c2 Curso d Prof Matematica

MATEMÁTICA D

C2_D_MAT_Prof_2012_Rose 25/11/11 10:28 Página 25

FRENTE 1 – ÁLGEBRA 3. A soma das soluções inteiras do sistema – x2 – x + 2 < 0 é: x2 – 9 ⭐ 0 a) – 3 b) – 2 c) 0 d) 1

MÓDULO 7

冦

SISTEMA DE INEQUAÇÕES 1. O produto das soluções inteiras do sistema

冦

x2 – 3x – 4 ⭐ 0 –1
a) 6

é:

b) 8

c) 10

d) 12

e) 24

e) 2

RESOLUÇÃO: I) – x2 – x + 2 < 0 ⇔ x < – 2 ou x > 1, pois o gráfico de f(x) = – x2 – x + 2 é do tipo:

RESOLUÇÃO: I) x2 – 3x – 4 ⭓ 0 ⇔ – 1 ⭐ x ⭐ 4, pois o gráfico de II) x2 – 9 ⭐ 0 ⇔ –3 ⭐ x ⭐ 3,

f(x) = x2 – 3x – 4 é do tipo:

pois o gráfico de g(x) = x2 – 9 é do tipo: II) – 1 < x – 2 ⭐ 3 ⇔ 1 < x ⭐ 5 De (I) e (II), resulta: 1 < x ⭐ 4. As soluções inteiras são 2, 3 e 4. O produto das soluções inteiras é 24. Resposta: E De I e II, resulta:

2. A solução de a) x = – 4 d) x ⭐ – 4

冦 3xx –+ 165 ⭓⭐2x0 + 3 2

As soluções inteiras do sistema são – 3, 2 e 3 e a soma delas é 2.

é:

b) x ⭐ 4 e) – 4 ⭐ x ⭐ – 2

Resposta: E

c) – 2 ⭐ x ⭐ 4

RESOLUÇÃO: I) 3x + 5 ⭓ 2x + 3 ⇔ x ⭓ – 2 II) x2 – 16 ⭐ 0 ⇔ – 4 ⭐ x ⭐ 4, pois o gráfico de f(x) = x2 – 16 é do tipo:

De (I) e (II), resulta: – 2 ⭐ x ⭐ 4. Resposta: C

– 25


MATEMÁTICA D

MÓDULO 8 INEQUAÇÕES: PRODUTO E QUOCIENTE 1. (FATEC) – A solução real da inequação-produto (x2 – 4) . (x2 – 4x) ⭓ 0 é: a) S = {x ∈ 兩 – 2 ⭐ x ⭐ 0 ou 2 ⭐ x ⭐ 4} b) S = {x ∈ 兩 0 ⭐ x ⭐ 4}

2. (UFJF) – Os valores de x que satisfazem a inequação x2 – 2x – 3 ––––––––––– ⭓ 0 pertencem a: x–2 a) [– 1; 2) 傼 [3; ∞) c) [1; 3] e) [– 3; – 2] 傼 (2; ∞)

b) (– 1; 2] 傼 (3; ∞) d) [– 3; 2)

RESOLUÇÃO: I) O gráfico de f(x) = x2 – 2x – 3 é do tipo:

c) S = {x ∈ 兩 x ⭐ – 2 ou x ⭓ 4} d) S = {x ∈ 兩 x ⭐ – 2 ou 0 ⭐ x ⭐ 2 ou x ⭓ 4} e) S = Ø RESOLUÇÃO: 1) Os gráficos de f(x) = x2 – 4 e g(x) = x2 – 4x são dos tipos: II)

O gráfico de g(x) = x – 2 é do tipo:

III)

O correspondente “quadro” de sinais é:

2) O “quadro” de sinais é:

Assim, a solução S = {x ∈ 兩 x ⭐ – 2 ou 0 ⭐ x ⭐ 2 ou x ⭓ 4}. Resposta: D

O conjunto-solução da inequação é [– 1; 2) 傼 [3; + ∞). Resposta: A

26 –

2x 3. (ESPM) – O conjunto verdade da inequação –––––– ⭐ 1 é: x– 1 a) {x ∈ 兩 x < 1} c) {x ∈ 兩 – 1 ⭐ x < 2} e) {x ∈ 兩 – 2 ⭐ x < 1}

b) {x ∈ 兩 x > – 1} d) {x ∈ 兩 – 1 ⭐ x < 1}

RESOLUÇÃO: 2x 2x 2x – x + 1 –––––– ⭐ 1 ⇔ –––––– – 1 ⭐ 0 ⇔ –––––––––– ⭐ 0 ⇔ x– 1 x– 1 x– 1 x+1 ⇔ –––––– ⭐ 0 ⇔ (x + 1)(x – 1) ⭐ 0 e x ≠ 1 ⇔ – 1 ⭐ x < 1, pois x– 1 o gráfico de f(x) = (x + 1)(x – 1) é do tipo:

2. (FGV) – O preço do ingresso numa peça de teatro (p) relaciona-se com a quantidade de frequentadores (x) por sessão através da relação p = – 0,2x + 100. a) Qual a receita arrecadada por sessão, se o preço do ingresso for R$ 60,00? b) Qual o preço que deve ser cobrado para dar a máxima receita por sessão? Observação: receita = (Preço) . (quantidade) RESOLUÇÃO: a)

冦 p = 60

p = – 0,2x + 100

⇒ 60 = – 0,2x + 100 ⇒ 0,2x = 40 ⇒ x = 200

A receita, nessas condições, será igual a 60 . 200 reais = 12000 reais. b) A receita é dada por R(x) = p . x = (– 0,2x + 100) . x = – 0,2x2 + 100x. – 100 Essa receita será máxima para x = –––––– = 250. – 0,4 Assim, o preço a ser cobrado por sessão deve ser: p = – 0,2 . 250 + 100 = – 50 + 100 = 50 em reais Resposta: D

Respostas: a) R$ 12000,00

b) R$ 50,00

MÓDULO 9 VÉRTICE DA PARÁBOLA 1. (UNESP) – Seja a função: y = x2 – 2x – 3. O vértice V e o conjunto-imagem da função são dados, respectivamente, por: a) V = (1; 4), Im = {y ∈ 兩 y ⭓ 4} b) V = (1; – 4), Im = {y ∈ 兩 y ⭓ – 4} c) V = (1; 4), Im = {y ∈ 兩 y ⭐ 4} d) V = (1; – 4), Im = {y ∈ 兩 y ⭐ – 4} e) V = (1; 1), Im = {y ∈ 兩 y ⭓ 1} RESOLUÇÃO: Se V(xv ; yv ) for o vértice da parábola definida por y = x 2 – 2x – 3, então:

1)

冦

–2 xv = – –––– = 1 2

⇒ V(1; – 4)

yv = 12 – 2 . 1 – 3 = – 4

2) O conjunto-imagem da função é

3. (MACKENZIE) – Em um processo industrial, a função C(x) = x2 – mx + n, x > 0 representa o custo de produção de x peças. Se R$ 7.500,00 é o menor custo que pode ocorrer, correspondente à produção de 150 peças, então o valor de m + n é igual a a) 32.450 b) 29.600 c) 30.290 d) 30.300 e) 28.700 RESOLUÇÃO: Se o menor custo ocorre com a produção de 150 peças, então (–m) – –––– = 150 ⇔ m = 300 2.1 Além disso, em reais, temos: C(150) = 1502 – m . 150 + n = 7500 ⇔ 150m – n = 15000 Desta forma, 150 . 300 – n = 15000 ⇔ n = 30000 e m + n = = 300 + 30000 = 30300. Resposta: D

Im(f) = {y ∈ 兩 y ⭓ – 4}, pois o gráfico de y = x2 – 2x – 3 é: Resposta: B

– 27

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b) Usando-se os resultados obtidos no item anterior, tem-se

MÓDULO 10

f(x) = 2

FUNÇÃO EXPONENCIAL 1. (MACKENZIE) – O gráfico mostra, em função do tempo, a evolução do número de bactérias em certa cultura. Entre as alternativas abaixo, decorridos 30 minutos do início das observações, o valor mais próximo desse número é: a) 18.000 b) 20.000 c) 32.000 d) 14.000 e) 40.000

RESOLUÇÃO: 1) A função f : + → , definida por f(t) = a . bt, contém os pontos (0; 104) e (3; 8 . 104). 2)

冦 f(3) = a . b = 8 . 10 冦 a . b = 8 . 10 冦 b = 2 f(0) = a . b0 = 104 3

4

1 3) Para t = ––– , temos: f 2

⇒

a = 104 3

冢冣

4

⇒

a = 104

⇒ f(t) = 104 . 2t

1

–– 1 2 2 14000. –– = 104 . 2 = 104 . 兹苵苵 2

Resposta: D

冢 ––– 2 冣 3

x

. Assim, f(0) = 2

冢 ––– 2 冣 3

0

= 2 e f(3) = 2

冢 ––– 2 冣 3

27 b) f(0) = 2 e f(3) = ––– 4

3. (UFABC) – Em São Paulo, a lentidão no trânsito é medida em quilômetros. Em uma determinada via de alto fluxo, estão sendo realizadas inúmeras obras visando à diminuição dos congestionamentos. Um engenheiro do departamento de trânsito prevê que o número de quilômetros de lentidão no trânsito dessa via irá diminuir segundo a lei n(t) = n(0) . 4– t/3, em que n(0) é o número de quilômetros de lentidão no início das obras e n(t) é o número de quilômetros de lentidão existentes t anos depois. O tempo necessário para que o número de quilômetros de lentidão seja reduzido à metade daquele existente no início das obras será igual a a) 16 meses. b) 17 meses. c) 18 meses. d) 20 meses. e) 24 meses. RESOLUÇÃO: O número de quilômetros de lentidão será metade do existente no início n(0) das obras quando n(t) = ––––– . 2 n(0) Assim, n(0) . 4– t/3 = ––––– ⇔ (22) – t/3 = 2 – 1 ⇔ 2

Resposta: C

4. A soma das soluções da equação 32x – 12 . 3x + 27 = 0 é: a) 2 b) 3 c) 6 d) 12 e) 15 RESOLUÇÃO: 32x – 12 . 3x + 27 = 0 Fazendo-se 3x = y, tem-se: y2 – 12y + 27 = 0 ⇔ ⇔ y = 3 ou y = 9 ⇔ 3x = 3 ou 3x = 9 ⇔ x = 1 ou x = 2. A soma das soluções é 1 + 2 = 3. Resposta: B

5. Os valores do número real x que satisfazem a inequação x

冢冣 2 –– 5

1 ⭓ ––––– são dados por: 0,16

a) x ⭓ – 2 1 d) x < ––– 2 Sabe-se que os pontos A e B, indicados na figura, pertencem ao gráfico de f. Determine: a) os valores das constantes a e k: b) f(0) e f(3). RESOLUÇÃO: a) Como f(2) = 9/2 e f(1) = 3, tem-se 9/2 = k a2 e 3 = k a, portanto k = 2 e a = 3/2.

28 –

27 = ––– . 4

3 Respostas: a) a = ––– e k = 2. 2

2t 3 ⇔ – ––– = – 1 ⇔ t = –– ano = 18 meses. 2 3

2. (UFF) – O gráfico da função exponencial f, definida por f(x) = k . ax, foi construído utilizando-se o programa de geometria dinâmica gratuito GeoGebra (http://www.geogebra.org), conforme mostra a figura a seguir:

3

b) x ⭐ 2

c) x ⭐ – 2

e) x ⭓ 2

RESOLUÇÃO:

冢 –––25 冣

x

1 ⭓ ––––– ⇔ (0,4)x ⭓ (0,4) – 2 ⇔ x ⭐ – 2 0,16

Resposta: C

FRENTE 2 – ÁLGEBRA 3. A função que fornece o custo em reais, por unidade, para a 1200 produção de um certo tipo de ferramenta é C (x) = 3 + –––– , em x que x é um número natural não nulo e representa a quantidade de

MÓDULO 7

冢

FUNÇÃO INVERSA 1. A função inversa de f pode ser entendida como aquela que executa as operações inversas de f. Assim, se a função f soma, a inversa subtrai; se a função f multiplica, a inversa divide; se a função f associa os elementos do conjunto A com os elementos do conjunto B a inversa associa os elementos de B com os elementos de A. Dada a função f: → tal que f(x) = 3x + 2, sua função inversa é: x–2 a) f–1(x) = ––––– 3

x b) f–1(x) = –– – 2 3

x d) f–1(x) = 2 – –– 3

x–3 e) f–1(x) = ––––– 2

2 c) f–1(x) = x – –– 3

冣

ferramentas produzidas. A função Q(x), que permite obter a quantidade de ferramentas a ser produzida para cada custo x, dado em reais, da produção da ferramenta, é: 1200 1200 a) Q(x) = –––– + 3 b) Q(x) = –––– – 3 x x 1200 d) Q(x) = –––– x–3

1200 – x c) Q(x) = –––––––– 3 e) Q(x) = (1200 + x) . 3 RESOLUÇÃO:

RESOLUÇÃO: Sr. Professor utilize esta questão para mostrar o que é a função inversa e como obtê-la. x–2 y–2 f(x) = 3x + 2 = y ⇔ 3x = y – 2 ⇔ x = ––––– ⇔ f –1(x) = ––––– 3 3

1200 1200 1200 Fazendo C(x) = (3 + –––– = y, temos ––––– = y – 3 ⇔ x = ––––– . x x y–3 1200 Assim, Q(x) = ––––– . x–3 Resposta: D

Resposta: A

冤

冤

7 4. Considere a função f: ––; + ∞ → definida por 2 2. Obtenha as sentenças que definem as funções inversas de: a) f: [– 3; 5] → [1; 17] tal que f(x) = 2x + 7 b) g: [2; 5] → [0; 9] tal que g(x) = x2 – 4x + 4

f(x) = x2 – 7x + 12. O ponto de intersecção dos gráficos de f e f– 1 é: a) (1; 2) b) (2; 3) c) (3; 3) d) (6; 6) e) (7; 4) RESOLUÇÃO: Os gráficos de f e f –1 estão esboçados abaixo.

RESOLUÇÃO: y–7 a) f(x) = 2x + 7 = y ⇔ x = –––––– 2 x–7 f –1: [1; 17] → [– 3; 5] tal que f –1(x) = –––––– 2 b) g(x) = x2 – 4x + 4 ⇔ (x – 2)2 = y ⇔ x – 2 = ± 兹苵苵 y ⇔ ⇔ x = 2 ± 兹苵苵 y ⇔ g–1(x) = 2 ± 兹苵苵 x Para que g –1(x) ∈ [2; 5], devemos ter g –1:[0; 9] → [2; 5] tal que g –1(x) = 2 + 兹苵苵 x.

– 29

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No ponto de intersecção de f e f –1, temos f(x) = x. 7 Assim x2 – 7x + 12 = x ⇒ x2 – 8x + 12 = 0 ⇒ x = 6, pois x > –– . 2

Quantos pássaros serão soltos no décimo quinto dia? a) 55 b) 43 c) 33 d) 32 e) 30 RESOLUÇÃO: O décimo quinto termo da progressão aritmética (5; 7; 9; …) é a15 = 5 + 14 . 2 = 33 Resposta: C

O ponto é (6; 6). Resposta: D

MÓDULO 8 SEQUÊNCIA, PROGRESSÃO ARITMÉTICA 1. (IFSP) – A sequência de Fibonacci (1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; ...) começa por dois números 1, e cada termo, a partir do terceiro, é a soma dos dois termos anteriores. Nessa sequência, a soma dos algarismos do menor número quadrado perfeito, diferente de 1, é: a) 9 b) 10 c) 13 d) 16 e) 19 RESOLUÇÃO:

4. Seja (a1; a2; a3; ...) uma progressão aritmética tal que a55 = 176 e a33 = 242. Então o valor de a3 é: a) 348 b) 344 c) 338 d) 332 e) 321 RESOLUÇÃO: a55 = a1 + (55 – 1) . r = 176 a33 = a1 + (33 – 1) . r = 242 ⇒

{

a1 + 54r = 176 a1 + 32r = 242

⇒

{

}

⇒

r=–3 a1 = 338

Assim: a3 = a1 + (3 – 1) . r = 338 + 2 . (–3) = 332 Resposta: D

Os primeiros termos da sequência de Fibonacci são (1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; 34; 55; 89; 144; …). O primeiro número quadrado perfeito, diferente de 1, dessa sequência é 144, cuja soma dos algarismos é 1 + 4 + 4 = 9. Resposta: A

5. (GAVE) – Na figura, estão representados os três primeiros termos de uma sequência que segue a lei de formação sugerida na figura.

2. A sequência (ap) é definida pela lei de recorrência ap + 1 = ap + r, com p ∈ *. Escreva uma fórmula do termo an da sequência, em função de a1, n e r. RESOLUÇÃO: Atenção, Sr Professor! A intenção dessa questão é introduzir os conceitos de PA. a2 = a1 + r a3 = a2 + r = a1 + 2r a4 = a3 + r = a1 + 3r ⯗ an = an – 1 + r = a1 + (n – 1) . r ⇒ an = a1 + (n – 1) . r

3. (UNESP) – Um viveiro clandestino com quase trezentos pássaros foi encontrado por autoridades ambientais. Pretende-se soltar esses pássaros seguindo um cronograma, de acordo com uma progressão aritmética, de modo que: no primeiro dia, sejam soltos cinco pássaros; no segundo dia, sete pássaros; no terceiro, nove, e assim por diante.

30 –

a) Quantos quadrados são necessários para construir o 7o. termo da sequência? b) Existe algum termo desta sequência com 389 quadrados? Mostra como chegaste à tua resposta. RESOLUÇÃO: a) As quantidades de quadrados necessários para a elaboração de cada figura são, respectivamente, os termos da progressão aritmética (5; 9; 13; …). O sétimo termo dessa progressão é: a7 = a1 + (7 – 1) . r = 5 + 6 . 4 = 29 b) Se existir algum termo da sequência de figuras com 389 quadrados, então existirá an = 389, com n ∈ *. Assim: an = a1 + (n – 1) . r ⇒ 389 = 5 + (n – 1) . 4 ⇔ 384 = (n – 1) . 4 ⇒ ⇒ n – 1 = 96 ⇔ n = 97 ∈ * Respostas: a) 29

b) Existe; é o 97o. termo.

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Desta forma:

MÓDULO 9

a1 = k – 2 = 2 5 13 a4 = k + –– = ––– 2 2

PROPRIEDADES DA PROGRESSÃO ARITMÉTICA 1. (CEPERJ-2011) – Os sócios do “Clube-Sete” consideram o 7 como o número da sorte. Para eles, tudo o que se refere ao número 7 é bom e, naturalmente, para os sócios desse clube, um ano é sortudo quando é múltiplo de 7. A quantidade de anos sortudos desde a descoberta do Brasil até hoje foi: a) 72 b) 73 c) 74 d) 75 e) 76

冧

13 9 3 ⇒ a4 – a1 = ––– – 2 ⇔ 3r = ––– ⇔ r = ––– 2 2 2

13 3 19 a6 = a4 + 2r = ––– + 2 . ––– = ––– 2 2 2 19 3 a6 + r = ––– + ––– = 11 2 2 Resposta: D

Nota: Entenda “até hoje” como sendo 2011, ano em que a questão foi proposta pela CEPERJ. RESOLUÇÃO: 1500, ano da descoberta do Brasil, não é um ano sortudo, pois 1500 não é múltiplo de 7. O primeiro ano sortudo após 1500 é 1505, pois este é múltiplo de 7. 2011 não é sortudo, pois 2011 não é múltiplo de 7. O último ano sortudo antes de 2011 é 2009. Assim, entre 1500 e 2011, foram sortudos os anos de (1505; 1512; 1519; …; 2009), num total de 73 anos, pois: an = a1 + (n – 1) . r ⇔ 2009 = 1505 + (n – 1) . 7 ⇔ ⇔ 504 = (n – 1) . 7 ⇔ n = 73 Resposta: B

2. Os três primeiros termos de uma progressão aritmética são dados, respectivamente, por (x – 5), x2 e 5x + 1. Um possível valor do quinto termo dessa progressão é: a) 36 b) 25 c) 18 d) 12 e) 9

4. (UFPE) – Um professor resolveu presentear seus cinco melhores alunos com livros de valores equivalentes a quantias diferentes. Os valores dos livros recebidos pelos alunos devem estar em progressão aritmética e a soma dos três valores maiores deve ser cinco vezes o total recebido pelos outros dois. Se cada um deve receber um livro de valor equivalente a uma quantidade inteira de reais, qual a menor quantia (positiva) que o professor vai desembolsar na compra dos livros? a) R$ 90,00 b) R$ 100,00 c) R$ 110,00 d) R$ 120,00 e) R$ 130,00 RESOLUÇÃO: Sejam a – 2r, a – r, a, a + r, a + 2r os valores dos livros a serem recebidos pelos alunos. Temos 3a + 3r = 5(2a – 3r) e, então, 7a = 18r. Como a e r são inteiros positivos e de menor valor possível, temos a = 18 e r = 7, e o menor valor a ser gasto pelo professor é 5 a = 5 . 18 = 90 reais. Resposta: A

RESOLUÇÃO: Na PA (x – 5; x2; 5x + 1; …), temos: (x – 5) + (5x + 1) x2 = ––––––––––––––– ⇔ x2 = 3x – 2 ⇔ x2 – 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1 ou x = 2 2 Para x = 1, a PA é (– 4; 1; 6; 11; 16; …). Para x = 2, a PA é (– 3; 4; 11; 18; 25; …).

SOMA DOS TERMOS DE UMA PROGRESSÃO ARITMÉTICA

Um possível valor para o quinto termo é 25. Resposta: B

3. O primeiro, o quarto, o oitavo e o décimo primeiro termos de uma 5 1 progressão aritmética são, respectivamente, (k – 2), k + –– , 3k + –– 2 2 e (4k + 1). A soma do sexto termo com a razão dessa progressão é: a) 7 b) 9 c) 10 d) 11 e) 13

冢

RESOLUÇÃO: Nesta progressão, a1 + a11 = a4 + a8 ⇒ (k – 2) + (4k + 1) =

冢

冣冢

冣

1 5 = k + –– + 3k + –– ⇔ 5k – 1 = 4k + 3 ⇔ k = 4. 2 2

MÓDULO 10

冣冢

冣

1. a) Mostre que, na progressão aritmética (a1; a2; a3;…; a10;…), a7 + a4 = a1 + a10. b) Calcule, em função de a1 e a10, a soma dos dez primeiros termos da PA. RESOLUÇÃO: Sr. Professor, utilize o item b deste exercício para comentar a fórmula da soma dos termos da PA. a) a7 + a4 = a10 – 3r + a1 + 3r = a1 + a10 b) Como a1 + a10 = a2 + a9 = a3 + a8 = … = a5 + a5, tem-se: S10 = a1 + a2 + a3 + … + a8 + a9 + a10 S10 = a10 + a9 + a8 + … + a3 + a2 + a1

冧

⇒

– 31


MATEMÁTICA D

⇒ 2S10 = (a1 + a10) + (a1 + a10) + … + (a1 + a10) ⇒ 10 vezes ⇒ 2S10 = (a1 + a10) . 10 ⇒ S10 = (a1 + a10) . 5

2. (MACKENZIE) – Na sequência (a1; a2; a3; …), de décimo termo 92, tem-se que a2 – a1 = 2, a3 – a2 = 4, a4 – a3 = 6 e assim sucessivamente. O valor de a1 é: a) 2 b) 0 c) 8 d) 1 e) 3 RESOLUÇÃO: Sejam: a2 – a1 = 2 a3 – a2 = 4 a4 – a3 = 6 . . . a10 – a9 = ? , com a10 = 92. Considerando que os valores (2; 4; 6; …) constituem uma PA de razão 2, temos a10 – a9 = 18. Portanto: (a2 – a1) + (a3 – a2) + (a4 – a3) + … + (a10 – a9) = 2 + 4 + 6 + … + 18 ⇔

Do sistema

冦 2a

2a1 + 49r = 8 , tem-se: 1 + 99r = 58

冦

r=1 41 a1 = – ––– = – 20,5 2

Resposta: B

4. (CEFET-MG) – Um garoto que deseja montar um quebra-cabeça de 100 peças, sendo todas com quatro lados, utilizou o seguinte método: I – Escolhe-se uma peça P1 e um de seus lados. II – Procura-se uma peça P2 que se encaixe no lado anteriormente escolhido, tomando uma peça entre as candidatas e testando seus lados. Se não houver encaixe, ela é descartada dessa pesquisa. Toma-se, então, outra candidata e repete-se o processo até encontrar P2. III – Fixa-se um lado de P2 e procura-se por uma P3 de igual maneira; todas as peças ainda não encaixadas são candidatas a P3. IV – Repete-se o processo até completar o quebra-cabeça. O número máximo de tentativas de encaixe que se pode fazer neste processo é: a) 11 890 b) 15 750 c) 19 800 d) 23 500 e) 25 304

(2 + 18) . 9 ⇔ a10 – a1 = ––––––––––– ⇔ 92 – a1 = 90 ⇔ a1 = 2 2

RESOLUÇÃO: A primeira peça é escolhida aleatoriamente. Portanto, para ela não se faz qualquer “tentativa de encaixe”. Para cada uma das 99 peças restantes, são feitas no máximo 4 tentativas de encaixe.

Resposta: A

Assim, o número máximo de tentativas de encaixe é: (99 + 1) . 99 4 . (99 + 98 + 97 + … + 1) = 4 . –––––––––––– = 19 800 2 Resposta: C

3. (UFTM) – Numa progressão aritmética, a soma dos 50 primeiros termos é 200 e a soma dos próximos 50 termos é 2700. Assim, o primeiro termo dessa progressão é igual a: a) – 21,5 b) – 20,5 c) – 9,5 d) 3,5 e) 15,5 RESOLUÇÃO: (a1 + a50) . 50 S50 = –––––––––––––– = 200 ⇒ a1 + a50 = 8 ⇒ 2 ⇒ a1 + a1 + 49r = 8 ⇒ 2a1 + 49r = 8 (a1 + a100) . 100 S100 = –––––––––––––– = 200 + 2700 ⇒ a1 + a100 = 58 ⇒ 2 ⇒ a1 + a1 + 99r = 58 ⇒ 2a1 + 99r = 58

32 –

5. (IFSP) – Numa progressão aritmética, a soma de seus n primeiros termos é 4n2 + n. O décimo termo dessa sequência é: a) 58 b) 77 c) 95 d) 106 e) 122 RESOLUÇÃO: a10 = (a1 + a2 + … + a9 + a10) – (a1 + a2 + … + a9) = = S10 – S9 = (4 . 102 + 10) – (4 . 92 + 9) = 410 – 333 = 77 Resposta: B

FRENTE 3 – TRIGONOMETRIA MÓDULO 7 FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS DE UM ÂNGULO AGUDO 1.

Determine o valor de x nas figuras abaixo:

3. (UNESP) – Um pequeno avião deveria partir de uma cidade A rumo a uma cidade B ao norte, distante 60 quilômetros de A. Por um problema de orientação, o piloto seguiu erradamente rumo ao oeste. Ao perceber o erro, ele corrigiu a rota, fazendo um giro de 120° à direita em um ponto C, de modo que o seu trajeto com o trajeto que deveria ter sido seguido formaram, aproximadamente, um triângulo retângulo ABC, como mostra a figura.

RESOLUÇÃO: 1 x x a) sen 30° = –––––– ⇒ ––– = –––––– ⇔ x = 5 cm 2 10 cm 10 cm 10 cm 10 cm 1 b) cos 60° = –––––– ⇒ ––– = –––––– ⇔ x = 20 cm x x 2 3兹苶 3 cm 3兹苶 3 cm 3 = –––––––– ⇔ x = 3 cm c) tg 60° = –––––––– ⇒ 兹苶 x x

Com base na figura, a distância em quilômetros que o avião voou partindo de A até chegar a B é: a) 30兹苵苵 3

b) 40兹苵苵 3

c) 60兹苵苵 3

d) 80兹苵苵 3

e) 90兹苵苵 3

RESOLUÇÃO: Com base no enunciado, no triângulo ABC, temos:

2. (MACKENZIE) – Em um triângulo retângulo, a medida da hipotenusa é o dobro da medida de um dos catetos. O ângulo oposto ao menor lado desse triângulo mede: a) 36° b) 60° c) 45° d) 30° e) 72° RESOLUÇÃO: A partir do enunciado, considere o triângulo abaixo:

兹苵苵 3 60 60 3 sen 60° = –––– ⇒ –––– = –––– ⇒ BC = 40兹苵苵 2 BC BC 60 60 tg 60° = –––– ⇒ 兹苵苵 3 = –––– ⇒ AC = 20兹苵苵 3 AC AC A distância, em quilômetros, que o avião percorreu partindo de A até 3 + 40兹苵苵 3 = 60兹苵苵 3. chegar a B é AC + BC = 20兹苵苵 Resposta: C

Como x2 + a2 = 4a2 ⇔ x = a兹苵苵 3, teremos como menor lado do triângulo o de medida a, e θ, o ângulo oposto ao menor lado. 1 a Portanto: sen θ = –––– = ––– ⇒ θ = 30° 2a 2 Resposta: D

– 33

MATEMÁTICA D



MATEMÁTICA D

MÓDULO 8 FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS DE UM ÂNGULO AGUDO (CONTINUAÇÃO)

3. (UN.ESTÁCIO DE SÁ) – Simplificando a expressão y = sen 17° . cotg 17° . cotg 73° . sec 73°, encontramos: a) – 2 b) – 1 c) 2 d) 1 e) 5 RESOLUÇÃO: cos 17° cos 73° 1 y = sen 17° . –––––––– . –––––––– . –––––––– ⇒ sen 17° sen 73° cos 73°

1. (U.F.VIÇOSA) – Satisfeitas as condições de existência, a expressão E =

(

1 – sen2x ––––––––– cotg x

a) sen x

)

. cossec x é idêntica a:

b) cos x

c) 1

d) 0

e) sec x

cos 17° ⇒ y = –––––––– = 1 pois 17° e 73° são medidas de ângulos complemensen 73° tares. Resposta: D

RESOLUÇÃO:

冢

冣

1 – sen2x ––––––––– cotg x

E=

cos2x 1 cos2x . cossec x = –––––––– . ––––– = ––––––– = cos x cos x sen x cos x –––––– sen x

Resposta: B

4. (FUVEST) – A uma distância de 40m, uma torre é vista sob um ângulo α, como mostra a figura.

1 2. (UNAERP-Adaptado) – Sendo sen x = ––– e 0° < x < 90°, o 3 valor da expressão E = cos2x . (1 + tg2x) + 6 . sen x, é: a) 0

b) 1

c) 2

d) 3

RESOLUÇÃO: E=

cos2x

. (1 +

tg2x)

+ 6 . sen x =

1 = cos2x . sec2x + 6 . sen x = cos2x . –––––– + 6 . sen x = cos2x 1 = 1 + 6 . ––– = 1 + 2 = 3 3 Resposta: D

34 –

e) 4

Usando a tabela a seguir, determine a altura da torre, supondo α = 20°. Efetue os cálculos. x

sen x°

cos x°

10

0,174

0,985

11

0,191

0,982

12

0,208

0,978

13

0,255

0,974

14

0,242

0,970

15

0,259

0,966

16

0,276

0,961

17

0,292

0,956

18

0,309

0,951

19

0,326

0,946

20

0,342

0,940

21

0,358

0,934

22

0,375

0,927

23

0,391

0,921

24

0,407

0,914

25

0,423

0,906

26

0,438

0,899

27

0,454

0,891

28

0,470

0,883

29

0,485

0,875

30

0,500

0,866

RESOLUÇÃO: • De acordo com a tabela: sen 20° = 0,342 e cos 20° = 0,940

MATEMÁTICA D


2. Completar a tabela a seguir. MEDIDA DE UM ÂNGULO

0,342 Assim, tg 20° = –––––– ≅ 0,3638 0,940

em graus

em radianos

h tg 20° = ––––– ⇒ 40 m

0°

0

⇒ h ≅ 40 . 0,3638 m ⇒

30°

π/6

⇒ h ≅ 14,552 m

45°

π/4

60°

π/3

90°

π/2

180°

π

270°

3π/2

360°

2π

• De acordo com a figura:

Resposta: A altura aproximada da torre é 14,552 m.

MÓDULO 9 ARCOS DE CIRCUNFERÊNCIA 1. (UNESP) – O menor ângulo formado pelos ponteiros de um relógio às 14 horas e 20 minutos é: a) 8° b) 50° c) 52,72° d) 60° e) 62° RESOLUÇÃO:

3. A medida, em radianos, de um arco de 210° é: π 5π 7π a) ––– b) ––– c) ––– 6 6 6 11π d) –––– 6

π e) ––– 3

RESOLUÇÃO: 180° ⇔ π 210° ⇔ x

冧 ⇔ 180°x = 210°π ⇔ x = –––– 6 7π

Resposta: C

Sendo α a medida do menor ângulo formado pelos ponteiros do relógio e β a medida do ângulo descrito pelo ponteiro menor em 20 minutos, temos:

冦

20 β = –––– . 30° 60 ⇒ α + β = 60°

冦

β = 10° α = 50°

Resposta: B

– 35


MATEMÁTICA D

4. (MACKENZIE) – O ponteiro dos minutos de um relógio mede 4 cm. Supondo π = 3, a distância, em centímetros, que a extremidade desse ponteiro percorre em 25 minutos é: a) 15 b) 12 c) 20 d) 25 e) 10

RESOLUÇÃO: a) {30° + n . 360°, n ∈ ⺪} c) {2π/3 + n . 2π , n ∈ ⺪}

b) {30° + n . 180°, n ∈ ⺪} d) {2π/3 + n . π , n ∈ ⺪}

RESOLUÇÃO:

2. Determine no ciclo trigonométrico a seguir a primeira determinação positiva (em graus e radianos) dos arcos com extremidades indicadas.

Em 25 minutos, a extremidade do ponteiro percorre um arco AB cuja medida, em centímetros, é tal que 5 25 min comp (AB) = –––––––– . 2π R = –––– . 2 . 3 . 4 = 10 60 min 12 RESOLUÇÃO:

Resposta: E

MÓDULO 10 ARCO OU ÂNGULO TRIGONOMÉTRICO 1. Escreva o conjunto das determinações dos arcos trigonométricos assinalados em cada figura.

3. Obter a primeira determinação positiva do arco de medida 1110°. RESOLUÇÃO: Observando que 1110° = 30° + 3 . 360°, concluímos que a primeira determinação positiva do arco de medida 1110° é 30°. Resposta: 30°

36 –

FRENTE 4 – GEOMETRIA PLANA Assim:

MÓDULO 7

2p = 5 + 2 + 4 + 5 = 16

RELAÇÕES MÉTRICAS NOS TRIÂNGULOS RETÂNGULOS

Resposta: D

1. A diagonal de um quadrado de lado “ᐉ” mede: a) 2ᐉ

3 ᐉ兹苵苵 b) ––––– 2

ᐉ兹苵苵 2 c) ––––– 2

e) 兹苵苵 ᐉ

2 d) ᐉ兹苵苵

RESOLUÇÃO:

4. (UFPE) – Na figura abaixo, o triângulo ABC é equilátero e cada –– um de seus lados mede 8 cm. Se AD é uma altura do triângulo ABC –– –– e M é o ponto médio de AD, então a medida de CM é:

No triângulo retângulo BAC, de acordo com o Teorema de Pitágoras, tem-se:

a)

1 ––– cm 2

兹苶 3 b) ––– cm 2

c)

兹苶7 cm

d) 2兹苶7 cm

e)

兹苶 2 ––– cm 2

2ᐉ2 ⇔ d2 = ᐉ2 + ᐉ2 ⇔ d = 兹苵苵苵苵 ⇔ d = ᐉ 兹苵苵 2 Resposta: D

RESOLUÇÃO:

2. A altura de um triângulo equilátero de lado “ᐉ” mede: ᐉ a) –– 2

ᐉ兹苵苵 2 b) ––––– 2

2 c) ᐉ兹苵苵

ᐉ兹苵苵 3 d) ––––– 2

e) ᐉ兹苵苵 3

RESOLUÇÃO: No triângulo retângulo MBC, de acordo com o Teorema de Pitágoras, tem-se: h2 +

ᐉ

2

冢 ––2 冣 = ᐉ

2

⇔

AB兹苵苵 3 8兹苵苵 3 1) AD = –––––– ⇔ AD = ––––– ⇔ AD = 4兹苵苵 3 2 2 BC 8 2) DC = –––– ⇔ DC = ––– ⇔ DC = 4 2 2 AD 4兹苵苵 3 3) DM = –––– ⇔ DM = ––––– ⇔ DM = 2兹苵苵 3 2 2 4) (CM)2 = (DM)2 + (DC)2 Assim: (CM)2 = (2兹苶3 )2 + 42 ⇔ (CM)2 = 28 ⇔ CM = 兹苶苶 28苶 ⇔ CM = 2兹苶7 Resposta: D

3ᐉ2 ᐉ兹苵苵 3 ⇔ h2 = –––– ⇔ h = –––– 4 2 Resposta: D

3. (FUVEST) – Um trapézio retângulo tem bases 5 e 2 e altura 4. O perímetro desse trapézio é: a) 13 b) 14 c) 15 d) 16 e) 17 RESOLUÇÃO:

5. (FUVEST) – Dois pontos materiais, A e B, deslocam-se com velocidades constantes sobre uma circunferência de raio r = 兹苶8 m, partindo de um mesmo ponto O. Se o ponto A se desloca no sentido horário com o triplo da velocidade de B, que se desloca no sentido anti-horário, então o comprimento da corda que liga o ponto de partida ao ponto do primeiro encontro é: a) 1 m

b) 2 m

c) 3 m

d) 4 m

e) 5 m

RESOLUÇÃO:

O perímetro 2p desse trapézio é dado por 2p = 5 + 2 + 4 + x, sendo x2 = 42 + 32 ⇔ x = 5.

– 37

MATEMÁTICA D



MATEMÁTICA D

De acordo com o Teorema de Pitágoras, no triângulo retângulo OCE, tem-se: (OE)2 = (OC)2 + (CE)2 Assim: (OE)2 = (兹苶8)2 + (兹苶8)2 ⇔ (OE)2 = 8 + 8 ⇔ (OE)2 = 16 ⇔ OE = 4 Resposta: D

MÓDULO 8 LUGARES GEOMÉTRICOS E PONTOS NOTÁVEIS NO TRIÂNGULO

Pode-se afirmar que a) I é o baricentro do triângulo ABC. b) I é o ortocentro do triângulo ABC. c) I é o ponto de intersecção das medianas do triângulo ABC. d) I é o ponto de intersecção das bissetrizes dos ângulos internos do triângulo ABC. e) I é o ponto de intersecção das mediatrizes dos lados do triângulo ABC. RESOLUÇÃO: I é o incentro do triângulo ABC e, portanto, trata-se do ponto de intersecção das bissetrizes dos ângulos internos do triângulo ABC. Resposta: D

1. (VUNESP) – Defina baricentro de um triângulo. RESOLUÇÃO: O baricentro é o centro de gravidade do triângulo. Ele é determinado pela intersecção das medianas do triângulo e divide cada mediana na razão 2 : 1.

PB = 2 . BMP QB = 2 . BMQ RB = 2 . BMR

2. Como se chama o ponto H das figuras a seguir?

4. Na figura seguinte, o ponto C é o centro da circunferência circunscrita ao triângulo DEF. Pode-se afirmar que a) C é o baricentro do triângulo DEF. b) C é o incentro do triângulo DEF. c) C é o ponto de intersecção das medianas do triângulo DEF. d) C é o ponto de intersecção das alturas do triângulo DEF. e) C é o ponto de intersecção das mediatrizes dos lados do triângulo DEF. RESOLUÇÃO: C é o circuncentro do triângulo DEF e, portanto, trata-se do ponto de intersecção das mediatrizes dos lados do triângulo DEF. Resposta: E

5. (MACKENZIE) – O lado de um triângulo equilátero inscrito em uma circunferência mede 2兹苶 3. O raio da circunferência é igual a: a) 兹苵苵 3 RESOLUÇÃO: Ortocentro, pois é sempre o ponto de intersecção das retas suportes das alturas dos triângulos.

c) 2兹苵苵 3

b) 2

d) 4

e) 3兹苵苵 3

RESOLUÇÃO:

3. Na figura seguinte, o ponto I é o centro da circunferência inscrita no triângulo ABC.

2

冢x + ––2 冣 + (兹苶3) x

Resposta: B

38 –

2

9x2 = (2兹苶 3)2 ⇔ ––– = 9 ⇔ x2 = 4 ⇔ 4

x=2

RESOLUÇÃO:

MÓDULO 9

40° α = –––– 2

ÂNGULOS NA CIRCUNFERÊNCIA E POTÊNCIA DE PONTO 1. (FUVEST) – Os pontos A, B e C pertencem a uma circunferência γ e AC é lado de um polígono regular inscrito em γ. Sabendo que o ˆ C mede 18°, podemos concluir que o número de lados do ângulo AB polígono é igual a: a) 5 b) 6 c) 7 d) 10 e) 12

x – 40° α = ––––––– 2

冧

MATEMÁTICA D


⇒

40° x – 40° ⇒ ––––––– = –––– ⇒ x = 80° 2 2 Resposta: E

4. (UESB) – Se, na figura, A, B, C e D são pontos de uma circunferência, então o valor de x é: a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5

RESOLUÇÃO: ˆ C desse polígono Se o ângulo ABˆC mede 18°, então o ângulo central AO regular mede 36°. Assim, sendo n o número de lados desse polígono regular, tem-se: 360° n = –––––– ⇔ n = 10 36° Resposta: D

2. (FUVEST) – A, B, C e D são vértices consecutivos de um hexágono regular. A medida, em graus, de um dos ângulos formados — — pelas diagonais AC e BD é: a) 90 b) 100 c) 110 d) 120 e) 150 RESOLUÇÃO:

RESOLUÇÃO: (4x – 1) . x = 3x . (x + 1) ⇒ 4x2 – x = 3x2 + 3x ⇒ ⇒ x2 – 4x = 0 ⇒ x(x – 4) = 0 ⇒ x = 4 Resposta: D

5. O valor de x na figura é: a) 3,6 b) 4 c) 7,2

d) 8

e) 10

짰 짰 AD + BC θ = ––––––––––– ⇔ 2 180° + 60° ⇔ θ = ––––––––––– ⇔ 2 ⇔ θ = 120° Resposta: D

RESOLUÇÃO: 10 . (10 + x) = 12 . (12 + 3) ⇔ 100 + 10x = 180 ⇔ 10x = 80 ⇔ x = 8 Resposta: D

3. (MACKENZIE) – Na figura, as circunferências têm o mesmo 짰 짰 짰 짰 centro O e os menores arcos AB e EF são tais que AB = EF = 40°.

MÓDULO 10 ÁREAS DAS FIGURAS PLANAS

짰 A medida do menor arco CD é: a) 50°

b) 70°

d) 60°

e) 80°

c) 65°

1. A área S de um triângulo equilátero de lado “ᐉ” é dada por: a) S = ᐉ2

ᐉ2 b) S = ––– 2

ᐉ2 兹苵苵 3 d) S = ––––––– 4

ᐉ2 兹苵苵 3 e) S = –––––– 2

ᐉ2 兹苵苵 2 c) S = ––––– 3

– 39


MATEMÁTICA D

RESOLUÇÃO:

Na suposição de que a velocidade da água não se alterará, qual a vazão esperada para depois da reforma na canaleta? a) 90 m3/s b) 750 m3/s c) 1 050 m3/s d) 1 512 m3/s e) 2 009 m3/s

ᐉ . ᐉ . sen 60° S = ––––––––––––– ⇔ S = ––––––– 2 4 ᐉ2 兹苵苵3

Resposta: D

2. (FUVEST) – Na figura seguinte, estão representados um quadrado de lado 4, uma de suas diagonais e uma semicircunferência de raio 2. Então a área da região hachurada é: π a) –– + 2 2

b) π + 2

c) π + 3

d) π + 4

RESOLUÇÃO: 1) A área do trapézio da figura I, em m2, é: 30 + 20 –––––––– . 2,5 = 62,5 2 2) A área do trapézio da figura II, em m2, é: 41 + 49 –––––––– . 2 = 90 2 3) Supondo que a velocidade da água não se altere e sendo v a vazão após a reforma, em m3/s, temos: 1050 v –––––– = –––– ⇔ v = 1512 62,5 90

e) 2π + 1

Resposta: D RESOLUÇÃO: A––semicircunferência e a diagonal AC passam pelo centro O do quadrado ABCD de lado 4. Assim, a área S da região hachurada é igual à soma das áreas do triângulo retângulo MOA e do setor circular MOB, ou seja:

4. (FATEC) – Na figura abaixo, os catetos do triângulo retângulo ___ ___ ABC medem 8 cm, sendo N e M pontos médios dos lados AC e AB, ___ ___ respectivamente. A circunferência tangencia os segmentos MB, BC e ___ NM.

2.2 1 S = –––– + ––– . π . 22 ⇔ S = π + 2 2 4 Resposta: B

3. (ENEM) – A vazão do Rio Tietê, em São Paulo, constitui preocupação constante nos períodos chuvosos. Em alguns trechos, são construídas canaletas para controlar o fluxo de água. Uma dessas canaletas, cujo corte vertical determina a forma de um trapézio isósceles, tem as medidas especificadas na figura I. Neste caso, a vazão da água é de 1.050 m3/s. O cálculo da vazão Q, em m3/s, envolve o produto da área A do setor transversal (por onde passa a água), em m2, pela velocidade da água no local, v, em m/s, ou seja, Q = Av. Planeja-se uma reforma na canaleta, com as dimensões especificadas na figura II, para evitar a ocorrência de enchentes.

Considerando-se π = 3,1, tem-se que a área da região hachurada, em centímetros quadrados, é igual a: a) 11, 6 b) 11,8 c) 12,4 d) 24,2 e) 37,6 RESOLUÇÃO:

(8 + 4) . 4 S = –––––––––– – π . 22 ⇔ S = 24 – 4π ⇔ 2 ⇔ S = 24 – 12,4 ⇔ S = 11,6 Resposta: A

(Disponível em: www2.uel.br)

40 –

c2 Curso d Prof Matematica

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