En 2008 Resolvida 95

Questão

Os 36 melhores alunos do colégio Naval submeteram-se a uma prova de 3 questões para

estabelecer a antiguidade militar. Sabendo que dentre estes alunos, 5 só acertaram

a primeira questão, 6 só acertaram a segunda, 7 só acertaram a terceira, 9 acertaram

a primeira e a segunda, 10 acertaram a primeira e a terceira, 7 só acertaram a segunda

e a terceira e, 4 erraram todas as questões, podemos afirmar que o número de alunos

que não acertaram todas as 3 questões é igual a

a ) 6 b ) 8 c) 26 d) 30 e ) 32

Chamando de x o número de alunos que acertaram as 3 questões e representando a situação descrita no enunciado através de um diagrama de Venn, temos: 1ª Questão 2ª Questão 9 - x 5 6 x 10 - x 7 - x 4 7 3ª Questão Se dos 36 alunos, 4 + 5 + 6 + 7 = 22 alunos acertaram somente uma ou nenhuma, temos que 36 – 22 = 14 alunos acertaram pelo menos duas questões, logo: x + ( 9 – x) + (10 – x) + (7 – x) = 14 ⇔ x = 6 Portanto, o número de alunos que não acertaram todas as 3 questões é 36 – 6 = 30.

M AT EM ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 1 ESCOL A N AV AL 2 008

01

alternativa D

Questão

O valor de )x)(1x-(1

x- 1x124

22

+++

dx é

a) arc cosx + arc cotgx + C

b) arc senx — arc tgx + C

c) — arc senx — arc cotgx + C

d) arc cosx + arc tgx + C

e) — arc cosx + arc tgx + C

O integrando em questão é tal que:

)x)(1x -(1

x -1x124

22

+++

= )x)(1x )(1x -(1

x -1x1222

22

++++

= )x -(1)x(1

x -1x1222

22

+++

=

=)x -(1)x(1

x -1x122

22

+++

=)x -(1)x(1

x -1x122

22

+++ =

)x -(1)x(1

x122

2

++

+)x -(1)x(1

x -122

2

+=

= )x -(1

12

+)x(1

12+

= )x -(1

12

−− +)x(1

12+

Dessa forma, temos: )x)(1x -(1

x -1x124

22

+++

dx = )x -(1

12

−− +)x(1

12+

dx =

= — )x -(1

12

− dx + )x(1

12+

dx = — arc cosx + c1 + arc tgx + c2 =

= — arc cosx + arc tgx + c, onde c = c1 + c2.

M AT EM ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 2 PS AEN 2 00 8

02

∫

alternativa E

∫ ∫

∫ ∫

Questão

Uma esfera de 36π m3 de volume está inscrita em um cubo. Uma pirâmide de base igual

à face superior do cubo, nele se apóia. Sabendo que o apótema da pirâmide mede 4 m

e que um plano paralelo ao plano da base corta esta pirâmide a 2m do vértice, então o

volume do tronco assim determinado mede, em metros cúbicos,

7

9674 a) −

7

96712 b) −

7

196712 c) −

7

48736 d) −

7

96736 e) −

O volume de 36 π m3 da esfera inscrita de raio R é tal que 3

4 π R3 = 36 π ⇔ R = 3, logo

a aresta do cubo e da base da pirâmide resultam em 2R = 6 (em m) . 2

H 4 H 3

Dessa forma, H2 + 32 = 42 ⇔ H = 7 . As pirâmides formadas na figura são semelhantes e possuem áreas da base iguais a S e s respectivamente, logo, temos:

2

H2

= Ss ⇔

2

72

= 36s ⇔ s =

7

144

O volume do tronco é a diferença entre os volumes das pirâmides, portanto:

3

1 .S.H – 3

1 .s.2 = 3

1 .36. 7 – 3

1 .7

144 . 2 = 12 7 – 7

96 .

M AT E M ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 3 PS AEN 2 008

03

alternativa B

Questão

Sejam n ∈ IN tal que 24 + 25 + ... + 2n = 8176 e m o menor m ∈ IN tal que

log 2

40

66

1

m)2.4.6...(2

m! ≤ seja verdadeira. O produto m.n vale

a) 120. b) 124. c) 130. d) 132. e) 143.

A equação 24 + 25 + ... + 2n = 8176 representa a soma de n – 4 + 1 = n – 3 termos de uma P.G. de razão 2, logo:

24 + 25 + ... + 2n = 8176 ⇔ 24. 81761-2

1-2 3-n

= ⇔ 4

3- n

28176

1- 2 = ⇔

⇔ 2n - 3 = 512 ⇔ 2n - 3 = 29 ⇔ n – 3 = 9 ⇔ n = 12.

⇔ log2 40

66

1m)2.4.6...(2

m! ≤ ⇔ log

24066

1m).(1.2.3...2

m!m

≤ ⇔2m 40

1.m!2

m! ≤ ⇔

⇔ 2m 402 ≥ . O menor inteiro que verifica a desigualdade anterior é m = 11. Portanto, m.n = 11. 12 = 132.


04

alternativa D

Questão

Seja z um número complexo tal que iz + 2z = — 3 — 3i, onde z é o conjugado de z.

A forma trigonométrica do número complexo 2z + (3 + i) é

a) 4

5cis 2

π b)

4cis 22

π c)

4

3cis

2

2 π d)

4

7cis 2

π e)

4

3cis 22

π

Sendo z = x + yi, com x e y reais, temos:

iz + 2z = – 3 – 3i ⇔ i(x + yi) +2(x – yi) = – 3 – 3i ⇔ ix – y + 2x – 2 yi = – 3 – 3i ⇔ ⇔ 2x – y + (x – 2y)i = – 3 – 3i. Dessa forma: 2x – y = – 3 ⇔ x = – 1 x – 2y = – 3 y = 1 Logo, temos:

z = x + yi = – 1 + i, z = – 1 – i e 2z + (3 + i) = 2 ( – 1 – i ) + (3 + i) = 1 – i . Como |Re(1 - i)| = |Im(1 - i)|, Re(1 - i) > 0, Im(1 - i) < 0 ⇒ Arg(1 - i) ∈(IV)Q.

1 – i = 2 .

− i

22

22 = 2 .

+4

7i.sen

47

cosππ = 2 .cis

47π .


05

alternativa D

Questão

A equação 3

1

dx

yd2

2

= sen5x cos3x é dita uma equação diferencial ordinária de 2ª ordem.

Quando x = 0, dx

dy vale 48

43 e y vale 2. O volume do cilindro circular reto, cujo raio da

base mede 22 m e cuja altura, em metros, é o valor de y quando x = 4π , vale em

metros cúbicos

a) 4π (2π +1) b) 8π (4π +1) c) 4π (4π +2) d) 16π (π +1) e) 16π (2π +1)

Aplicando a identidade

−

+=+2

qp.cos

2qp

sen senq) (senp21 ao segundo membro

3xcos 5x sen2

qp.cos

2qp

sentemos equação, da =

−

+

5x2

qp =+ p = 8x

⇔

3x2

qp =− q = 2x

Logo, ( )

+= 2x sen 8x sen21

31

3xcos 5x sen31 = ( )2x sen 8x sen

61 +

( )2x sen 8x sen61

dxyd2

2

+= ⇔1k

2cos2x

8cos8x

61

dxdy +

−−= (k1 ∈IR)

De acordo com o enunciado, dxdy valerá

4843 quando x = 0, logo:

1k

2cos2(0)

8cos8(0)

61

4843 +

−−= ⇔ k1 = 1. Logo, 12

cos2x8

cos8x61

dxdy +

−−=

e ainda que : (k2 ∈IR)


alternativa E

06

2k x4

sen2x64

sen8x61

y ++

−−=

2k0

4sen2(0)

64sen8(0)

61

2:logo 0, x quando2 valerá yenunciado, o com acordo De ++

−−==

⇔ k2 = 2

:será cilindro do altura a forma, dessa e2 x4

sen2x64

sen8x61

y(x)Portanto ++

−−=

=++

−−=++

−−= 2 44

)sen(864

)sen(3261

2 44

)sen2(464

)sen8(461

)y(4 πππππππ

2 4 += π

( ) ( ) ( ) ( )1 2161 2.282 422 : será cilindro do volume O2

+=+=+ ππππππ . .

Questão

O sistema linear

+=−++=+−=−+

2a14)z(ay4x

25zy3x

43z2yx

2

onde aaaa ∈IR, pode ser impossível e também possível e indeterminado. Os valores de aaaa que

verificam a afirmação anterior são, respectivamente

a) 4 e -4 b) -4 e 4 c) 24 e -24 d) -24 e 24 e) 12 e 12

A matriz completa associada ao sistema resulta em:

+ 2a14-a14

251-3

43-21

2

(L2 – 3L1)

+ 2a14-a14

10-147-0

43-21

2

(L3 – 4 L1)

14-a2-a7-0

10-147-0

43-21

2

(L3 – L2)

4-a16-a00

10-147-0

43-21

2

Analisando a 3ª linha da matriz agora escalonada, que equivale a (a2 – 16).z = a – 4, temos: Se a2 – 16 = 0 ⇒ a = – 4 ou a = 4 • a = – 4 ⇒ 0.z = – 8 (Nenhum valor para z , consequentemente sistema impossível) • a = 4 ⇒ 0.z = 0 (Infinitas soluções para z , consequentemente sistema possível e indeterminado) Portanto, os valores de a que fazem o sistema ser impossível e possível indeterminado são, respectivamente – 4 e 4.

M AT E M ÁT IC A – PRO V A AZUL – QUE ST ÃO 7 PS AEN 2008

07

alternativa B

Questão

Seja PPPP o ponto de intersecção entre as retas rrrr e ssss de equações 3x — 2y + 4 = 0 e — 4x + 3y — 7 = 0, respectivamente. Seja QQQQ o centro da circunferência de equação

x2 + y2 + 24 = 6x + 8y. A medida do segmento PQ é igual à quarta parte do compri-

mento do eixo maior da elipse de equação

a) 2x2 + y2 — 8x — 2y + 7 = 0

b ) 2x2 + y2 — 4x — 2y — 1 = 0

c) x2 + 4 y2 — 4x — 24y + 36 = 0

d) x2 + 2 y2 — 2x — 8y + 1 = 0 e ) x2 + 2 y2 — 4x + 8y + 8 = 0

Temos que r ∩ s = { P } = { (x,y) }, logo: 3x – 2y + 4 = 0 x = 2 ⇔ e consequentemente P =(2,5) – 4x + 3y – 7 = 0 y = 5 O centro de x2 + y2 + 24 = 6x + 8y, que equivale a x2 + y2 – 6x – 8y + 24 =0, será dado como

Q =

2(-8)-

,2(-6)- = (3,4) e dessa forma, PQ = 22 4)-(52)-(3 + = 2

Reduzindo cada uma das equações das alternativas, temos que na alternativa D: x2 + 2 y2 – 2x – 8y + 1 = 0 ⇔ x2 – 2x + 1 + 2 y2 – 8y = 0 ⇔ (x – 1 )2 + 2 y2 – 8y + 8 = 8

⇔ (x – 1 )2 + 2(y – 2 )2 = 8 ⇔ 142)- (y

81)- (x 22

=+

Temos que, pela equação acima o eixo maior da elipse é dado por 2a = 2 8 = 4 2 , ou seja

PQ é igual à quarta parte de 4 2 .


08

alternativa D

Questão

A equação da parábola cujo vértice é o ponto P(2,3) e que passa pelo centro da curva

definida por x2 + y2 — 2 x — 8y + 16 = 0 é

a) y — x2 + 4x — 7 = 0

b ) — y — x 2 + 4x — 1 = 0

c ) y 2 + x — 6y + 7 = 0

d) — y 2 + x + 6y — 11 = 0

e ) y + x 2 + 4x — 15 = 0

O centro da curva x2 + y2 – 2 x – 8y + 16 = 0 é dado por

2(-8)-

,2(-2)- = (1,4).

A posição do centro e do ponto P(2,3) num gráfico, resulta em duas possibilidades: y y ou x x Dessa forma, teremos E1 : (x - 2)2 = 2p (y - 3) ou E2 : (y - 3)2 = - 2p (x - 2), onde p é a distância entre o foco e a diretriz da parábola. Substituindo as coordenadas de (1,4) em E1, temos que (1 - 2)2 = 2p (4 - 3) ⇔ 2p = 1, resultando em (x - 2)2 = 1.(y - 3) ⇔ y – x2 + 4x – 7 = 0. Da mesma forma, substituindo as coordenadas de (1,4) em E2, temos que (4 - 3)2 = -2p (1 - 2) ⇔ 2p = 1, resultando em (y - 3)2 = - 1.(x - 2) ⇔ y2 + x – 6y + 7 = 0.


09

alternativas A e C

1 2

3 4

0 0 1 2

3

4 E1

E2

P P

Questão

Consideremos aaaa, x ∈ IR+ , x ≠1 e a ≠1. Denotemos por log x e logax , os

logaritmos nas bases 10 e aaaa respectivamente. O produto das raízes reais

da equação [ ]2

(-1)x )log(x

110)log1 2

2

=+ ( é

a) 1010 b) 10 c) 10

10 d)

100

10 e) 100

As condições de existência para os logaritmos da equação do enunciado são: • x2 > 0 e x ≠ 1 (logaritmo da esquerda da igualdade) • x-1 > 0 e log(x(-1)) ≠ 0 (logaritmo da direita da igualdade)

Logo, [ ] ⇔

=+⇔

=+2

x

2

(-1)x log(x)-1

(10)log2 2)log(x

1(10)log1 2

22

[ ] [ ]2

xx

2

xx 10log10log 210log-(10)log 21

2.2 =+⇔=+⇔

Fazendo (10)log x

= y e reescrevendo a equação, temos que 2 + y = y2 de modo que y2 – y – 2 = 0 ⇔ y = 2 ou y = –1. Consequentemente (10)log x

= 2 ⇔ x2 = 10 ⇔ x = – 10 ou x = 10 .

Ou ainda (10)log x = –1 ⇔ x =

101 .

Dos 3 valores obtidos, somente 101 e 10 satisfazem as condições de existência.

Portanto, o produto das raízes reais será 101 . 10 =

1010


10

alternativa C

*

Questão

A melhor representação gráfica para a função real f, de variável real,

definida por f(x) = x

x

ln é

a) y b) y

1 x 1 x

c) y d) y

e) y

Vamos inicialmente construir o gráfico da função g(x) = lnxx

, que é descontínua para x = 0

e x = 1, porém definida para todo x ∈IR+ – {1}. e, x para0 g´(x) onde ,

(lnx)1- lnx

(lnx)(lnx)´ x- (x)´.lnx

g´(x) :temos g´(x), Calculando22

>>==

g´(x) < 0 para x < e. Logo, g é crescente em ] e, + ∞ [ e decrescente em ] 0, e [.


11

alternativa A

1 x x 1x

1 x

*

O valor de x que anula g´(x) é tal que:

crítico) ponto um de (abscissa e x 0 (lnx)

1- lnx0 g´(x)

2=⇔=⇔=

( )

4

2

(lnx)x1

1).2.lnx. (lnxlnxx1

(x)g" que Dado

−−

= e que g”(e) > 0, temos que (e, g(e)) não é

ponto de inflexão, mas sim um ponto de mínimo local. Temos ainda que:

0x ln

xlim

-0 x

=•→

, ∞+=∞+→ x ln

xlim

x

, ∞−=+→ x ln

xlim

x 1

∞+=−→ x ln

x e lim

x 1

Portanto, o gráfico de g, considerando todos os dados obtidos, pode ser: e e Um dos valores para os quais g”(x) = 0 é e2 ≈7,4, ou seja, abscissa de um ponto de inflexão, caracterizando a mudança na concavidade no segundo ramo de g. O gráfico de f será obtido mantendo-se a curva y = g(x) nos intervalos em que g(x)≥ 0 e tomando-se o simétrico da mesma y = g(x) com relação ao eixo das abscissas nos intervalos em que g(x) < 0, portanto o gráfico de y = | g(x) | será:

x

y

x

y

e

e 1

1

Questão

Considere o ponto P = (1, 3, -1), o plano π : x + z = 2 e a reta

As equações paramétricas de uma reta rrrr, que passa por PPPP, paralela ao plano π e distando

3 unidades de distância da reta ssss são

a) x = t + 1 ; y = 3 ; z = — t + 1

b) x = —t + 1 ; y = 3 ; z = — t — 1

c) x = 1 ; y = t + 3 ; z = — t — 1

d) x = 1 ; y = — t + 3 ; z = t + 1 e) x = t + 1 ; y = 3 ; z = — t — 1

A reta procurada será escrita como X = P + t. u = (1, 3, -1 ) + t.(a, b, c), ou ainda como o

conjunto de paramétricas x = 1 + a.t, y = 3 + b.t, z = - 1 + c.t, onde u é um vetor diretor de r.

Sendo v = (1, 0, 1) um vetor normal a π , temos que u . v = 0 ⇒ (a, b, c). (1, 0, 1) = 0 ⇒ a.1 + b. 0 + c.0 = 0 ⇔ a = - c x – z = y + 2 x – z = 2 s: ⇔ z – x = y – 2 y = 0 Dessa forma, s terá equações paramétricas onde A = (2, 0, 0) e

w = (1, 0, 1) um diretor de da reta s.

O vetor AP é tal que AP = (1 – 2, 3 – 0, –1 – 0) = (–1, 3, –1)

A distância entre r e s será dada por w u

w u AP

∧

∧. que no caso, vale 3.

b)- a,- c (b,

101

cba

kji

w u ==∧


12

alternativa E

−=−+=−

2yxz

2yzx :s

k 1.0z

k 0.0y

k 1.2x

+=+=+=

22 a)-(c2b w u ementeconsequente +=∧

Temos que w u

w u AP

∧

∧. = 3 ⇒ 3

a)-(c2b

3a- 3c

a)-(c2b

b)- a,- c 1).(b,- 3, (-1,2222

=+

=+

e que a = - c. Logo, concluímos que 0 b2cb2c 3 4c2b

6c 222

22=⇔=+⇔=

+

Assim, *IR c c), 0, (-c,c) b, (a,u ∈== . Um representante de u será (1, 0 ,- 1) e consequentemente as equações paramétricas de r são: x = t + 1 ; y = 3 ; z = – t – 1 Outro modo: A intersecção do plano π com o plano (xz) é a reta de equação x + z = 2, que denominamos t. As equações de s são tais que de modo que ou seja, a reta s está contida no plano (xz). Como xP = 1 e zP = – 1 satisfazem as equações de s, temos que d(P,s) = 3 e consequentemente d(r,s) = 3. Um representante do vetor diretor de r será (1, 0, -1). z t s

x

140

Uma equação de r é dada por:

X = P + t. u = (1, 3, -1) + t. (1, 0, -1) = (1 + t, 3, – 1 – t) ou pelas paramétricas : x = t + 1 ; y = 3 ; z = – t – 1

=+=

2-yx-z

2yz-x

==

0y

2z-x

2

1

-1

-2

2

π

Visão espacial da configuração de t, s, P e do plano π , onde • representa o eixo y, perpendicular aos eixos x e z.

u

P

r

Questão

Considere a equação ax3 + bx2 + cx + d = 0, onde a, b, c, d ∈ IR*. Sabendo que as raízes

dessa equação estão em PA, então o produto abc vale

a) 3

9ac2b2 + b) 3

2adb9a2 + c) 9

d27a2b 23 + d) 3

bbd3a 32 + e)

9

b3ad27c 23 +

Chamando as 3 raízes da equação de x1, x2 e x3 respectivamente, temos que x1 = m – r, x2 = m e x3 = m + r. Usando as relações de Girard, temos:

x1 + x2 + x3 = m – r + m + m + r = ab− ⇔ 3m =

ab− ⇔ m =

3ab− (I)

x1. x2 + x1. x3 + x2. x3 = (m – r).m + (m – r).(m + r) + m. (m + r) = ac ⇔ 3m2 – r 2 =

ac (II)

Usando o obtido em (I) na expressão (II), temos que : 3 2

3ab-

– r 2 = ac ⇔ r 2 =

ac

3ab

2

2

−

x1 . x2 . x3 = (m – r). m .(m + r) = ad− ⇔ m3 – m r 2 =

ad− (III)

Substituindo (I) e r2 em (III), temos:

3

3ab

− –

−3a

b .

−ac

3ab

2

2

= ad− ⇔

ad

3abc

9ab

27ab

23

3

3

3

−=−+− ⇔

⇔ 3

2

3

33

27ad27a

27a9abc3bb −=−+− ⇔ 9abc = 2b3 + 27 a2d ⇔

13

alternativa C

9d27a2b

abc23 +=


Questão

Seja n n n n o menor inteiro pertencente ao domínio da função real de variável real

3

1)(

4

3

64

27

1e ln )( +

−

+= x

x

xf . Podemos afirmar que 3...333 log n

é raiz da equação

a) x3 — 2x2 — 9 = 0

b) x3 + x — 1 = 0

c) x4 — 4x2 — x + 2 = 0

d) x2 — 4x + 3 = 0

e) x4 — 4x2 + x + 1 = 0

As condições de existência da função f estão restritas a , logo:

043

6427

1 x

>

−

+

⇔ 1 x

43

6427

+

>

⇔ 1 x3

43

43

+

>

⇔ 3 < x + 1 ⇔ x > 2

Logo, o domínio de f será ] 2, ∞+ [ , que contém o menor inteiro n = 3.

Chamando y3...333 = , temos que:

y3...333 = ⇔ yy3 = ⇔ y .yy3 = ⇔ 3y = ⇔ y = 9

Portanto 3...333 logn = 9 log3 = 2 e ainda (2)4 – 4(2)2 – (2) + 2 = 0, ou seja

verifica somente a equação x4 – 4x2 – x + 2 = 0.


14

alternativa C

043

6427

1 x

>

−

+

Questão

Cada termo de uma seqüência de número reais é obtido pela expressão

+−

1n

1

n

1 com n ∈IN*. Se f(x) = x arc sen

6

x e Sn é a soma dos nnnn primeiros

termos da seqüência dada, então vale

a ) 6

32 π+ b ) 30

556 π+ c ) 18

23 π+ d) 12

334 π+ e ) 3

33 π+

De acordo com o enunciado, temos que an = , para todo n ∈IN. Para um dado inteiro positivo k, temos que:

Sk = a1 + a2 + a3 + ... + ak = 1k

1k1

31

21

21

11

+−++−+− ... =

1k1

1+

− =1k

k+

.

e conseqüentemente 100301 S300 =

100301 .

301300 = 3.

Temos que f(x) = x arc sen

6x , logo f´(x) =(x)´. arc sen

6x + x . =

= 1. arc sen

6x + x . .

61 = arc sen

6x +

2x- 36 x

Portanto,

f´ = f´(3) = arc sen

63 + =

23- 36 3 arc sen

21 + =

273 =+

33

6π

632 π+ .


15

alternativa A

300

S100

301f´

1n1

n1

+−

6x

sen arc ́

2

6x

-1

1

300

S100301

301 300

1300300

S Logo, 300 =+

=

Questão

Considere a função real ffff , de variável real, definida por f(x) = x + ln x, x > 0. Se gggg é a função inversa de ffff, então g” (1) vale

a) 1 b) 0,5 c) 0,125 d) 0,25 e) 0

De acordo com o enunciado, g = f -1, logo, temos: f(g(x)) = x ⇔ [ ] (x)´ ́f(g(x)) = ⇔ f ´(g(x)). g ´(x) = 1 ⇔ [ ] (1)´ ́´(x)f´(g(x)).g = f ”(g(x)) . g´(x). g´(x) + f ´(g(x)) . g” (x) = 0

ainda ef´(g(x))

(x))(g(x)).(g´" f- (x)g" Logo,

2

= f´(g(1))

(1))(g(1)).(g´" f- (1)g"

2

=

Temos ainda que: • g(1) = f -1(1) ⇔ f(g(1)) = 1 ⇔ g(1) + ln g(1) = 1 ⇔ g(1) = 1

• f´(x) = 1 + x1 e f”(x) =

• g´(x) = e g´(1) = = = = Portanto, g” (1) = = = 0,125.


16

alternativa C

2x1−

f´(g(x))1

´(g(1)) f1

g(1)1

1

1

+

11

1

1

+

2 1

11

1

41

11

--

´(1) f21

(1)." f- 2

2

+

=

.

8 1

Questão

Pode-se afirmar que a diagonal de um cubo, cuja aresta corresponde, em

unidades de medida, ao maior dos módulos dentre todas as raízes da equação

x5 + 3x4 +7x3 + 9x2 + 8x + 4 = 0 mede

a) 2 b) 6 c) 2 2 d) 2 3 e) 3 3

Aplicando o teste das raízes racionais à equação dada, temos que as possíveis raízes racionais pertencem ao conjunto {± 1, ± 2, ±4 }, onde constatamos que somente – 1 verifica a equação dada. Logo, aplicando Briot Ruffini, temos: – 1 1 3 7 9 8 4 1 2 5 4 4 0 Dessa forma, temos que a equação corresponde à forma fatorada descrita como: (x + 1).(x4 + 2x3 + 5x2 + 4x + 4) = 0 Notemos ainda que x4 + 2x3 + 5x2 + 4x + 4 = x4 + x2 + 22 + 2.(x).(x2) + 2.(2).(x2) + 2.(2).(x) = = (x2 + x + 2)2. Logo, (x + 1).(x4 + 2x3 + 5x2 + 4x + 4) = 0 ⇔ (x + 1). (x2 + x + 2)2 = 0 O fator x2 + x + 2 fornecerá as raízes e ambas com multiplicidade 2 e cujos módulos são iguais a = 2 Portanto, a diagonal do cubo de aresta medindo 2 , medirá 2 . 3 = 6 .


17

alternativa B

i27

21 −− i

27

21 +−

22

27

21

−+

−

Questão

Nas proposições abaixo coloque (V) na coluna à esquerda quando a proposição for

verdadeira e (F) quando for falsa.

( ) O triângulo cujos vértices são obtidos pela intersecção das retas y — x + 2 = 0 ,

y + x — 8 = 0 e y = 0 é isósceles.

( ) A equação da circunferência cujo centro coincide com o centro da hipérbole

2y2 — x2 = 6 e que passa pelos focos desta é x2 + y2 = 8.

( ) Seja f uma função real de variável real. Se a pertence ao domínio da f e lim f (x) = lim f (x) = b, então f(a) = b.

( ) Seja f uma função real de variável real. Se f possui derivadas de todas as ordens em um intervalo I ⊂ IR, x0 ∈ I e f ” (x0) = 0, então (x0, f (x0)) é um ponto de

inflexão do gráfico da f . ( ) Se a, b e c, são respectivamente, as medidas dos lados opostos aos ângulos , e

de um triângulo ABC, então o determinante é nulo,

para quaisquer a, b e c em IR*.

Lendo a coluna da esquerda, de cima para baixo, encontra-se

a) V V V F V b) V V V V F

c) F F F V F

d) F F V V V e) V F F F V

(V) Representando num mesmo plano cartesiano as retas descritas pelas equações contidas na afirmativa do enunciado, temos a figura a seguir:


18

alternativa E

x a+ x a -

^

A ^

B ^

C

^^^

CsenBsenAsen

1 1 1

c b a =∆

y r : y – x + 2 = 0

s : y + x – 8 = 0 x As inclinações de r e s são respectivamente mr = 1 e ms = – 1 , de modo que a inclinação de r será 45° e ambas são , pois mr . ms = – 1 . Logo, o valor de α = 90° – 45° = 45°, de modo que o triângulo pelas retas r, s e o eixo x terá 2 ângulos de 45°, ou seja, isósceles.

(F) A equação 2y2 – x2 = 6 pode ser escrita como 16x

3 y 22

=− de modo que o centro

é (0, 0) e os focos ( )0 ,63 + = (3, 0) e ( )0 ,63 +− = (– 3, 0). A circunferência terá centro (0, 0) e raio “c”, onde c é a metade da distância focal, logo: (x –0)2 + (y –0)2 = c2 = 3 + 6 = 9 ⇔ x2 + y2 = 9.

(F) Se f for descrita como f(x) =

≠=

1xse1,

1xse0, temos que:

l im f(x) = l im f(x) = 1, mas f(1) ≠ 1, onde a = 1 e b = 1. (F) Se f for uma função constante, temos que f terá derivadas de todas as ordens, em

particular f ” (x0) = 0 ∀ x0 ∈ I ⊂ IR, porém (x0, f(x0)) não será ponto de inflexão, pois o gráfico de f é uma reta horinzontal. (V) Num triângulo de lados a, b e c e ângulos , e , temos que a = 2R sen , b = 2R sen e c = 2R sen , onde R é o raio da circunferência circunscrita a ABC. Dessa forma, o determinante terá a 2ª e a 3ª linhas proporcionais, e portanto será nulo. Logo, V F F F V.

8

8 2 - 2

r

s

135° 45° α 0

x 1 + x 1 -

^

A ^

B ^

C ̂

A ^

B ^

C

formado perpendiculares

Questão

O termo de mais alto grau da equação biquadrada B(x) = 0 tem coeficiente igual

a 1111. Sabe-se que duas dessas raízes dessa equação são respectivamente, o termo

central do desenvolvimento de 6

5

1

2

1

− e a quantidade de soluções da equação

sen2x — 6 senx cosx + 8 cos2x = 0 no intervalo [0, 2π ] . Pode-se afirmar que a soma dos

coeficientes de B(x) vale

a) — 9 b) — 6 c) 3 d) 7 e) 12

Se a equação B(x) = 0 tem raízes r1 e r2, então – r1 e – r2 também são raízes, logo: B(x) = 0 ⇔ 1. (x – r1).(x + r1).(x – r2).(x + r2 ) = 0 ⇔ (x2 – ).(x2 – ) = 0 O termo central de é o termo de ordem = 4, logo:

102-

551-

221

20 5

12

13

6TT

33

134 =⋅⋅=

−⋅

⋅

== +

A equação sen2x – 6 senx cosx + 8 cos2x = 0 é equivalente à equação descrita como sen2x – 6 senx cosx + 9 cos2x = cos2x, dessa forma, temos: sen2x – 6 senx cosx + 9 cos2x = cos2x ⇔ (senx – 3cosx)2 = cos2x (*) Logo, senx – 3cosx = cosx ⇔ tgx = 4 ou senx – 3cosx = – cosx ⇔ tgx = 2 Cada uma das equações acima possui duas soluções em [0, 2π ] , localizadas nos quadrantes I e III, dessa forma, (*) terá 4 soluções em [0, 2π ].

Podemos ter r1 = 102- e r2 = 4 e consequentemente:

B(x) = = , cuja soma dos coeficientes é dado por B(1) = = – 9.


19

alternativa A

r 21 r 2

2

6

51

21

− 126 +

( ) 4- x 102-

- x 222

2 .

( )16x52

x 22 −

− .

( )16152

1 22 −

− .

Questão

A medida da área da região plana limitada pela curva de equação y = 2 x- 4x

e pela reta de equação y = x mede, em unidades de área

a) 24

+π b) π — 2 c) π + 4 d) π + 2 e) π — 1

A equação corresponde ao arco de ordenadas não negativas da circunferência de equação x2 + y2 – 4 x = 0 ⇔ (x – 2)2 + (y – 0)2 = 22 e a reta y = x corresponde à reta bissetriz dos quadrantes ímpares. Logo, de acordo com o enunciado, temos a região representada abaixo: y

x

A área pedida será 2

2.2 42 2

−)(π = π – 2.


20

alternativa B

2x- 4x y =

2

2

0

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En 2008 Resolvida 95