinik”.

Considere um “sputinik” construído do seguinte modo:

1°) toma-se um cubo de aresta 3p cm 2°) em cada encontro de três arestas, retira-se um tetraedro cuja base é um triângulo eqüilátero de lado p 2 cm e 3°) no sólido restante, são acopladas pirâmides triangulares de altura 3p 3 cm e pirâmides octogonais de altura 3p cm; ambos os tipos de pirâmides são retas e possuem bases coincidentes com as faces desse sólido. Se o volume desse “sputinik” é 3 3xp cm , então x é um número do intervalo a) [78, 83 [ b) [73, 78 [ c) [83, 88 [ d) [88, 103 ]

Resolução Alternativa A Observe o cubo abaixo:

I) De cada vértice tiramos um tetraedro tri-retângulo como o indicado na figura e em seu lugar colocamos uma pirâmide triangular. Assim retira-se 6 tetraedros tri-retângulos e acoplam-se 6 pirâmides triangulares. II) Em cada face que apresenta formato octogonal, é acoplada uma pirâmide, e portanto acoplam-se 6 pirâmides de base octogonais.

A partir disso, o volume do “sputinik” pode ser calculado da seguinte maneira:

= − + +8. 6. 8.SPUTINIK CUBO TETRAEDRO PIRÂMIDEOCTOGONAL PIRÂMIDETRIANGULARV V V V V Separadamente, vamos determinar cada um destes volumes.

1º) CUBO:

( )33 33 27CUBOV a p p= = = cm3 2º) TETRAEDRO:

31 13 3 2 6TETRAEDRO base

p p pV A h p⋅⎛ ⎞= ⋅ = ⋅ ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠

cm3

3º) PIRÂMIDE DE BASE OCTOGONAL: A base deve se acoplar com a face do sólido. Assim, observe a figura abaixo, que representa a base da pirâmide e também a face do sólido na qual ela será acoplada:

p

3p

2p

p

p

A área da base de cada pirâmide octogonal pode ser calculada como:

( )2 2 2 2 2

4

.3 4. 9 2 72

OCTOGONAL QUADRADO TRIÂNGULO RETÂNGULOA A A

p pp p p p cm

= − =

= − = − =

Como a altura dessa pirâmide é de 3p cm, então seu volume será

dado por: = =2 31.7 .3 73PIRÂMIDEOCTOGONALV p p p cm3

4º) PIRÂMIDE DE BASE TRIANGULAR: As pirâmides de base triangular serão acopladas nas faces restantes (onde foi retirado o tetraedro, apresentando mesma base). A área da base de cada tetraedro acoplado (e também dos que foram retirados) pode ser calculada da seguinte forma:

( )= = =

22 22 . 3 .2. 3 . 3

4 4 2TRIÂNGULO

p p pA cm2

Como a altura dessa pirâmide é de 3 3p cm, então seu volume será dado por:

= =2

31 3 3. .3 33 2 2PIRÂMIDETRIANGULAR

pV p p cm3

Finalmente, temos: = − + +8. 6. 8.SPUTINIK CUBO TETRAEDRO PIRÂMIDEOCTOGONAL PIRÂMIDETRIANGULARV V V V V

= − + + =3

3 3 3 3327 8. 6.7 8.6 2SPUTINIKpV p p p xp

[ [4 23927 42 12 79,6... 78, 833 3

x x− + + = ⇒ = ∈

QUESTÃO 42 Considere a função real [ ]: 1,3f A → definida por

( ) 12 6

2 1

xsenf x

π⎛ ⎞−⎜ ⎟= ⎝ ⎠−

Sabendo-se que a função f é inversível, é correto afirmar que um possível intervalo para o conjunto A é

a) 7,3 3π π⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

b) 7 10,3 3π π⎡ ⎤

⎢ ⎥⎣ ⎦

c) 4 10,3 3π π⎡ ⎤

⎢ ⎥⎣ ⎦ d) 4 7,

3 3π π⎡ ⎤

⎢ ⎥⎣ ⎦

Resolução Alternativa D Por hipótese, temos:

f(x)= .62

xsen2162

xsen)2(112

62xsen1

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ π−+=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ π−−−=

−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ π−

Como Im(f)=[1,3], temos que:

f(x)=1 ⇔ 062

xsen162

xsen21 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ π−⇔=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ π−+ ;

f(x)=3 ⇔ 162

xsen362

xsen21 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ π−⇔=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ π−+ ;

Assim: 162

xsen0 ≤⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ π−≤ ;



8

Para que tal função admita inversa, devemos ter, dentro do intervalo [0,2 ]π :

π≤π

−≤ππ

≤π

−≤62

x2

ou262

x0 , pois são os intervalos na qual o

seno está entre 0 e 1 e admitem um único valor para a imagem. Logo:

π π π π π π π π π

π π π π π π π π ππ π

⎡ ⎤≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ + ⇔ ≤ ≤ ⇔ ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤≤ − ≤ ⇔ + ≤ ≤ + ⇔ ≤ ≤ ⇔ ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦

4 40 ;2 6 2 6 2 2 6 3 3 3 3

4 7 4 7;2 2 6 2 6 2 6 3 3 3 3

x x x x

oux x x x

A alternativa que contém um desses intervalos é a alternativa D.

QUESTÃO 43 Em relação à função real f definida por ( ) ( ) ( )2 21 8s 2 cos 2 2f x en x x= − − é INCORRETO afirmar que

a) ( ) [ ]Im 2, 1f = − −

b) tem seu valor mínimo como imagem de algum ,8 4

x π π⎡ ⎤∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦

c) é estritamente crescente em 3,16 16π π⎡ ⎤

⎢ ⎥⎣ ⎦

d) seu período é igual a 8π

Resolução Alternativa C A função ( ) ( ) ( )= − −2 21 8.s n 2 .cos 2 2f x e x x pode ser reescrita como

( ) ( ) ( )( ) ( )( )2 21 2. 2. 2 .cos 2 2 1 2. 4 2f x sen x x sen x= − − = − −

( ) ( )= −cos 8 2f x x Veja o gráfico abaixo:

Agora vamos analisar as alternativas uma a uma. a) Verdadeira: Como ( ) ( )≤ ≤ ⇒ − ≤ − ≤ −0 cos 8 1 2 cos 8 2 1x x ,

podemos afirmar que [ ]= − −Im( ) 2, 1f b) Verdadeira: O valor mínimo da função é assumido quando:

( )cos 8 0 82

x x kπ π= ⇒ = + ⇒π π

= + ∈, 16 8

kx k

Fazendo = 1k , temos: π π π π π⎡ ⎤= + = ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦

3 ,16 8 16 8 4

x

c) Falsa: Observando o gráfico acima, temos:

Em π⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦0,

16 a função é decrescente;

Em π π⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

,16 8

a função é crescente;

Em π π⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

3,8 16

a função é decrescente;

Em π π⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

3 ,16 4

a função é crescente.

Portanto a função não é estritamente crescente em π π⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

3,16 16

.

d) Verdadeira: O período da função ( ) ( )= cos 8g x x é igual a

π π=

28 4

. Mas o período da função ( ) ( )= −cos 8 2f x x é igual a

π π⋅ =

12 4 8

, devido ao módulo, que altera o sinal das imagens

negativas, tornando-as positivas. Compare com o gráfico acima. Uma maneira alternativa seria observar que um período é completado a cada vez que a função atinge seu valor máximo, que no caso é –1. Portanto, resolvemos:

( ) ( ) ( )= − = − ⇒ = ⇒ = ±cos 8 2 1 cos 8 1 cos(8 ) 1f x x x x

8x kπ⇒ = , 8

k x kπ

∈ ⇒ = , k ∈

Assim, cada acréscimo de 8π

no valor de x representa um período

completo para a função f. Em outras palavras, o período de f é igual a

8π

.

QUESTÃO 44 Considere as proposições abaixo.

I) A soma dos infinitos termos da seqüência cujo termo geral é 3n

n ,

*n∈ , converge para 34

II) Se 2cos3kka π⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠; *k ∈ , o valor de 1 2 97...a a a+ + + é zero.

III) Se ( )3, ,a b formam uma progressão geométrica de razão q e

( ), ,45a b , uma progressão aritmética de razão r, com ,a b∈ , então

6rq=

Pode-se afirmar que, entre as proposições, a) todas são falsas b) apenas duas são falsas c) apenas uma é falsa d) todas são verdadeiras

Resolução Alternativa C I. Verdadeira. Numa progressão geométrica 1 2 3( , , , )a a a … de razão q tal que |q| < 1, sabemos que a soma de todos os termos dessa

progressão converge para o valor: 1lim1nn

aS

q→+∞=

−

A seqüência é ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠2 3 4

1 2 3 4, , , ,...3 3 3 3

. A soma dos infinitos termos é dada

por = + + + +2 3 4

1 2 3 4 ...3 3 3 3

S . Esta soma pode ser decomposta numa

soma de infinitas progressões geométricas, todas de razão 13

, da

seguinte maneira:

+ + + + = =−

+ + + = =−

+ + = =−

+ = =−

2 3 4

2 3 4

3 4

4

11 1 1 1 13

13 3 3 3 213

11 1 1 19

13 3 3 613

11 1 127

13 3 1813

11 181

13 5413



9

Observe que cada uma dessas parcelas pode ser vista como um

termo da progressão geométrica 1 1 1

( , , , )2 6 18

.

Portanto, essa soma vale: = + + + = =−

11 1 1 32... 12 6 18 41

3

S .

II. Falsa. A seqüência dada pode ser escrita como

π π π⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠97

2 4 6cos ,cos ,cos ,...,3 3 3

a . O valor da soma é dado por:

π π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + + = − − + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

97 972 4 6 1 1cos cos cos ... 1 ...3 3 3 2 2

S a a

Podemos ver que a soma se anula a cada três termos, logo o único

termo que sobra é π⎛ ⎞= = −⎜ ⎟⎝ ⎠

972 1cos3 2

a .

III. Verdadeira. Como ( )3, ,a b formam uma PG, temos:

= ⇒ =2

233ab a b . Além disso, ( ), ,45a b é uma PA, então:

+= + ⇒ =

452 452

ab a b .

Então: ⎧

=⎪ +⎪ ⇒ = ⇒ = + ⇒ − − =⎨+⎪ =⎪⎩

2

22 2453 2 3 135 2 3 135 0

3 2452

ab a a a a a aab

Segue que: = 9a ou = − ∉152

a . Logo: = 9a .

Substituindo, temos: = 27b , = = =27 39

bqa

e = − = − =27 9 18r b a .

Logo, = =18 63

rq

.

QUESTÃO 45

João Victor e Samuel são dois atletas que competem numa mesma maratona. Num determinado momento, João Victor encontra-se no ponto M, enquanto Samuel encontra-se no ponto N, 5 m a sua frente. A partir desse momento, um observador passa a acompanhá-los registrando as distâncias percorridas em cada intervalo de tempo de 1 segundo, conforme tabelas abaixo.

João Victor

Intervalo Distância (m)

1° 12

2° 34

3° 98

Samuel

Intervalo Distância (m)

1° 12

2° 34

3° 1,0

Sabe-se que os números da tabela acima que representam as distâncias percorridas por João Victor formam uma progressão geométrica, enquanto os números da tabela acima que representam as distâncias percorridas por Samuel formam uma progressão aritmética. Com base nessa informações, é INCORRETO afirmar que ao final do a) 6° Segundo, João Victor terá alcançado Samuel b) 5° Segundo, João Victor já terá atingido o ponto N c) 5° Segundo, Samuel percorreu uma distância igual à que os separava nos pontos M e N d) 8° segundo, João Victor estará mais de 8 metros à frente de Samuel.

Resolução Alternativa A As distâncias percorridas em cada intervalo por João Victor formam uma PG. Calculamos a razão por:

22 1

1

3 4 31 2 2

dd d q qd

= ⋅ ⇒ = = =

Logo a distância percorrida no enésimo intervalo é dada por: 1

11

1 32 2

nn

nd d q−

− ⎛ ⎞= ⋅ = ⋅ ⎜ ⎟⎝ ⎠

A distância total percorrida até o final do enésimo intervalo será a soma da PG:

( )1João Victor

1 3 12 21 3 131 21

2

n

n nd qD

q

⎡ ⎤⎛ ⎞⋅ −⎢ ⎥⎜ ⎟− ⎝ ⎠⎢ ⎥ ⎛ ⎞⎣ ⎦= = = −⎜ ⎟− ⎝ ⎠−

As distâncias percorridas em cada intervalo por Samuel formam uma PA. Calculamos a razão por:

2 1 2 13 1 14 2 4

d d r r d d= + ⇒ = − = − =

Logo a distância percorrida no enésimo intervalo é dada por:

( ) ( )1

1112 4n

nd d n r

−= + − ⋅ = +

A distância total percorrida até o final do enésimo intervalo será a soma da PA:

1Samuel

1 1 132 2 4

2 2 8n

na a nD n n n

−⎛ ⎞+ +⎜ ⎟+ +⎛ ⎞⎝ ⎠= ⋅ = ⋅ = ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

Assim, após n segundos a partir do ponto M, João Victor está numa

posição J= 123 n

−⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ e Samuel na posição

S=5+8

40n3n8

nn35n8

n3 22 ++=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ++=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ + .

Com isso, podemos montar o seguinte esquema: I) n=5:

J= 123 5

−⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ = 243 2111 6,632 32

m⎛ ⎞ − = ≅⎜ ⎟⎝ ⎠

S= m108

405.352=

++

II) n=6:

J= 123 6

−⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ = 729 6651 10,464 64

m⎛ ⎞ − = ≅⎜ ⎟⎝ ⎠

S= m75,118

406.362=

++

III) n=8:

J= 123 8

−⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ = 6561 63051 24,6256 256

m⎛ ⎞ − = ≅⎜ ⎟⎝ ⎠

S= m168

408.382=

++

Após o quinto segundo, João Victor já atingiu o ponto M (5 metros após sua posição inicial). Também neste momento Samuel havia percorrido 5 metros, atingindo a posição de 10 metros. Logo as alternativas B e C são verdadeiras. Após o sexto segundo, João Victor ainda não alcançou Samuel estando a alternativa A incorreta. Após o oitavo segundo, João Victor está a uma distância de aproximadamente 8,6 m, o que torna a alternativa D também correta.

QUESTÃO 46 As senhas de acesso a um determinado arquivo de um microcomputador de uma empresa deverão ser formadas apenas por 6 dígitos pares, não nulos. Sr. José, um dos funcionários dessa empresa, que utiliza esse microcomputador, deverá criar sua única senha. Assim, é INCORRETO afirmar que o Sr. José



10

a) poderá escolher sua senha dentre as 122 possibilidades de formá-las. b) poderá escolher dentre 120 possibilidades, se decidir optar por uma senha com somente 4 dígitos iguais. c) terá 4 opções de escolha, se sua senha possuir todos os dígitos iguais. d) terá 480 opções de escolha, se preferir uma senha com apenas 3 dígitos iguais.

Resolução Alternativa B Como ele só pode usar dígitos pares e não nulos, a senha terá dígitos escolhidos do conjunto {2, 4, 6, 8}. Vamos julgar cada afirmação:

a) Correta. Para criar a senha, o Sr. José tem 4 possibilidades de escolha para cada dígito. Logo, pelo princípio fundamental da contagem, ele tem 4.4.4.4.4.4=46=212 possibilidades distintas de criar a sua senha.

b) Incorreta. Se a senha tiver 4 dígitos iguais, ela será da forma ABCCCC, com A, B e C distintos. Temos 4 possibilidades para escolher o dígito que se repete (um dos elementos do conjunto {2, 4, 6, 8}). Para escolher os outros dois, diferentes daquele que irá se repetir 4

vezes, temos 3

32⎛ ⎞

=⎜ ⎟⎝ ⎠

possibilidades.

Depois de feita essa escolha, permutamos a seqüência ABCCCC, que será uma permutação de 6 letras com repetição de 4 delas:

46

6!30

4!P = = .

Portanto, temos 4.3.30 = 360 possibilidades de criar a senha com 4 dígitos iguais.

c) Correta. Se a senha tiver todos os seis dígitos iguais, temos as seguintes possibilidades: 222222, 444444, 666666 ou 888888. Nesse caso, basta escolher o único dígito que se repetirá por seis vezes na senha.

d) Correta. Seguindo o raciocínio do item (b), temos que a senha será da forma ABCDDD, com A, B, C e D distintos. Para escolher o dígito que se repete, temos 4 possibilidades. Automaticamente, os outros três dígitos aparecerão uma vez cada. Depois de feita essa escolha, permutamos a seqüência ABCDDD, que é uma permutação de 6 letras com repetição de 3 delas:

3

6

6! 1203!P = = .

Portanto, temos 4.120 = 480 possibilidades de criar a senha com exatamente 3 dígitos iguais.

QUESTÃO 47

Com relação ao binômio 2 2 n

xx

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

é correto afirmar que:

a) se n é impar, seu desenvolvimento possui um número impar de termos. b) possui termo independente de x, n∀ *∈ c) a soma de seus coeficientes binomiais é igual a 64 quando esse binômio possui seis termos. d) se o 5º termo do desenvolvimento desse binômio, segundo as potências decrescentes de x, é 560 2x , então n é igual a 7.

Resolução Alternativa D

O binômio n

2x2x ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ pode ser escrito, em sua notação somatório,

como:

∑∑=

−

=

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

n

0p

p3n2pn

0p

ppn2

n2 x.2

pn

x2)x(

pn

x2x .

Sabemos que: a) Incorreta: O número de termos de um binômio é um a mais do que o expoente do binômio, que no caso é n. Assim, o binômio tem n+1 termos;

b) Incorreta: O termo geral do polinômio é 2 32 .p n pnx

p−⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

, com p ∈ ,

variando de 0 a n. Existe termo independente se for possível que o expoente de x seja nulo, o que ocorre para 2 3 0n p− = . Portanto, o

binômio admitirá termo independente se 3n2p = . Isto só será possível

se n for um múltiplo de 3. c) Incorreta: A soma dos coeficientes de um binômio é obtida fazendo

x=1, que no caso é n

2121 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ , que é 3n. Logo, se o binômio tem seis

termos, n=5 e a soma dos coeficientes é 243; d) Correta: Tomando o termo geral de tal binômio, temos:

2 3 2

2 3 2 ( )2 560

2 560 ( )p n p

p

n p In

x x nIIp

p

−

− =⎧⎛ ⎞ ⎪= ⇔ ⎛ ⎞⎨⎜ ⎟ =⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎪

⎝ ⎠⎩

com p ∈ , 0,1,...p n=

Quanto maior p, menor a potência de x. Como tal termo segundo as potências decrescentes de x é o 5º, conclui-se que p=4. Assim, em (I), temos: 2n – 3.4=2 ⇔ n=7.

Se n =7, verifica-se a equação (II): 56016.35247 4 ==⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

QUESTÃO 48

No lançamento de um dado viciado, a face 6 ocorre com o dobro da probabilidade da face 1, e as outras faces ocorrem com a probabilidade esperada em um dado não viciado de 6 faces numeradas de 1 a 6. Dessa forma, a probabilidade de ocorrer a face 1 nesse dado viciado é

a) 19

b) 23

c) 13

d) 29

Resolução Alternativa A

Num dado não viciado, a probabilidade de sair cada uma das seis

faces é 16

.

No dado viciado em questão, temos:

1(2) (3) (4) (5)6

(6) 2 (1)

p p p p

p p

⎧= = = =⎪

⎨⎪ = ⋅⎩

Como a probabilidade total é igual a 1, temos:

(1) (2) (3) (4) (5) (6) 1p p p p p p+ + + + + =

1 1 1 1(1) 2 (1) 16 6 6 6

p p+ + + + + ⋅ =

4 13 (1) 16 3

p = − = ⇒1(1)9

p =

QUESTÃO 49

Um trailer de sanduíches anunciou para segunda-feira, a seguinte promoção:

“Saboreie: 1 X-bacana, 1 porção de batatas fritas, 1 refrigerante em lata, e pague apenas y reais.”

Como o movimento da noite de segunda-feira estava fraco, o proprietário resolveu manter os preços individuais de cada componente da oferta para quaisquer combinações de pedidos dos produtos citados. Assim, as famílias A, B e C pagaram juntas 56 reais pelos produtos consumidos, conforme o quadro abaixo:



11

Quantidade Família X-bacana Porção de

fritas Refrigerante

em lata

A 5 4 4

B 3 0 2

C 1 2 2 Sabendo-se que a família A gastou 3 reais a mais que o dobro do valor gasto pela família B e que a família C gastou 3 reais a menos que a família B, é INCORRETO afirmar que a) 6 refrigerantes em lata custam tanto quanto 10 porções de batatas fritas b) O preço y da promoção sugerida não ultrapassa R$ 7,50 c) a família B poderia ter optado por pedir duas promoções e sua despesa seria a mesma d) a família B gastou o equivalente a 30% das despesas das famílias A e C juntas.

Resolução Alternativa D Sendo a, b e c os preços pagos, respectivamente, pelas famílias A, B e C, temos:

562 3

3

a b ca bc b

+ + =⎧⎪ = +⎨⎪ = −⎩

Substituindo as duas últimas equações na primeira, vem que: (2 3) ( 3) 56 4 56 14b b b b b+ + + − = ⇒ = ⇒ =

Logo: 2 14 3 3114 3 11

ac= ⋅ + =⎧

⎨= − =⎩

Isto é, a família A gastou R$ 31,00, a família B gastou R$ 14,00, e a família C gastou R$ 11,00. Agora, vamos denotar, na condição da oferta, por x o preço do X-bacana, por f o preço da porção de batatas fritas e por r o preço do refrigerante em lata. De acordo com os dados da tabela e com os valores determinados que cada família gastou, montamos o seguinte sistema linear:

5 4 4 313 0 2 141 2 2 11

x f rx f rx f r

+ + =⎧⎪ + + =⎨⎪ + + =⎩

Multiplicando a última equação por –2 e adicionando à primeira, temos:

5 2 31 2 11 3 9 3x x x x− = − ⋅ ⇒ = ⇒ = Substituindo o valor de x na segunda equação:

3 3 2 14 2,5r r⋅ + = ⇒ = Substituindo os valores de x e r na terceira equação:

3 2 2 2,5 11 2 3 1,5f f f+ + ⋅ = ⇒ = ⇒ = Assim, o preço do X-bacana é R$ 3,00, da porção de fritas é R$ 1,50 e do refrigerante é R$ 2,50. Vamos agora julgar cada afirmação:

a) Correta. 6 6 2,5 1510 10 1,5 15

rf= ⋅ =⎧

⎨= ⋅ =⎩

. Assim, ambos custam R$ 15,00.

b) Correta. 3 1,5 2,5 7y x f r= + + = + + = . Assim, o preço da promoção é R$ 7,00. c) Correta. Se tivesse optado por duas promoções, o gasto seria 2 2 7 14y = ⋅ = . Esses R$ 14,00 correspondem exatamente ao gasto da família B. d) Incorreta. As famílias A e C juntas gastaram R$ 42,00. Como a

família B gastou R$ 14,00, isso equivale a 14 1 33,3%42 3

= ≈ do valor

gasto pelas outras duas famílias juntas.

QUESTÃO 50 Analise as preposições e classifique-as em verdadeiro (V) ou falso (F). ( ) Seja A uma matriz quadrada de ordem 2 em que

det(3 ) 36A = . Se dividirmos a 1ª linha de A por 2 e multiplicarmos a 2ª coluna de A por 4, o valor de det A será 8.

( ) Sejam M e N matrizes quadradas de ordem 3 e N aM= , a

∈ * . Sabendo-se que 3det2

M = , det( ) 96tN = e que tN é

a transposta de N, então a vale 12.

( ) Se

2

2

2

bc a aA ac b b

ab c c= e

2 3

2 3

2 3

111

a aB b b

c c= , então A=B.

( ) Sejam A e B duas matrizes quadradas de ordem n. É correto afirmar que ( )( ) 2 2A B A B A B+ − = − , quaisquer que sejam A e B.

Marque a seqüência correta. a) V – V – F – F b) F – V – F – V c) V – F – V – F d) V – F – V – V

Resolução Alternativa C (I) Verdadeiro. Como a matriz é de ordem 2,

2det(3 ) 3 det 36 9 det det 4A A A A= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = . Assim, se dividirmos a primeira linha de A por 2, seu determinante será dividido por 2, e ao multiplicarmos a segunda coluna de A por 4, seu determinante será multiplicando por 4.

Logo, teremos 4 4det ' det 4 82 2

A A= ⋅ = ⋅ = .

(II) Falso. Como det det 96tN N= = , e as matrizes são de ordem 3, temos:

3det det( ) detN aM N aM a M= ⇒ = = ⋅

3 3396 642

a a= ⋅ ⇒ = ⇒ 4a =

(III) Verdadeiro. Ao multiplicarmos uma fila de uma matriz por um mesmo número, seu determinante fica multiplicado por esse número. Expandindo o determinante A, de acordo com o teorema de Laplace, pela primeira coluna, temos:

22 2 2

2 1 1 2 1 3 12 2 2

2

( 1) ( 1) ( 1)bc a a

b b a a a aA ac b b bc ac abc c c c b bab c c

+ + += = − + − + − =

2 2 21 1 2 1 3 1

2 2 21 ( 1) 1 ( 1) 1 ( 1)b b b b a a a a a a a a

c c c c c c c c b b b b+ + +⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

2 32 3 2 3 2 3

1 1 2 1 3 1 2 32 3 2 3 2 3

2 3

11 ( 1) 1 ( 1) 1 ( 1) 1

1

a ab b a a a a b b Bc c c c b b c c

+ + += ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − = =

(IV) Falso. Distribuindo a multiplicação, temos: 2 2( )( )A B A B A AB BA B+ − = − + −

Porém, a multiplicação de matrizes não é uma operação comutativa, isto é, nem todas as matrizes A e B satisfazem AB BA= , de modo que as duas matrizes intermediárias AB e BA não necessariamente sejam iguais e, portanto, a soma AB BA− + não corresponde necessariamente à matriz nula de ordem n. Assim, a igualdade apresentada na afirmação não é válida para quaisquer matrizes A e B de ordem n.

resolução alternativa c - elite prÉ-vestibular e ... · ... e r = 8 a área da base do tetraedro...

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