S M 140 questões resolvidas Nº E T D M Matemática · ... log 50 + log 40 + log 20 + log 2,5 = log 100000 = log 10 5 = 5 ... log 40 + log 20 + log 2,5 é igual a: A) 1 D) 10 B)

OSG.: 087182/14

Série

____/____/____

Pré-Vestibular

Fabrício Maia

Aluno(a)

Turma Turno Data

Sede

Nº

Professor(a)TC

matemática

ensino

médio

01 Os valores de b para os quais a parábola y = x2 + bx tem um único ponto em comum com a reta y = x – 1 são:A) – 1 e 3 D) 0 e – 1B) – 1 e 2 E) 0 e 2C) – 3 e – 1

Solução:

Temos: ⎧ = +⎨ = −⎩

2y x bxy x 1

Comparando: + = −+ − + =

2

2

x bx x 1x (b 1)x 1 0

Como as equações têm um único ponto comum, então:

∆ =− − ⋅ ⋅ =− =

2

2

0(b 1) 4 1 1 0(b 1) 4

Daí: − = → = − = − → = −b 1 2 b 3 ou b 1 2 b 1

Resposta: A

02 Se f(x) = 4x + 1 e g(x) = 4x, a solução da inequação f(x) > g (2 – x) é:A) x > 0 D) x > 1,5B) x > 0,5 E) x > 2C) x > 1

Solução:Temos:f(x) > g(2 –x)4x + 1 > 42 – x

(base > 1)Daí: x + 1 > 2 –x

> → > 12x 1 x

2

Resposta: B

03 log 50 + log 40 + log 20 + log 2,5 é igual a:A) 1 D) 10B) 3 E) 1.000C) 5

Solução:

Lembre: ⋅+ =b c b ca a alog log log

Temos: log 50 + log 40 + log 20 + log 2,5 = log 100000 = log 105 = 5

Soma = 5

Resposta: C


Solução:

Temos: ⎧ = +⎨ = −⎩

2y x bxy x 1


2

2

x bx x 1x (b 1)x 1 0


∆ =− − ⋅ ⋅ =− =

2

2

0(b 1) 4 1 1 0(b 1) 4

Daí: − = → = − = − → = −b 1 2 b 3 ou b 1 2 b 1

Resposta: A



(base > 1)Daí: x + 1 > 2 –x

> → > 12x 1 x

2

Resposta: B


Solução:



Soma = 5

Resposta: C

Professor: Fabrício Maia

Ma

te

má

tic

a

5

140 questões resolvidas

“A força não provém da capacidade física e sim de uma vontade indomável” (Mahatma Gandhi)


Solução:

Temos: ⎧ = +⎨ = −⎩

2y x bxy x 1


2

2

x bx x 1x (b 1) x 1 0


∆ =− − ⋅ ⋅ =− =

2

2

0(b 1) 4 1 1 0(b 1) 4

Daí: − = → = − = − → = −b 1 2 b 3 ou b 1 2 b 1

Resposta: A



(base > 1)Daí: x + 1 > 2 –x

> → > 12x 1 x

2

Resposta: B


Solução:



Soma = 5

Resposta: C

“A força não provém da capacidade física e sim de uma vontade indomável” (Mahatma Gandhi)


Solução:

Temos: ⎧ = +⎨ = −⎩

2y x bxy x 1


2

2

x bx x 1x (b 1) x 1 0


∆ =− − ⋅ ⋅ =− =

2

2

0(b 1) 4 1 1 0(b 1) 4

Daí: − = → = − = − → = −b 1 2 b 3 ou b 1 2 b 1

Resposta: A



(base > 1)Daí: x + 1 > 2 –x

> → > 12x 1 x

2

Resposta: B


Solução:



Soma = 5

Resposta: C

OSG.: 087182/142

TC – MaTeMáTiCa

04 Utilizando a tabela abaixo, conclui-se que 5 371.293 é igual a:

A) 11B) 13C) 14D) 15E) 17

Solução:

Tomando: n = 5 371.293

Daí: log n = log 5 371.293 → log n = 15log (371. 293)

log n = 1

log371.2935⋅ (veja tabela) → = ⋅1

log n 5,555

→ log n = 1,11 (veja tabela)

logo: n = 13

Resposta: B

05 O número de pontos de interseção dos gráficos de y = 3 logx e de y = log 9x, sendo x > 0, é:A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

Solução:

Temos: { = ⋅ == > < ≠xa

Sabemos :y 3 logx

f(x) logy log 9x

(x 0 e 0 a 1)

Comparando:

⋅ ==3

3 logx log9xlogx log9x

Daí: =− =− =

= − = → = = −

3

3

2

2

x 9xx 9x 0x(x 9) 0

x 0(n.s) ou x 9 0 x 3 ou x 3(n.s)

Resposta: B

06 A equação

+ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠=

+⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

k 1 k 12 3

1k 2

5

A) não admite soluções.B) admite uma solução entre 1 e 5.C) admite uma solução entre 5 e 12.D) admite uma solução entre 12 e 20.E) admite uma solução maior que 20.

Solução:

Lembre: n n n 1p p 1 p 1

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

Daí: + + +⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

k 1 k 1 k 22 3 3

911131517...

371.293

log NN0,951,041,111,181,23

...5,55

OSG.: 087182/143

TC – MaTeMáTiCa

Substituindo: +⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠=

+⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

+ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

k 23

1k 2

5

k 2 k 23 5

logo: + = + → =3 5 k 2 k 6

Resposta: C

07 A soma dos coeficientes do desenvolvimento de (1 + x2 – x3)9 é:A) – 1 B) 2 C) 1 D) 3 E) 4

Solução:Sabemos:

Se p(x) = anxn + an – 1x

n – 1 + ... + a1x + a0, com ≠na 0, a soma dos coeficientes do polinômio é dada por p(1).

Assim: A soma dos coeficientes de (1 + x2 – x3)9 é dada por: Scoef. =(1 + 12 – 13)9 = (1 + 1 – 1)9 = 1

Resposta: C

08 Encontre o coeficiente de x2 no desenvolvimento de (x2 + 2x + 1)4.Solução:Lembre:

Termo geral: −+

⎛ ⎞= ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠n p p

p 1n

T a bp

Temos: (x2 + 2x + 1)4 = [(x + 1)2]4 = (x +1)8

Termo geral: −

+⎛ ⎞= ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

8 p pp 1

8T x 1

p

Queremos: 8 – p = 2 → =p 6

Daí: ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠

2 6 27

8T x 1 28x

6

Resposta: 28

09 Calcule n sabendo que ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠n n n n

... 8.1911 2 3 n

Solução:

Lembre: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

nn n n n... 2

0 1 2 n

Daí: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠n n n

... 8.1911 2 n

Agora: ⎛ ⎞ = ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠− === → =

n

n

n

n 13

n2 – 8 1910

2 1 8.1912 8.192

2 2 n 13

Resposta: 13

⎛ ⎞− ⎜ ⎟⎝ ⎠n n

20

��

OSG.: 087182/144

TC – MaTeMáTiCa

10 O número total de pares (x, y) que satisfazem a equação (x2 + y2 – 1)2 + (xy)2 = 0 é:A) infinito B) 0 C) 1 D) 2 E) 4

Solução:

∈+ = ⇔ = =

�n n

Se a,b e n é par, então :a b 0 a b 0

Temos: (x2 + y2 – 1)2 + (xy)2 = 0

Daí: ⎧ + − =⎨ = → = =⎩

= → = → = ±= → = → = ±

− −

2 2

2

2

x y 1 0xy 0 x 0 ou y 0

se x 0 y 1 y 1se y 0 x 1 x 1pares : (0,1),(0, 1),(1,0),( 1,0)

Resposta: E

11 A parábola de equação y = x2 – 6 tem vértice M e corta o eixo x nos pontos A e B. Qual a área do triânguloABM?

A) 1 B) 6 C) 6 D) 6 6 E) 12 6

Solução:

Lembre: 2f(x) ax bx c, com a 0= + + ≠

Coordenadas do vértice: = −

∆= − =

v

v v v

bx

2a

y ou y f(x )4a

Temos:– Coordenadas do vértice:y = x2 – 6

−= → =⋅

= − → = −

v v

2v v

0x x 0

2 1y 0 6 y 6

Então: M(0; –6)

– Pontos de interseção com o eixo x:

2x 6 x 6 ou x 6

A( 6; 0) e B( 6, 0)

− =→ = = −−

Logo, a área do ∆ABM é dada por:

Área =

−= =−

ABM

ABM

1| D |

20 6 1

| D | 6 0 1 12 6

6 0 1

Área: 1

12 6 6 6 u.a2⋅ =

Resposta: D

12 A distância do vértice da parábola y = (x – 2)(x – 6) à reta = +4y x 5 é :

3

72A)

25

29B)

25 C) 43

43D)

25

43E)

5

OSG.: 087182/145

TC – MaTeMáTiCa

ax + by + c = 0

P(x , y )o or

Solução:

I) = + + ≠2f(x) ax bx c, com a 0

Coordenadas do vértice: +⎧⎪ =⎨⎪ =⎩

1 2v

v v

x xx

2y f(x )

II) Distância de um ponto a uma reta.

+ +=+

0 0p,r

2 2

| ax by c |d

a b

Temos: = − ⋅ − →

+= =

= = − ⋅ − = ⋅ − = −v

v

y (x 2) (x 6) parábolaraízes : 2 e 6

2 6x 4

2y f(4) (4 2) (4 6) 2 ( 2) 4

Distância do vértice à reta:

(4, – 4)

4x – 3y + 15 = 0

d = ???

⋅ − ⋅ − +=+ −

=

2 2

| 4 4 3 ( 4) 15 |d

4 ( 3)

43d

5

Resposta: E

13 Resolvendo a inequação log1/2(2x + 1) > log1/2(– 3x + 4), obtemos:

− < <1 4A) x

2 3 < < 4

B) 0 x3

< 3C) x

5 − < <1 3

D) x2 5

< <3 4E) x

5 3

Solução:

Lembre: > → << <

x ya alog log x y(0 base 1)

Temos: + > − +1 12 2

log (2x 1) log ( 3x 4)

Então: ⎧ + < − + → < → <⎪⎪⎪ + > → > −⎨⎪⎪− + > → <⎪⎩

32x 1 3x 4 5x 3 x

51

2x 1 0(C.E) x2

43x 4 0 (C.E) x

3

OSG.: 087182/146

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Interseção

Resposta: D

14 Se o número complexo z = 1 – i é uma das raízes da equação x10 – a = 0, o valor de a é:A) 16 B) 32 C) 64 D) – 16i E) – 32i

Solução:Temos: x10 = a, se z é raiz, então z10 = a.

Daí: −= −= −= − → = −

10

2 5

5

5

a = (1 i)a [(1 i) ]a ( 2i)

a 32i a 32i

Resposta: E

15 A reta y = ax + 1 intercepta a curva x2 + 4y2 = 1 somente num ponto. Calcule 8a2.

Solução:

Temos: ⎧⎨ + =⎩ 2 2

y = ax + 1x 4y 1

Condição:∆ = 0 (única solução)

Daí: 2 2

2 2

2

2

(8a) 4 (1 4a ) 3 064a 12 48a 016a 12

8a 6

− ⋅ + ⋅ =− − ==

=

Resposta: 6

16 A condição para que o trinômio mx2 + (m + 1)x + 1 seja sempre positivo, qualquer que seja x, é que:A) m > 0B) (m + 1)2 + 4m < 0C) − ≤2(m 1) 0D) ≠ >m 1,m 0E) não há valores de m tais que o trinômio proposto, qualquer que seja x, se torne sempre positivo.

Solução:Devemos ter:

1ª condição: a > 0 → m > 0

2ª condição: ∆ < → + − ⋅ ⋅ < →→ + + − < → − + < →→ − < − ≥ ∀ ∈�

2

2 2

2 2

0 (m 1) 4 m 1 0m 2m 1 4m 0 m 2m 1 0(m 1) 0(absurdo, pois,(m 1) 0, m )

Resposta: E

35

(I)

(II)

43

(III)

(I) ∆ (II) ∆ (III)1

2− 3

5

−12

+ + + + + + {∆ <>

0a 0

Substituindo (I) em (II): + + =+ + + − =

+ + + =

2 2

2 2 2

2 2

x 4(ax 1) 1x 4a x 8ax 4 1 0

x (1 4a ) 8ax 3 0 (Equação do 2o grau)

OSG.: 087182/147

TC – MaTeMáTiCa

17 Sejam A = {1, 2, 3} e f: A → A definida por f(1) = 3, f(2) = 1 e f(3) = 2. O conjunto-solução de f[f(x)] = 3, é:A) {1} B) {2} C) {3} D) {1, 2, 3} E) vazio

Solução:Temos:

se x 1 f(f(1)) f(3) 2 f(f(1)) 2(n.s)se x 2 f(f(2)) f(1) 3 f(f(2)) 3(OK)se x 3 f(f(3)) f(2) 1 f(f(3)) 1(n.s)S {2}

= → = = → == → = = → == → = = → =

=Resposta: B

18 Seja S a soma, em radianos, das raízes da equação 1 + cos x + cos 2x + cos 3x = 0, x ∈[0, π]. Calcule π6S

.

Solução:

Fórmula de Werner: + −⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

p q p qcosp cosq 2cos cos

2 2

Temos: ⎧ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + = ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎨ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ + = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩

x x1 cosx cos0 cosx 2cos cos

2 25x x

cos2x cos3x 2cos cos2 2

Então:

Daí: π= → = + π → = π + π

π π π= → = + π → = +

π= → = = π

π π= → = π

x xcos 0 k x 2k

2 2 2ou

3x 3x 2kcos 0 k x

2 2 2 3 3ou

cos x 0 x k2

se k 0 x , ou3 2

se k = 1, 2, 3, ... → raízes já encontradas ou fora do intervalo dado.

Raízes: π, π π

,2 3

Soma das raízes = π π π + π + π= π + + =

π=

6 3 2S

2 3 611

S6

=π6S

Logo : 11

f− = ∀ ∈Impor tante :cos( x) cos(x), x D

Resposta: 11

123

123

A A

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

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

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅ − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x x 5x x2cos cos 2cos cos 0

2 2 2 2

x x 5x2cos cos cos 0

2 2 2

x 3x2cos 2 cos cos ( x) 0

2 2

x 3x4cos cos cos(x) 0

2 2

OSG.: 087182/148

TC – MaTeMáTiCa

19 A função f(x) = −−3 x(1 x)

x2 4

é crescente, para todo x pertencente a:

25A) ,

16⎡ ⎞− +∞⎟⎢⎣ ⎠

25B) ,

4⎡ ⎞− +∞⎟⎢⎣ ⎠

5

C) ,2

⎡ ⎞− +∞⎟⎢⎣ ⎠

5D) ,

4⎡ ⎞−∞ ⎟⎢⎣ ⎠

�E)

Solução:

Temos: 2

2

2

2

3 x – xf(x) x

2 46x x x

f(x)4

x 5xf(x)

41 5

f(x) x x4 4

= −

− +=

+=

= +

Parábola

Resposta: C

20 Se p e q são raízes não-nulas de x2 + 5px – 8q = 0, calcule p + q.

Solução:

Girard

{ + = −⋅ = −

1 2

1 2

x x 5px x 8q

Daí:

{p q 5qp q 8q+ = −⋅ = −

2ª equação

p q 8q⋅ = − (como q é diferente de zero)

Temos:

= −

+ = −+ = − ⋅ −+ =

p 8Logo :p q 5pp q 5 ( 8)

p q 40

Resposta: 40

21 Quantos valores inteiros satisfazem a inequação (2x – 7) (x – 1) ≤ 0.A) zero B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

crescente

−= = −

⋅v

554x

1 224

f ∀ ≥ −5é crescente x

2

OSG.: 087182/149

TC – MaTeMáTiCa

Solução:

Inteiros: 1, 2, 3

Resposta: D

22 Sobre a equação 1.983x2 – 1.984x – 1.985 = 0, a afirmativa correta é:A) não tem raízes. D) tem duas raízes positivas.B) tem duas raízes simétricas. E) tem duas raízes negativas.C) tem duas raízes reais distintas.

Solução:

Temos: ∆ = −∆ = − − ⋅ −∆ = + ⋅

2

2

2

B 4ac( 1984) 4.1983 ( 1985)1984 4.1983 1985

∆ > →Então :

0

Resposta: C

23 Seja f uma função real tal que f (x + 1) = (f (x))2 e f (0) = 10. Então f (4) é igual a:A) 1016 B) 100 C) 10258 D) 101 E) 121

Solução:Temos que:

Resposta: A

24 Se o domínio da função f, definida por f(x) = 1 – 2x, é o intervalo ]–3, 2], então Imf é:A) ]–7, 3] B) [–3, 7[ C) ]–3, 7] D) [–3, 5[ E) ]–3, 3]

Solução:

Temos: 1 y

y 1 2x x2−= − → =

Veja: x ] 3,2]∈ −Então: 3 x 2− < ≤

Agora :1 y

3 22

6 1 y 47 y 3

7 y 3ou

3 y 7 y [ 3,7[

−− < ≤

− < − ≤− < − ≤> ≥ −

− ≤ < → ∈ −

Resposta: B

– – –

+ +

– – –

72

+ + +

+ + +

1

+ +

72

1

– –produto

Estudo do sinal

raízes reais e distintas

2

2 2

2 4

2 8

2 16

f(x + 1) = [f(x)]se x 0 f(1) [f(0)] f(1) 10se x 1 f(2) [f(1)] f(2) 10se x 2 f(3) [f(2)] f(3) 10

se x 3 f(4) [f(3)] f(4) 10

= → = → == → = → == → = → == → = → =

OSG.: 087182/1410

TC – MaTeMáTiCa

25 Se f(2x + 3) = 4x2 + 6x + 1, x ,∀ ∈� então f(1 – x) vale:A) 2 – x2 B) 2 + x2 C) x2 + 2x – 4 D) 3x2 – 2x + 4 E) x2 + x – 1

Solução:

Tomando: k 3

2x 3 k x2−+ = → =

Então:

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

2

2

2

k 3 k 3f(k) 4 6 1

2 2f(k) (k 3) 3(k 3) 1

f(k) k 3k 1

Agora:

− = − − − +− = + −

− = + −

2

2

2

f(1 k) (1 k) 3(1 k) 1f(1 k) k k 1

Por tanto :f(1 x) x x 1

Resposta: E

26 A distância do centro da circunferência x2 + y2 – 6x – 8y + 21 = 0 à bissetriz do Iº e IIIº quadrantes, vale:

A) 5 B) 2 C) 3 D)3

2E)

22

Solução:

Circunferênciax2 + y2 – 2ax – 2by + a2 + b2 – R2 = 0Centro (a,b)

Daí:– 2a = – 6 → a = 3– 2b = – 8 → b = 4

Bissetriz dos quadrantes ímpares

2 2

|1 3 1 4 0 | 1 2distância

221 ( 1)

⋅ − ⋅ += = =+ −

Resposta: E

27 A reta y = 3

x3

é tangente a uma circunferência do centro (2, 0). O raio dessa circunferência é:

A) 3 B) 2 C) 3 D) 1 E) 0,5

x y 0− =

C(3,4)

y x=

OSG.: 087182/1411

TC – MaTeMáTiCa

Solução:

distância de um ponto a uma reta.

⋅ − ⋅ += =+ −

=

=

2 2

| 3 2 3 0 0 | 2 3R

12( 3) ( 3)

2 3R

2 3R 1

Resposta: D

28 Se S = 1! + 2! + 3! + ... + 89!, então o dígito das unidades de S é:A) 1 B) 3 C) 5 D) 7 E) 9

Solução:Veja:1! = 1; 2! = 2; 3! = 6; 4! = 24A partir de 5!, os resultados serão múltiplos de 10.Então:S = 1 + 2 + 6 + 24 + 5! + ... + 89!

33 múltiplo de 10S = 3 + 30 + 10α’

múltiplo de 10S = 3 + 10α → dígito das unidades é 3.

Resposta: B

29 O sistema linear de equações nas incógnitas x e y {kx 2y 12x y m

+ = −− = é impossível se, e somente se:

A) k = – 4 e m 12

≠ B)1

k 4 e m2

≠ − = C)1

k 4 e m2

≠ − ≠ D) = −k 4 E) = − = 1k 4 e m

2Solução:

Sistema {kx 2y 14x 2y 2m

+ = −− =

Somando: (k 4)x 2m 1+ = −Impossível

+ = → = −⎧⎪⎨ − ≠ → ≠⎪⎩

k 4 0 k 41

2m 1 0 m2

Resposta: A

30 Em um triângulo retângulo OAB, retângulo em O, com OA = a e OB = b, são dados pontos P em OA e Q em OBde tal maneira que AP = PQ = QB = x. Nessas condições o valor de x é:

A) ab a b− −B) a b 2ab+ −

C) 2 2a b+D) a b 2ab+ +E) ab a b+ +

(2,0)

3x 3y 0− =

��

��

OSG.: 087182/1412

TC – MaTeMáTiCa

Solução:Pitágoras

= − + −= − + + − +− + + + =

∆ = − + − ⋅ +∆ = + − +∆ =

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

x (a x) (b x)x a 2ax x b 2bx x

x 2(a b)x a b 0

[ 2(a b)] 4 1(a b )4(a b) 4(a b )8ab

Daí:

+ ± + ±= =

= + +

= + −

2 2(a b) 8ab 2(a b) 2 2abx

2 2

x a b 2ab (absurdo, veja figura) ou

x a b 2ab

Resposta: B

31 Num triângulo retângulo de catetos 1 e 3cm , a altura relativa à hipotenusa mede, em cm:

A) 2 B) 3 C) 3 D)3

2E)

22

Solução:Temos:

Relações métricas

I) 2 2 2 2a 1 ( 3) a 4 a 2= + → = → =

II)3

1 3 a h 3 2h h2

⋅ = ⋅ → = → =

Resposta: D

32 Sendo f(x) = 100x + 3, o valor de −

−

−−

8 3

8 3

f(10 ) f(10 )10 10

é:

A) 104 B) 102 C) 10 D) 10–5 E) 10–11

Solução:Saiba:Se f(x) = ax + b, com a ≠ 0, então:

f(s) f(v)a, com s v.

s v− = ≠−

Assim, 8 3

8 3

f(10 ) f(10 )100

10 10

−

−

− =−

(coeficiente angular)

Resposta: B

33 Se um polígono convexo de n lados tem 54 diagonais, então n é:A) 8 B) 9 C) 10 D) 11 E) 12

Solução:

Lembre: Fórmula do número de diagonais n(n 3)

d2

−= .

Então:

Resposta: E

B

o

A

PQ

b – xa – x

x x

B C h

A

a

1 3

2

n(n – 3)54

2

n – 3n –108 0

n 12 ou n –9 (n.s)

=

== =

OSG.: 087182/1413

TC – MaTeMáTiCa

34 O polígono convexo cuja soma dos ângulos internos mede 1440º tem, exatamente:A) 15 diagonaisB) 20 diagonaisC) 25 diagonaisD) 30 diagonaisE) 35 diagonais

Solução:Lembre: Soma dos ângulos internos Si = (n – 2) ⋅ 180º

Então: 1440º = (n 2) 180º

1400ºn 2

180º

8 n 2

n 10

− ⋅

= −

= −=

Portanto: n(n 3) 10 7d

2 2

d 35

− ⋅= =

=Resposta: E

35 Na figura, ABCD é um quadrado e BCE é um triângulo eqüilátero. A medida do ângulo AEB, em graus, é:A) 30 D) 75B) 49 E) 90C) 60

Solução:Figura:

∆BCE é eqüilátero → α = 60ºABCD é um quadrado → 30ºθ =Veja: BC BE≡ (lado do quadrado = lado do ∆BCE)

Daí: ∆ABE é isósceles

Resposta: D

36 Na figura abaixo, EFG é um triângulo retângulo, EF 2cm= , EG 6cm e EP PQ QG.= = = Então α + β + θ é igual a:

A)3

πB)

718

πC)

49π

D)2π

E

C

D

B

A

E

C

D

B

A

αθ

x

2x 180º30º 2x 180º

x 75º

θ + =+ =

=

A

Ex

θ

x

B

α β θ

F

P Q G E

OSG.: 087182/1414

TC – MaTeMáTiCa

Solução:

2EPF tg tg 1 45º

22 1

EQF tg tg4 22 1

EGF tg tg6 3

∆ → α = → α = →α =

∆ → β = → β =

∆ → θ= → θ=

Sabemos:tg tg

tg( )1 tg tg

β + θβ + θ =− β ⋅ θ

Então:

1 1 52 3 6tg( ) 1

1 1 51

2 3 6

tg( ) 1 45º

+β + θ = = =

− ⋅

β + θ = → β + θ =

Portanto: 90ºα+β+ θ =

Resposta: D

37 A área compreendida entre as retas 4y = x – 2, y = 2x – 4 e x = 0 é igual a:A) 3,0 u.a B) 3,5 u.a C) 4,0 u.a D) 4,5 u.a E) 6,0 u.a

Solução:Temos:

Gráfico:

Logo:

Área = 1 7

7 u.a2 2⋅ =

Resposta: B

F

Eα β θ

P Q G 2 2 2

2

x 2y

4y 2x 4x 0 (eixo y)

−⎧ =⎪⎪ = −⎨⎪ =⎪⎩

retas

1A(0, );B (0, 4) e C(2,0)

2

− −

A C

B

y

x

y 2x 4= −

x 2y

4−=

ABC

10 1

2D 0 4 1 1 8 7

2 0 1

−

= − = − + =

OSG.: 087182/1415

TC – MaTeMáTiCa

38 A razão de uma progressão geométrica, cujos termos são os três lados de um triângulo retângulo é:

1 5A)

2

+ 1 2B)

5

+ 1 3C)

2

+ 1 2D)

3

+

Solução:

xP.G. ;x;xq

q

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Pitágoras

Dividindo ambos os membros por x2

22

4 2

2 2

1q 1

qq q 1 0

1 5 1 5q q

2 2

= +

− − =± += → =

Portanto: 1 5

q2

+=

Atenção!!! q é positivo.

Resposta: A

39 Sejam a e b números reais. Se a > b > 0, a2 – b2 = 4 e log2(a + b) – log3(a – b) = 2, então a2 + b2 é igual a:A) 13/2 B) 15/2 C) 17/2 D) 19/2

Solução:

Fazendo: x2

y3

log (a b) x a b 2log (a b) y a b 3

+ = → + =− = → − =

Sistema: x y2 3 4x y 2 x 2 y⎧ ⋅ =⎨ − = → = +⎩

Substituindo: x y

2 y y

2 y y

y

y

2 3 42 3 42 2 3 44 6 46 1 y 0 x 2

+⋅ =⋅ =

⋅ ⋅ =⋅ == → = → =

Assim: {a b 4a b 1+ =− =

Resolvendo: = =5 3a e b

2 2

Logo: 2 2 34 17a b

4 2+ = =

Resposta: C

C

A x B

xqx

q

2

2 2

22 2 2

2

x(xq) x

qx

x q xq

⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎝ ⎠

= +

OSG.: 087182/1416

TC – MaTeMáTiCa

40 Se x1 e x2 são as raízes da equação x x2log 3 log (3x )3 x ,= então 9(x1 + x2) é igual a:

A) 22 B) 24 C) 26 D) 28

Solução:

Lembre: alog b

xa

I) a bII)Se log b x a b

== → =

Temos: x x2log 3 log 3x3 x=

Então: x2log 33 3x=

Tomando: k3 x

1log x k log 3 e x 3

k= → = =

Substituindo: 1

2. kk

2k 1k

3 3 3

3 3 +

= ⋅

=

Comparando: 2

2

1

1 2

2k 1

kk k 2 0

1k 2 x 3 x

9ouk 1 x 3 3Logo :

19(x x ) 9 3 1 27 28

9

−

+ =

+ − =

= − → = → =

= → = →=

⎛ ⎞+ = + = + =⎜ ⎟⎝ ⎠

Resposta: D

41 O número de raízes de equação32

+ cos x = 0 é:

A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) maior que 3

Solução:

Sabemos: 1 cos x 1, x.− ≤ ≤ ∀

Temos:

Resposta: A

42 O número de raízes da equação tg2x – sen2x = 0, 0 x 2 ,≤ < π é: A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) maior que 3

Solução:

Temos:

Daí: senx 0x 0 ou x

== = π

Resposta: C

3cos x 0

23

cos x2

cos x 1,5

+ =

= −

= − (absurdo, pois o mínimo de cos x é – 1)

22

2

2 2 2

2 2

2 2

4

sen xsen x 0

cos xsen x sen x cos x 0sen x(1 cos x) 0sen x sen x 0sen x 0

− =

− =− =

⋅ ==

OSG.: 087182/1417

TC – MaTeMáTiCa

43 Determine n, sabendo que n

p

p 0

n2 729

p=

⎛ ⎞ ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠∑

Solução: n

n n p p

p 0

n(a b) a b

p−

=

⎛ ⎞+ = ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠∑ (binômio de Newton)

Veja: n

n p p n n

p 0

n1 2 (1 2) 3

p−

=

⎛ ⎞ ⋅ ⋅ = + =⎜ ⎟⎝ ⎠∑

Então: n3 729 n 6= → =

Resposta: 6

44 O domínio real da função f(x) = 2senx 1− para 0 x 2 ,≤ < π é:

5A) x

6 6π π≤ ≤ 5

B) 0 x ou x 26 6π π≤ ≤ ≤ < π C) 0 x≤ < π

2D) x

3 3π π≤ ≤

Solução:

Condição:

2senx 1 0

1senx

2

− ≥

≥

Daí: 5

x6 6π π≤ ≤

Resposta: A

45 Seja M um conjunto de 20 elementos. O número de subconjuntos de M que contêm exatamente 18 elementos é:A) 360 B) 190 C) 180 D) 120 E) 18

Solução:Temos: M = {a1, a2, a3 ..., a20}.A ordem dos elementos não altera um conjunto.Daí: nº de subconjuntos com 18 elementos = C20, 18

Resposta: B

46 Se Cn, 2 + 2.An,2 + 100 = A2n, 2, então n é igual a:

A) 24 B) 8 C) 6 D) 10 E)253

−

Solução:

Temos: n,2

n,2

2n,2

n! n (n 1)C

(n 2)!2! 2n!

A n (n 1)(n 2)

(2n)!A (2n) (2n 1)

(2n 2)!

⋅ −= =−

= = ⋅ −−

= = ⋅ −−

Então:

Resposta: B

2 2 2

2

n(n 1)2 n(n 1) 100 (2n)(2n 1)

2n n 4n 4n 200 8n 4n3n n 200 0

25n 8 ou n (n.s)

3

− + ⋅ − + = −

− + − + = −+ − =

= = −

150º

c

30º

s

1

2

OSG.: 087182/1418

TC – MaTeMáTiCa

47 Deseja-se acondicionar em um certo número de caixas, 1590 bolinhas brancas, 1060 amarelas e 583 azuis, demodo que cada caixa contenha bolinhas de todas as cores. Calcule o número máximo de caixas de modo quequalquer dessas caixas contenha, para cada cor, quantidades iguais de bolinhas.

Solução:x → número de caixas.p → quantidade de bolas brancas em cada caixa.q → quantidade de bolas amarelas em cada caixa.r → quantidade de bolas azuis em cada caixa.

Temos:

Veja: x m.d.c. (1590,1060,583)

x 53

==

* MDC (1590, 1060) = 530 * MDC (530, 583) = 53

Resposta: 53

48 Sejam N o conjunto dos números inteiros positivos e E = {(x,y) ∈ N2; x4y4 – 10x2y2 + 9 = 0}. Determine o númerode elementos de E.

Solução:

Temos: 4 4 2 2

2 2 2 2 2

x y 10x y 9 0(x y ) 10x y 9 0

− + =− + =

Fazendo: 2 2x y k=

Equação: 2

2 2 2

k 10k 9 0k 1 x y 1 (xy) 1

− + == → = → =

ou 2 2 2k 9 x y 9 (xy) 9= → = → =

Como x e y são inteiros positivos, tem-se:

xy 1 (1,1)ouxy 3 (1,3) ou (3,1)E {(1,1),(1,3),(3,1)}

= →

= →=

Resposta: 3

49 Considere a função real definida por 2x 3 3

f(x) ,x1 1 2x3 2

+= ≠ −+

.

Então o valor da soma 1 f(1) 2 f(2) 3 f(3) ... 20 f(20)⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ é:

A) 120 B) 600 C) 210 D) 620 E) 1.260

1590p

x

1060q

x

583r

x

=

=

=

1060

1 2

530

0

1590

530

583 530

1 10

53

0

OSG.: 087182/1419

TC – MaTeMáTiCa

Solução:

Temos: 2x 3 6

f(x) 2x 32x 3 2x 3

6

+= = + ⋅+ +

Então: f(x) 6=Agora:Soma:Soma:

Soma:

Resposta: E

50 Sejam x e y números reais satisfazendo as equações logy x + logx y = 2 e x2y + y2 = 12x. Determine o valor doproduto xy.

Solução:

Tomando: = → =y x1

log x m log ym

Daí: + =

− + == → =

2

1m 2

mm 2m 1 0

m 1 x y

Substituindo na 2ª equação

Resposta: 9

51 Os conjuntos A e B possuem 3 e 4 elementos, respectivamente. Quantas funções de A em B têm o conjuntoimagem igual a B?A) Nenhuma B) 34 C) 43 D) 3! E) 4!

Solução:Veja:I) Numa função de A em B devemos ter todos os elementos de A associados a um único valor em B.II) Se o conjunto imagem é o próprio B, então existe um elemento em A com duas imagens, pois todos os

elementos de A estão associados.Portanto, não existem funções de A em B sobrejetoras.

Resposta: A

52 As funções injetoras de A = {1, 2, 3, 4} em B = {5, 6, 7, 8, 9, 0} são em número de:A) 720 B) 360 C) 15 D) 24 E) 30

Solução:Lembre:Se f é injetora, então:

1 2 1 2x x f(x ) f(x )≠ → ≠Daí:

Pelo princípio fundamental da contagem, tem-se 6.5.4.3 = 360 funções injetorasResposta: B

Soma 1.260=

1 6 2 6 3 6 ... 20 6(1 2 3 ... 20) 6

(1 20) 206 21 10 6

2

⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅+ + + + ⋅

+ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ →

2 2

2 2

3 2

2

x y y 12xx x x 12xx x 12x 0x(x x 12) 0x 0 (n.s) ou x 4 (n.s)ou

x 3 y 3

+ =⋅ + =+ − =+ − =

= = −

= → =

f(1): 6 possibilidades em Bf(2): 5 possibilidades em Bf(3): 4 possibilidades em Bf(4): 3 possibilidades em B

1234

A

OSG.: 087182/1420

TC – MaTeMáTiCa

53 Para ser aprovado numa disciplina, um aluno precisa ter média maior ou igual a 50, obtida num conjunto de 5provas, sendo quatro parciais, com peso 1 (um) cada, e uma prova-exame, com peso 2 (dois). Um certo alunoobteve em matemática, nas quatro provas parciais, notas iguais a 30, 60, 50 e 70. Esse aluno, para ser aprovadonessa disciplina, deverá obter, na prova-exame, nota mínima igual a:A) 20 B) 35 C) 40 D) 45 E) 50

Solução:

Média ponderada = 1 30 1 60 1 50 1 70 2 x 210 2x

6 6⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ +=

Temos:

min

210 2x50

6210 2x 3002x 90

x 45 x 45

+ ≥

+ ≥≥≥ → =

Resposta: D

54 O resto da divisão do inteiro n por 12 é igual a 7. O resto da divisão n por 4 é:A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

Solução:Temos:

Daí: n 12q 7n 12q 4 3n 4(3q 1) 3n 4q' 3, onde q' 3q 1

= += + += + += + = +

Veja:

Resposta: D

55 Qual dos cinco números relacionados abaixo não é um divisor de 1015?A) 25 B) 50 C) 64 D) 75 E) 250

Solução:

Temos: 15 15 15 1510 (2 5) 2 5= ⋅ = ⋅Veja:(A) 25 = 52 divide 1015 (OK)(B) 50 = 2 ⋅ 52 divide 1015 (OK)(C) 64 = 26 divide 1015 (OK)(D) 75 = 3 ⋅ 52 não divide 1015 (problema fator 3)(B) 250 = 2 ⋅ 53 divide 1015 (OK)

Resposta: D

56 A fração geratriz de 3,74151515... é:

37.415A)

10.0003.741.515

B)10.000

37.041C)

9.90037.041

D)9.000

370.415E)

99.000

Solução:

Temos: 37.415 374 37.041

3,74159.900 9.900

−= =

Resposta: C

n

7 q

12

n

3

4

q’

OSG.: 087182/1421

TC – MaTeMáTiCa

57 Se A e B são conjuntos, A – (A – B) é igual a:A) A B) B C) A – B D) A ∪ B E) A ∩ B

Solução: Lembre: A B {x / x A e x B}− = ∈ ∉É fácil ver:

A – (A – B) = A ∩ B

Resposta: E

58 O retângulo abaixo de dimensões a e b está decomposto em quadrados. Qual o valor da razão a

?b

5A)

32

B)3

C) 23

D)2

1E)

2

Solução:

Sendo x a medida do lado do menor quadrado, os outros quadrados terão seus lados com as medidas indicadasna figura.

Assim: a = 5x e b = 3x

Portanto, a 5b 3

=

Resposta: A

59 A equação x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0, de coeficientes reais, admite as raízes 2 – i e 3 + 2i. Então d é:A) 75 B) 65 C) 25 D) 15 E) 10

Solução:Sabemos que:Se os coeficientes de um polinômio P(x) são reais, então: a + bi raiz de P(x) → a – bi também é:

Temos:2 – i raiz → 2 + i também é.3 + 2i raiz → 3 – 2i também é.

Daí, aplicando Girard na equação:

Resposta: B

B

A–B

A

b

a

x

��

��

��

x x

2x

2x2x

3x

5x

3x

1 2 3 4

2 2

x .x .x .x d(2 i) (2 i) (3 2i) (3 2i) d(4 i ) (9 4i ) d5 13 d

d 65

=− ⋅ + ⋅ + ⋅ − =− ⋅ − =

⋅ ==

OSG.: 087182/1422

TC – MaTeMáTiCa

60 O número de soluções reais da equação 2

2

2x 8xx

x 4x− =

− é:

A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

Solução:Temos:

2

2

2 3 2

3 2

2

2x 8xx

x 4x2x 8x x 4xx 6x 8x 0x(x 6x 8) 0x 0 (n. serve) denominador nulo

− =−− = −

− + =− + =

= →

ou

2x 6x 8 0ou

x 2oux 4 (n. serve) denominador nuloS {2}

− + =

=

= →=

Resposta: B

61 Determine o número de soluções reais da equação 2x = 2log x .

A) Nenhuma B) Uma C) Duas D) Três E) Infinitas

Solução:

Graficamente:

Como não existe interseção, a equação não admite soluções.

Resposta: A

62 Se n é o maior número inteiro pertencente ao domínio da função 2f(x) 1 log x= − , determine o valor de n3 + 3n2 + 2.

A) 2 B) 20 C) 21 D) 22 E) 32

Solução:Domínio → campo de existência → condição de existência da função →

12 21 log x 0 log x 1 0 x 2 0 x 2− ≥ → ≤ → < ≤ → < ≤ → maior inteiro x = 2.

Logo, a expressão é igual a 3 22 3 2 2 22+ ⋅ + = .

Resposta: D

y

x0

2y log x=

xy 2=

OSG.: 087182/1423

TC – MaTeMáTiCa

63 Dado x 1≠ e positivo, calcule o valor de

1

Lnxx

e.

A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

Solução:Sabemos que:

alog b

ab

e

I) a b1

II) log blog a

III)Lx Lnx log x

=

=

= =

Então, a expressão dada

1

Lnxx

eé igual a:

xlog ex eExp. 1

e e= = = .

Resposta: B

64 Prove que10 10 10log c log a log b

a b c1

b c a⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Prova:

Tomemos:

x10

y10

z10

log a x 10 alog b y 10 blog c z 10 c

= → == → == → =

Então:

c.q.p

65 Determine o produto das soluções reais da equação 3log x 39 x x⋅ = .A) 4 B) 8 C) 25 D) 27 E) 90

Solução:

Tomemos: k3log x k 3 x= → =

Assim:

2

k k k 3

k 2 3k 2

2

9 (3 ) (3 )

3 3 k 2 3kk 3k 2 0

k 1 x 3ou

k 2 x 9

+

⋅ == → + =

→ − + == → =

= → =

Portanto, o produto das soluções é 27.

Resposta: D

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

z x yx y z

y z x

10 10 10

10 10 10

= ⋅ ⋅xz xy yz

yz xz xy

10 10 10

10 10 10

1º membro

1º membro

1º membro = 1

OSG.: 087182/1424

TC – MaTeMáTiCa

66 Seja x tal que x10 10log 2,log (2 1)− e x

10log (2 3)+ estão, nessa ordem, em progressão aritmética. Calcule 22x.

A) 1 B) 4 C) 8 D) 16 E) 25

Solução:

Temos que: x x10 10 10

x x10 10 10

x 2 x10 10

x 2 x

(log 2,log (2 1),log (2 3) P.A2 log (2 1) log 2 log (2 3)log (2 1) log 2(2 3)(2 1) 2 (2 3)

− + →→ ⋅ − = + + →→ − = + →→ − = ⋅ +

Tome: 2x = aEntão:a2 – 2a + 1 = 2a + 6 → a2– 4a – 5 = 0a = 5 → 2x = 5 ou a = – 1 (não serve)

Portanto, 22x = 25Resposta: E

67 As dimensões de um paralelepípedo retângulo são proporcionais a 3,5 e 7. Sabendo que a diagonal mede

4 83cm , calcule o volume do paralelepípedo.

A) 105cm3 B) 1575cm3 C) 4725cm3 D) 6720cm3 E) 8575cm3

Solução:

Diagonal (D) → 2 2 2

2

D (3k) (5k) (7k)

4 83 83k

4 83 k 83k 4

= + +==

=

Volume (V) → 3

V 12 20 28V 6720cm

= ⋅ ⋅=

Resposta: D

68 Um prisma reto de altura igual a 9cm tem como base um triângulo. Sabendo que dois dos lados desse triângulomedem 3cm e 4cm e que o ângulo formado por esses lados mede 45º, determine o volume do prisma.

3A) 3 2cm 3B) 9 2cm 3C) 27 2cm 3D) 54 2cm 3E) 81 2cm

Solução:

Volume do prisma: (Área da base) x (altura)

Então:

3

3 4 sen45ºV 9

2

2V 6 9 27 2cm

2

⋅ ⋅⎛ ⎞= ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

= ⋅ ⋅ =

Resposta: C

3k

5k

7kD

9

4

3

45º

OSG.: 087182/1425

TC – MaTeMáTiCa

69 A aresta, a diagonal e o volume de um cubo estão, nessa ordem, em progressão geométrica. Determine a áreatotal desse cubo.A) 3 B) 6 C) 9 D) 18 E) 27

Solução:

aresta = a

diagonal = a 3volume = a3

P.G. (a, a 3 , a3) → ( a 3 )2 = a ⋅ a3 →3a2 = a4 → a2 = 3

Portanto, a área total será 18u.a.

Resposta: D

70 Uma esfera de raio r é inscrita num cone equilátero com geratriz de comprimento g. Determine o valor de g 3

r.

A) 3 B) 6 C) 8 D) 9 E) 12

Solução:

0 = incentro, baricentro, circuncentro, ortocentro.Veja:I) g = 2R (geratriz)

II)g 3 g 3

3r 62 r

= → =

Resposta: B

71 O raio da base de um cone circular reto mede 4cm e sua altura 25

cmπ

. Determine, em cm3, o volume do cilindro

circular reto de maior área lateral, inscrito no cone.A) 4 B) 10 C) 25 D) 40 E) 50

Solução:

Da

a

a��

2R

0

2R

2R

2r

r

4

hα

r

25π

OSG.: 087182/1426

TC – MaTeMáTiCa

Área (lateral do cilindro) = L2 rh Aπ =

Veja:

25h 25

tg h (4 r)4 r 4 4

πα = = → = −− π

Subst. h na área lateral, vem:

2L L

25 25A 2 r (4 r) A (4r r )

4 2⎡ ⎤= π − → = −⎢ ⎥π⎣ ⎦

Para que AL seja máxima, basta que r seja igual a abscissa do vértice da parábola.

Então: r = 2 → 2 325 25h V 50cm

2 22= → = π ⋅ =

π π⋅

Resposta: E

72 Determine a área (em m2) do setor circular hachurado na figura abaixo, sabendo que o ângulo ˆABCmede rad6π

e o diâmetro AB mede 6

8π

m.

A) 24 D) 54

B) 48 E) 54 3

C) 48 3

Solução:

[setor] = 2R

6π

ABC∆ é retângulo

R 3cos30º

268

= =

π

Então: = ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ →π π

π→ = ⋅ ⋅ → = ⋅ → =π

2

22 2

6 62R 3 8 4R 3 64

6 RR 3 16 3 16 [setor] 48m .

6

Resposta: B

73 Dado um cilindro de revolução de raio r e altura h. sabe-se que a média harmônica entre o raio r e a altura hé 4 e que sua área total é 2πm2. Mostre que o raio r satisfaz a sentença r3 – r + 2 = 0.

Solução:

B

C

A

B

C

A30º

R

R

h

r

��parábola

OSG.: 087182/1427

TC – MaTeMáTiCa

Área total

2

2

2 rh 2 r 2

rh r 1 (I)

π + π = π+ =

Média harmônica

2rh4

r h2r

h (II)r 2

=+

=−

Subst. (II) em (I), vem:

22 2

2 2 2 3 2

3 3

2r 2rr r 1 r 1

r 2 r 22r r (r 2) r 2 2r r 2r r 2

r r 2 r r 2 0

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

74 Seja o determinante D(x) = 1 2senx senx

.cosx 1 2senx

− −+ Calcule o valor de D

π⎛ ⎞⎜ ⎟12⎝ ⎠

.

1A)

22

B)2

3C)

2

1D) 3

2+ 3 1

E)2 4

+

Solução:

2D(x) 1 2sen x senxcos xsen(2x)

D(x) cos(2x)2

= − +

= +

Resposta: E

75 Seja R a raiz positiva da equação x2 + x – 34

= 0. Se R = senAº cos Aº

,sen11º cos11º onde 0 < A < 90. Calcule o valor de A.

A) 30 B) 41 C) 60 D) 75 E) 80

Solução:

Temos: 2 3x x 0

41 1

x R2 2

3x (não serve)

2

+ − =

= → =

−=

Assim, R senAºcos11º sen11ºcos AºR sen(Aº 11º )1

sen(Aº 11º )2

= −= −

= −

Então: Aº – 11º = 30º

Aº = 41º → A = 41

Resposta: B

sen6

D cos6 2

π⎛ ⎞⎜ ⎟π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟12⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3 1D

2 4π⎛ ⎞ = +⎜ ⎟12⎝ ⎠

ou

OSG.: 087182/1428

TC – MaTeMáTiCa

76 Determine a soma das raízes da equação.A) 0 D) 4B) 1 E) 5C) 2

Solução: Aplicando chió, vem:

Daí: x 1 0 0

0 x 1 0 00 0 x 5

−+ =

−

(x 1) (x 1)(x 5) 0− ⋅ + − =x = 1, – 1 ou 5Portanto, a soma das raízes é 5.

Resposta: E

77 Se o sistema {x my 3mx 4y 6

+ =+ =

tem infinitas soluções. Determine o valor de m4 – 8m2 + 23.

A) 6 B) 7 C) 8 D) 9 E) 12

Solução:Sejam:r: a1x + b1y + c1 = 0s: a2x + b2y + c2 = 0

Se r e s são coincidentes, então:

11 1

2 2 2

ba ca b c

= =

Assim, temos:

1 m 3m 2

m 4 6= = → =

* retas coincidentes → infinitas soluções.Portanto, m4 – 8m2 + 23 = 7

Resposta: B

78 Se (xo, yo, zo) é uma solução do sistema 2

x y 2xy z 1

+ =⎧⎨ + =⎩

encontre o valor de 2 2 2o o ox y 2z .+ −

A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

Solução:

2 2o o o o o o

2 2o o o o o o

x y 2 x y 2x y 4x y z 1 2x y 2z 2

⎧ + = → + + =⎨ + = →− − = −⎩

Somando: o o

2 2 2ox y 2z 2+ − =

Resposta: C

1 1 1 11 x 1 1

01 1 x 2 11 1 1 x 4

=+−

1 1 1 11 x 1 1

01 1 x 2 11 1 1 x – 4

=+

OSG.: 087182/1429

TC – MaTeMáTiCa

79 Considere a função real definida no conjunto dos números reais não-negativos por f(x) = x + x – 2. Determineo número real k, tal que f(2k) = 0.A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4


+ − =− = −− ⋅ + =− ⋅ + == → =

= → =

k k

k k

2k k k

2k k

k

k

2 2 2 0

2 2 22 4 2 4 22 5 2 4 0

2 1 k 0ou2 4 k 2 (não serve)

Veja: se k = 2 → f(2k) = f(4) = 4 ≠ 0

Resposta: A

80 Sendo a reta y = ax + b tangente à elipse x2 + 4y2 = 1, determine o valor de 8(b2 – a2).A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

Solução:Substituindo a reta na equação da elipse, vem:x2 + 4y2 = 1x2 + 4(a2x2 + 2abx + b2) = 1(1 + 4a2) x2 + 8abx + 4b2 – 1 = 0

Como a reta é tangente, então a interseção é um único ponto.

∆ = 0 (único ponto)

Daí:(8ab)2 – 4(1 + 4a2) ⋅ (4b2 – 1) = 064a2b2 – 16b2 + 4 – 64a2b2 + 16a2 = 08a2 – 8b2 + 2 = 0

8(b2– a2) = 2

Resposta: C

81 Determine o valor de b para o qual a reta y = x + b não intercepta os ramos da hipérbole x2 – y2 = 1.A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

Solução:

Interseção → x2 – ( x + b)2 = 1 → x2 – x2 – 2bx – b2 = 1 → – 2bx =1+ b2

21 bx

2b+→ =−

Veja: para que não exista interseção, basta tomarmos b = 0.

Resposta: A

82 Determine o menor inteiro n > o, de modo que n

3 1i

2 2

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

seja real positivo.

A) 6 B) 10 C) 12 D) 16 E) 24

(x da interseção)

OSG.: 087182/1430

TC – MaTeMáTiCa

Solução:

Temos que:

n

n3 1i (cos30º isen30º ) cos(n 30º ) isen(n

2 230º )

⎛ ⎞+ = + = ⋅ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

⋅

Então:

n 30º k 360º

n 12k

⋅ = ⋅=

Portanto: n = 12 (menor inteiro positivo)

Resposta: C

83 Encontre o módulo do complexo � , tal que 2 i.=�A) 1 B) 2 C) 3 D) 2 E) 3

Solução:

Temos: 2 2

2 2

i | | | i |

| | | 0 1i | | | | | 0 1| | | | 1 | | 1

= → = →→ ⋅ = + → ⋅ = + →→ ⋅ = → =

� ��

Resposta: A

84 Se A , B e C são números reais, tais que 2 2

1 A Bx C,

x(x 2x 2) x x 2x 2

+= ++ + + + para todo x, x *∈� , calcule o valor de

A + B + C.

Solução:

2 2

2

2 2

2

A Bx C 1, x *

x x 2x 2 x(x 2x 2)

A(x 2x 2) (Bx C)x 1, x *

x(x 2x 2) x(x 2x 2)1

A2A B 01

(A B)x (2A C)x 2A 1 2A C 0 B22A 1 C 1

++ = ∀ ∈+ + + +

+ + + + = ∀ ∈+ + + +

⎧ =⎪+ =⎧ ⎪⎪ ⎪+ + + + ≡ → + = → = −⎨ ⎨

⎪ ⎪=⎩ = −⎪⎪⎩

Portanto: A + B + C = – 1

85 Determine um polinômio P(x) de grau 2 que verifique a identidade P(x + 1) ≡ x2 + 2x + 3.

Solução:Supondo P(x) = ax2 = bx + c, temos: P(x + 1) = a(x + 1)2 + b(x + 1) + c = ax2 + (2a + b)x + (a + b + c).

Então:

P(x + 1) ≡ x2 + 2x + 3 a 1 a 12a b 2 b 0a b c 3 c 2

= =⎧ ⎧⎪ ⎪⇔ + = ⇔ =⎨ ⎨⎪ ⎪+ + = =⎩ ⎩

Logo, P(x) = x2 + 2.

��um

��zero

OSG.: 087182/1431

TC – MaTeMáTiCa

86 Que condições devem satisfazer os números a, b e c para que o polinômio ax2 + bx + c seja o quadrado de umpolinômio do 1º grau?

Solução:Devemos ter ax2 + bx + c ≡ (mx + n)2, com m ≠ 0; portanto:

2

2

a mb 2mnc n

⎧ =⎪ =⎨⎪ =⎩Podemos eliminar m e n e obter a relação entre a, b e c e calculando b2.

b2 = (2mn)2 = 4m2n2 = 4ac

Resposta: A condição é b2 = 4ac e a ≠ 0 (pois m ≠ 0)

87 Na figura abaixo indicamos 9 pontos, entre os quais não há 3 colineares, exceto os 4 que marcamos numamesma reta. Quantos triângulos existem com vértices nestes pontos?

Solução:

Se não houvessem 3 pontos colineares, o número de triângulos seria C9, 3. Desse número, devemos subtrair ascombinações formadas por 3 pontos escolhidos entre os 4 alinhados, isto é, C4, 3, pois essas combinações nãocorrespondem a triângulos. Assim, o número de triângulos que podemos formar é C9, 3 – C4, 3.

Temos:

9,39! 9x8x7x 6!

C3!6!

= =3x2x1x 6!

4,3

84

4! 4 x 3!C

3!1!

=

= =3

4!x 1

=

Logo: C9,3 – C4, 3 = 84 – 4 = 80.

88 Um químico possui 10 tipos de substâncias. De quantos modos possíveis poderá associar 6 dessas substâncias se,entre as 10, duas somente não podem ser juntadas porque produzem mistura explosiva?

Solução:

Cada mistura de 6 das 10 substâncias corresponde a uma combinação das 10 substâncias tomadas 6 a 6, umavez que não importa a ordem das substâncias na mistura. Assim, o total de misturas seria C10, 6 se não houvesseproblema com nenhuma mistura. Devemos, porém, subtrair desse número as combinações em que entrariam asduas substâncias que, se misturadas, provocam explosão. As combinações em que entram essas duas substânciassão formadas por elas duas e mais quatro substâncias escolhidas entre as outras oito substâncias (excluímosaquelas duas). O número de modos de escolher 4 substâncias em 8 é C8, 4.Concluímos que o número de misturas não explosivas que podem ser produzidas é C10, 6 – C8, 4.

Solução:

Temos:

10,610! 10x9x8x7x 6!

C6!4!

= =6!

8,4

210x 4 x3x2x1

8! 8x7x6x5x 4!C

4!4!

=

= =4x3x2x1x 4!

70=

Logo: C10, 6 – C8, 4 = 210 – 70 = 140.

D

H

A

I

GF

ECB

OSG.: 087182/1432

TC – MaTeMáTiCa

89 Dê a condição sobre o inteiro positivo n para que o desenvolvimento de n

2 1x

x⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

apresente um termo

independente de x e não-nulo.

Solução:

O termo geral do desenvolvimento de n

2 1x

x⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

é k

2 n k 1nT (x )

k x− ⎛ ⎞⎛ ⎞= − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2n 2k k knx ( 1) x

k− −⎛ ⎞ − =⎜ ⎟⎝ ⎠

k 2n 3kn( 1) x

k−⎛ ⎞ −⎜ ⎟⎝ ⎠

Para o termo independente de x devemos ter 2n – 3k = 0, logo k = 2n3

. Como k dever ser inteiro, concluímos

que n deve ser um múltiplo de 3.

90 Calcule a e b de modo que a fração algébrica 2

2

x ax b2x 1+ +

+ tenha o mesmo valor numérico para todo x∈� .

Solução:

Devemos ter: 2

2

x ax b2x 1+ +

+= k, x∀ ∈� ; logo: x2+ ax + b ≡ 2kx2 + k

1 2ka 0b k

=⎧⎪ =⎨⎪ =⎩

A resposta é a = 0 e b = 12

.

91 Calcule o valor numérico de x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4, para 4 4

3 1 3 1x e y

3 3

+ −= = .

Solução:

x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4 = (x + y)4 =

4 44 2

4 4 4

3 1 3 1 2 3 2 348.

33 3 3

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

92 O número 2 é raiz dupla de ax3 + bx + 16. Determine a e b.

Solução:Como admite raiz dupla, o grau da equação ax3 + bx + 16 = 0 é maior que 1. Então, a ≠ 0 e concluímos que ograu é 3. Há, portanto, 3 raízes. Supondo que as raízes são 2, 2 e α, com α ≠ 2, temos pelas relações de Girard:

2 2 0 44

b a2 2 2 2 , logo 4 4 , logo a 1

a b b 1216 4

2 2a a

⎧ ⎧⎪ ⎪+ +α = α = − α = −⎧⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⋅ + α+ α = α+ = =⎨ ⎨ ⎨⎪ ⎪ ⎪ = −⎩− −⎪ ⎪⋅ ⋅⎪ ⎪⎩ ⎩

α = α =

Portanto: a = 1 e b = – 12

93 Qual é o valor de 12

k

k 0

129 ?

k=

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠∑

Solução:

12 12k 12 k k

k 0 k 0

12 129 1 9

k k−

= =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∑

Notando que 12 k k121 9

k−⎛ ⎞ ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

é o termo geral do binômio (1 + 9)12, concluímos que:

12k 12 12

k 0

129 (1 9) 10

k=

⎛ ⎞ = + =⎜ ⎟⎝ ⎠∑ ( o que dá 1 trilhão).

Este fator é igual a 1, portanto não altera o valor do termo.

OSG.: 087182/1433

TC – MaTeMáTiCa

94 Numa urna há 12 etiquetas numeradas, 6 com números positivos e 6 com números negativos. De quantosmodos podemos escolher 4 etiquetas diferentes tal que o produto dos números nelas marcados seja positivo?

Solução:Teremos o produto positivo em cada caso seguinte:I) Escolhendo 4 etiquetas com números positivos; ouII) Escolhendo 4 etiquetas com números negativos; ouIII) Escolhendo 2 etiquetas com números positivos e 2 com números negativos.

Números disponíveis: 6 positivos 6 negativos

Possibilidades: 4 positivos 0 negativos

ou

0 positivos 4 negativos

ou

2 positivos 2 negativos

Vamos calcular o número de possibilidades de cada caso (lembrando que não importa a ordem das etiquetas).

I) O número de modos a escolher 4 números positivos, dispondo de 6 números positivos, é 6,4C .

6,46! 6 x 5 x 4!

C4!2!

= =4!

15x 2 x 1

=

II) Como temos também 6 números negativos, o número de modos de escolher 4 deles é 6,4C = 15.

III) Dos 6 positivos devemos escolher 2( 6,2C ) e, para cada escolha destes, dos 6 negativos devemos escolher

também 2 (C6, 2). O número de possibilidades deste caso é 6,2 6,2C C⋅ . Como 6,26!

C 15,2!4!

= = temos

15 ⋅ 15 = 225 possibilidades.Então, o total de possibilidades para o produto positivo é 15 + 15 + 225 = 255.

95 Encontre o coeficiente de x5 no desenvolvimento de (1 – x) (1 + x)8.

Solução:

Quando multiplicamos (1 – x) pelo polinômio obtido desenvolvendo (1 + x)8, o termo em x5 resulta da adição dedois produtos:

(1 – x) (1 + ... + termo em x4 + termo em x5 + ... + x8)Termo em x5 = 1 ⋅ [termo em x5 de (1 + x)8] + [(– x) ⋅ termo em x4 de (1 + x)8]

O termo geral de (1 + x)8 é T = 8 k k k8 8

1 x x .k k

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Para k = 5 temos T = 5 5 5 58! 8 x 7 x 68

x x x 56x .5 5! 3! 3 x 2 x 1⎛ ⎞ = = =⎜ ⎟⎝ ⎠

Para k = 4 temos T = 4 4 4 48! 8 x 7 x 6 x 58

x x x 70x .4 4! 4! 4 x 3 x 2 x 1⎛ ⎞ = = =⎜ ⎟⎝ ⎠

Então, no produto (1 – x) (1 + x) 8 temos:Termo em x5 = [1 x 56x5] + [(– x) ⋅ 70x4] = 56x5 – 70x5 = – 14x5

O coeficiente pedido é igual a – 14.

↓ ↓

6,4C

6,4C

⋅6,2 6,2C C

OSG.: 087182/1434

TC – MaTeMáTiCa

96 Se A é uma matriz quadrada de ordem três com detA = 5, então o valor de det(2A) é:A) 6 B) 11 C) 15 D) 30 E) 40

Solução:

Sabemos que:det(k.A) = kn ⋅ det(A), onde:n → é a ordem da matriz A

Então: det(2A) = 23 ⋅ det(A) = 8 ⋅ 5 = 40.

Resposta: E

97 Se a matriz A satisfaz A2 – 2A + I = 0, então A– 1:A) não existe.B) é igual a I.C) é igual a A.D) é igual a A – 2I.E) é igual a 2I – A.

Solução:

Sabemos que: A ⋅ A– 1 = A –1 ⋅ A = IEntão:A2 – 2A + I = 0 → I = 2A – A2→→ I = 2AI – A2 → I = 2IA – AA →→ I = (2I – A) ⋅ A → A–1 = 2I – A

Resposta: E

98 Uma loja, realizando uma promoção, oferece um desconto de 20% nos preços dos seus produtos. Para voltaraos preços iniciais, os preços promocionais devem sofrer um acréscimo de A%.Determine o valor de A.A) 10 B) 20 C) 25 D) 30 E) 40

Solução:

Preço inicial = P → com desconto = 80

P100

Para voltar ao preço inicial, temos:

Resposta: C

��novo preço

+ ⋅ =

⋅ =

=

=

80 A 80P P P

100 100 100

A 80 20P P

100 100 100

A 1

100 4

A 25

OSG.: 087182/1435

TC – MaTeMáTiCa

99 Sejam p e q números inteiros positivos e consecutivos. Se 1 1 11

,p q 30

+ = então p + q é igual a:

A) 9 B) 11 C) 13 D) 15 E) 17

Solução:

1 1 11 q p 11p q 30 pq 30

++ = ⇒ =

Como p e q são inteiros positivos consecutivos, então p e q são primos entre si, isto é, m.d.c. (p, q) = 1.Assim, p = 5 e q = 6 ou p = 6 e q = 5.Portanto, p + q = 11

Resposta: B

100 O gráfico da função f(x) = sen x no intervalo [ 2π

,π[ e:

A) crescente B) decrescente C) constante D) nula E) negativa

Solução:

Esboço do gráfico de sen x no de [0,2π]

Resposta: B

101 Um dos ângulos de um triângulo retângulo é α. Se tg α = 2,4 , os lados desse triângulo são proporcionais a:A) 30,40,50 B) 80,150,170 C) 120, 350, 370 D) 50, 120, 130 E) 61, 60, 11

Solução:

Se tgα =2,4 → tgα =2410

→ tgα = 125

cateto oposto = 12k e cateto adjacente = 5k → hipotenusa = 13k.

Tomando k =10 → lados: 50,120 e 130

Resposta: D

102 A distância do ponto de interseção das retas 2x – 3y + 26 = 0 e 5x + 2y – 49 = 0 à origem é:A) 13 B) 23 C) 15 D) 18 E) 17

Solução:Resolvendo o sistema formado pelas equações acima, encontramos como interseção o ponto (5, 12). Assim, a

distância do ponto (5, 12) ao ponto (0, 0) é igual a d=2 2(5-0) (12 0) 169 13.+ − = =

Resposta: A

103 As promoções do tipo “leve 3 pague 2”, comuns no comércio, acenam com um desconto, sobre cada unidadevendida, de:

A)50

%3

B) 20% C) 25% D) 30% E)100

%3

Solução:Observe:I) Quem leva 3 e paga 2 está comprando 3 e tendo um desconto de 1;

II) Se 1 é p% de 3 → 1 =P 100

3 P100 3

⋅ → = ou P = 33,33% (aproximadamente)

Resposta: E

0

y

x

decrescente

OSG.: 087182/1436

TC – MaTeMáTiCa

104 Sabendo que cos 36º = 1 5

2+

, então cos 72º vale:

A)1 5

2+

B)5 14−

C)5 12−

D)1 5

2−

E)1 5

4−

Solução:

Sabemos que: cos2x = 2cos2 x – 1 (arco duplo)Tomando x = 36º, encontramos:

cos72º = 2cos236º – 1 → cos72º = 2

21 5 5 1

1 cos72º4 4

⎛ ⎞+ −⋅ − → =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠Resposta: B

105 Se y = cos2280º, então y é igual a:A) – cos12º B) – cos60º C) – cos30º D) cos12º E) cos60º

Solução:Sabemos que: se a + b = 180º, então sen a = sen b e cos a = – cos bDividindo 2280º por 360º, encontramos:2280º = 120º + 6.360ºAssim: cos 2280º = cos 120º = – cos 60º

Resposta: B

106 A área máxima da região limitada por um triângulo retângulo inscrito em um círculo de raio R é:

A) 2R2 B) πr2 C) R2 D)2R

2E) 2πr2

Solução:

I) A área de um triângulo é igual a base x altura2

.

II) Tome AB como base → base = 2R (diâmetro), pois O é o centro.III) De todas as alturas relativas à hipotenusa AB, a maior é EO = R, onde R é o raio.

Logo, o triângulo de área máxima tem área igual a 22R RR .

2⋅ =

Veja figura:

Os ângulos ˆ ˆ ˆ ˆACB,ADB,AEB e AFB são retos.

Resposta: C

107 Se p é natural maior que 1, não divisível por 2 e nem por 3, então p2 – 1 é divisível por:A) 18 B) 24 C) 36 D) 9 E) 27

Solução:É fácil ver que:I) Se p não é múltiplo de 2 → p – 1 e p + 1 são pares consecutivos, logo (p – 1) ⋅ (p + 1) é múltiplo de 8.II) Se p não é múltiplo de 3 → p – 1 ou p + 1 será um múltiplo de 3, logo (p – 1) ⋅ (p + 1) é múltiplo de 3.De (I) e (II), concluímos: O produto (p – 1) ⋅ (p + 1) = p2 – 1 é um múltiplo de 24.

Resposta: B

A BOG H

ED

C

I

F

OSG.: 087182/1437

TC – MaTeMáTiCa

108 Sejam a e b números reais positivos tais que a + 3b = 30. Determine qual é o maior valor possível para ab.

Solução:

Sabemos que: Se a1, a2, a3, ..., an são números reais positivos, então:

Média aritmética = 1 2 3 na a a ... an

+ + + + e Média geométrica = n

1 2 3 na a a ...a⋅ ⋅ ⋅

Relação importante entre as duas médias: M A M G⋅ ≥ ⋅

Daí, a 3b 30

a 3b 3ab 15 3ab 225 3ab ab 752 2+ ≥ ⋅ → ≥ → ≥ → ≥ → ≤

Portanto, o maior valor para ab é 75.

Resposta: 75

109 Seja x um número natural, que ao ser dividido por 9 deixa resto 5, e ao ser dividido por 3 deixa resto 2.Sabendo que a soma dos quocientes é 9, podemos afirmar que x e igual a:

A) 28 B) 35 C) 27 D) 33 E) 23

Solução:

Temos que: x = 9a + 5, onde a é o quociente da divisão de x por 9. x = 3b + 2, onde b é o quociente da divisao de x por 3.

Como a soma dos quocientes é 9, vem:

x 5 x 2

9 x 239 3− −+ = → =

Resposta: E

110 Se 10tgx + 16cosx – 17secx = 0, então senx é igual a:

A)1 1

ou2 8

B)12

± C)1 1

ou4 12

D) 0 E)1 1

ou2 4

−

Solução:

Temos: 10tgx + 16cosx – 17secx = 0 senx 1

10 16cos x –17 0cos x cos x

→ ⋅ + ⋅ = → 10senx + 16cos2x – 17 = 0

→ 10senx + 16 ⋅ (1 – sen2x) – 17 = 0 → 16sen2x – 10senx + 1 = 0

1 1senx ou senx

2 8→ = =

Resposta: A

111 Um atleta, correndo com velocidade constante, completou a maratona em M horas. A fração do percursoque ele correu em 2M minutos, foi:

A) 12

B)16

C) 115

D) 1

30E)

120

Solução:

Temos que: M horas = M ⋅ 60 minutos

Veja:

Se M ⋅ 60 minutos = P (percurso completo) → 2 ⋅M minutos = P30

(fração do percurso)

Resposta: D

OSG.: 087182/1438

TC – MaTeMáTiCa

112 Sendo R = 02 – 12 + 22 – 32 + 42 – 52 + ... + 982 – 992 + 1002, calcule o valor de R

.202

A) 22 B) 23 C) 24 D) 25 E) 26

Solução:

Sabemos que: (I) a2 – b2 = (a – b) ⋅ (a + b) e (II) Sn = 1 n(a a ) n2

+ ⋅ (soma dos termos de uma P.A.)

Veja:R = (22 – 12) + (42 – 32) + (62 – 52)+ ... + (1002 – 992)R = (2 – 1) ⋅ (2 + 1) + (4 – 3) ⋅ (4 + 3) + (6 – 5) ⋅ (6 + 5) + ... + (100 – 99) ⋅ (100 + 99)R = 3 + 7 + 11 + ... + 199

R = (3 199) 50 R

202.25 25.2 202

+ ⋅ = → =

Resposta: D

113 O primeiro termo a de uma progressão aritmética de razão 13 satisfaz 0 ≤ a ≤ 10. Se um dos termos daprogressão é 35, determine o valor de a.A) 5 B) 6 C) 7 D) 8 E) 9

Solução:

Temos: P.A. (a, a + 13, a + 26, a + 39, ... , 35, ...)Usando a fórmula do termo geral, encontramos:

an = a1 + (n – 1) ⋅ r → 35 = a + (n – 1) ⋅ 13 → 35 = a + 13n – 13 → a = 48 – 13n → 0 ≤ 48 –13n ≤ 10 →– 48 ≤ –13n ≤ –38 → 48 ≥13n ≥ 38 → 2, ... ≤ n ≤ 3, ... → n = 3 → a = 48 – 13 ⋅ 3 → a = 9.

Resposta: E

114 O algarismo das unidades do número N = 1.3.5.7. ... . 1993 é:A) 1 B) 3 C) 5 D) 7 E) 9

Solução:Note que o produto de qualquer número ímpar por 5 sempre termina em 5; logo, com o número N só temfatores ímpares, seu algarismo das unidades é 5.

Resposta: C

115 Se x y7 3

= e x ⋅ y = 189, então: x – y vale com x e y positivos:

A) 12 B) 4 C) 9 D) 30 E) 21

Solução:

Temos: x y

k7 3

= = → x = 7k e y = 3k

Daí: 7k ⋅ 3k = 189 → 21k2 = 189 → k2 = 9 → k = 3Para: k = 3 → x = 21 e y = 9

Portanto: x – y = 12

Resposta: A

116 A planta de um apartamento está confeccionada na escala 1:50. Então a área real, em m2, de uma salaretangular, cujas medidas na planta são 12cm e 14cm, é:A) 24 B) 26 C) 28 D) 42 E) 54

Solução:

Sabemos que escala é a razão entre o comprimento no desenho e o comprimento real, medidos na mesmaunidade.

OSG.: 087182/1439

TC – MaTeMáTiCa

Daí: 1 12

50 x= → x = 600cm → x = 6m

1 14

50 x= → y = 700cm → y = 7m

Logo, a área da sala será de 6m x 7m = 42m2.

Resposta: D

117 Prove que todo triângulo ABC vale a relação: ˆ ˆc a cosB b cosA.= ⋅ + ⋅Solução:

mˆ ˆcos A m bcos Ab

nˆ ˆcosB n acosBa

ˆ ˆ ˆ ˆlogo, m n bcos A acosB c acosB bcos A. (OK)

= → =

= → =

+ = + → = +

Obs: Sendo A ou B obtuso, chegamos com raciocínio análogo ao mesmo resultado.

118 Considerem-se todas as divisões de números inteiros positivos por 17, cujo resto é igual ao quadrado doquociente. A soma dos quocientes dessas divisões é:A) 10 C) 172 E) 12 + 22 + 32 + ... + 172

B) 17 D) 1 + 2 + 3 + ... + 17

Solução:

Temos que: n dividido por 17 tem quociente q ≠ 0 e resto r com r = q2.

Veja:(I) Possíveis restos de uma divisão por 17 são: 0, 1, 2, 3 ,... , 16(II) Como r tem que ser um quadrado perfeito, devemos ter:

r = 0 → q = 0 (não sastisfaz)r = 1 → q = 1r = 4 → q = 2r = 9 → q = 3r = 16 → q = 4

Logo, a soma dos quocientes é 10.

Resposta: A

119 Determine o valor do produto P = cos36º ⋅ cos72º.

Solução:

Sabemos que sen2x = 2senxcosx → 2sen36º ⋅ P = 2sen36º ⋅ cos36ºcos72º → 2sen36º ⋅ P = sen72ºcos72º→→ 4sen36º ⋅ P = 2sen72ºcos72º → 4sen36º ⋅ P = sen144º → 4 ⋅ P = 1, pois sen36º = sen144º (suplementares)

→ P = 14

.

Resposta: 14

A B

C

ab

m nHc

OSG.: 087182/1440

TC – MaTeMáTiCa

120 Sejam f(x) = 1

x 1−, x > 1 e g uma função tal que (gof)(x) = x. Determine o valor de g

1

64⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Solução:

g(f(x)) = x → g1

x 1⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

= x

Veja: se 1 1

x 1 64=

−→ x – 1 = 64 → x = 65 →

1g

64⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 65

Resposta: 65

121 O triângulo ABC está inscrito em um círculo de raio R. Se cosA = 35

, o comprimento do lado BC é igual a:

A)2R5

B)3R5

C)4R

5D)

6R5

E)8R5

Solução:

Temos que:

3ˆcos A5

= ( A é agudo) → sen A = 45

Lei dos senos

a b c BC2R 2R

ˆ ˆ ˆ ˆsenA senB senAsenC= = = → = → BC = 2R ⋅ ˆsenA → BC = 2R ⋅

45

→ BC = 8R5

Resposta: E

122 Seja f(x) = x x

x x

e ee e

−

−

−+ definida em R. Se g for a função inversa de f, o valor de

7g

25e⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ será:

A) – 1 B) 0 C)1e

D) 1 E)43

Solução:

Como g é a inversa de f, temos:

x x1

x x

7 7 7 e eg( ) f ( )

25 25 25 e e

−−

−

−= → = →+

7 ⋅ ex + 7 ⋅ e–x = 25 ⋅ ex – 25 ⋅ e–x → – 18 ⋅ ex = – 32 ⋅ e– x →

7g( )2x x 25

16 4 4e e e .

9 3 3→ = → = → =

Resposta: E

123 A média aritmética dos ângulos internos de um eneágono convexo vale:A) 40º B) 70º C) 120º D) 135º E) 140º

Solução:

Sabemos que a soma dos ângulos internos de um polígono convexo é dada pela fórmula S = (n – 2) ⋅ 180º.Daí, a soma dos ângulos internos de um eneágono convexo é igual a S = (9 – 2) ⋅ 180º = 7.180º.

Portanto, a média aritmética será igual a 7.180º

7 20º 140º.9

= ⋅ =

Resposta: E

OSG.: 087182/1441

TC – MaTeMáTiCa

124 Uma solução tem 75% de ácido puro. Quantos gramas de ácido puro devemos adicionar a 48 gramas dasolução para que a nova solução contenha 76% de ácido puro?

Solução:Veja:

Em 48 gramas de solução temos 75

. 48 36100

= gramas de ácido puro.

Adicionando x gramas de ácido puro a solução, teremos:Nova solução = (48 + x) gramasQuantidade de ácido puro = (36 + x) gramas

Assim: 36 x 7648 x 100

+ = →+

x = 2 gramas

Resposta: 2 gramas

125 O gráfico de uma função f é o segmento de reta que une os pontos (– 3, 4) e (3, 0). Se f–1 é a função inversade f, então o valor de f– 1(2) é igual a:

A) 1 B)23

C) 3 D) 0 E)32

Solução:Temos: f(x) = ax + b, com a ≠ 0.Pontos: (– 3, 4) e (3, 0)Para x = – 3 → a ⋅ (– 3) + b = 4Para x = 3 → a ⋅ 3 + b = 0

Resolvendo, encontramos: b = 2 e a = 23

−

Daí, a função f é dada por: f(x) = 2

x 23

− +

Veja: cálculo de f – 1(2)

Para y = 2 → 2 = 2

x 23

− + → x = 0 → f – 1(2) = 0.

Resposta: D

126 Um elevador pode levar 20 adultos ou 24 crianças. Se 15 adultos já estão no elevador, quantas crianças podemainda entrar?A) 5 B) 6 C) 7 D) 8 E) 9

Solução:Se 20 adultos equivalem a 24 crianças → 5 adultos equivalem a 6 crianças

Veja:(I) O elevador pode levar 20 adultos(II) Tem 15 adultos no elevador → faltam 5 adultos (equivalem a 6 crianças) .

Resposta: B

127 Uma torneira enche um tanque em 4 horas. O ralo do tanque pode esvaziá-lo em 3 horas. Estando o tanquecheio, abrimos, simultaneamente, a torneira e o ralo. Então o tanque:A) nunca se esvazia.B) esvazia-se em 1 hora.C) esvazia-se em 4 horas.D) esvazia-se em 7 horas.E) esvazia-se em 12 horas.

Solução:Capacidade do tanque: T

(I) Torneira enche T em 4 horas → em 1 hora enche T4

do tanque

(II) Ralo esvazia o tanque T em 3 horas → em 1 hora esvazia T3

do tanque

OSG.: 087182/1442

TC – MaTeMáTiCa

Assim, o tanque em uma hora esvazia 1

12 de sua capacidade.

Veja: T T 3T 4T T4 3 12 12

−− = = − .

Portanto, o tanque esvazia-se em 12 horas.

Resposta: E

128 Determine o valor de – 63 ⋅ log8(sen15º ⋅ sen75º).

Solução:Fatos que ajudam:(I) Se a + b = 90º, então sen a = cos b e sen b = cos a(II) Sen 2a = 2sen a cos a

(III) nm

alog b = a

mlog b

n⋅

Temos que sen15º ⋅ sen75º = sen15º ⋅ cos15º = 2 sen15º cos15º sen30º 1

2 2 4⋅ ⋅ = =

Então, a expressão vale:

Exp. = – 63 ⋅ log83

222

1 263 log 2 63 ( ) log 2 42 1 42

4 3−⎛ ⎞ = − ⋅ = ⋅ − ⋅ = ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠

Resposta: 42

129 Considere um quadrilátero convexo ABCD de área igual a 66cm2. Determine, em cm2, a área do quadriláterocujos vértices são os pontos médios dos lados do quadrilátero ABCD.

Solução:Fatos que ajudam: ÁREAS(I) Seja ABC um triângulo qualquer e seja MNP o triângulo que tem vértices nos pontos médios dos lados do

triângulo ABC, temos que: Área(MNP) = Área(ABC)

4.

(II) Seja ABCD um quadrilátero qualquer e seja MNQP o quadrilátero que tem vértices nos pontos médios dos

lados de ABCD, temos que: Área(MNQP) = Área(ABCD)

2.

Usando o resultado (II) no enunciado da questão, concluímos:

Resposta: 33cm2

130 Se x é um número real tal que x2 + 2

13

x= , determine o valor de x4 + 4

1.

xSolução:

Se 2

2 2 2 4 2 4 42 2 2 4 4 4

1 1 1 1 1 1x 3 x 3 x 2 x 9 x 2 9 x 7

x x x x x x⎛ ⎞+ = → + = → + ⋅ ⋅ + = → + + = → + =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Resposta: 7

131 O menor número natural n, diferente de zero, que torna o produto de 3888 por n um cubo perfeito é:A) 6 B) 12 C) 15 D) 18 E) 24

Solução:Fatorando o número 3888, obtemos 3888 = 24 ⋅ 35

Para formar um cubo perfeito devemos multiplicar os dois membros no mínimo por 22 ⋅ 31, para que as potênciasdos números 2 e 3 sejam múltiplos de 3. Assim, o menor número que devemos multiplicar por 3888 para obterum cubo perfeito é 12.

Resposta: B

OSG.: 087182/1443

TC – MaTeMáTiCa

132 Quantos números inteiros há entre 602 e 612que não são quadrados perfeitos?A) 118 B) 119 C) 120 D) 121 E) 122

Solução:Veja: 602 e 612 são quadrados perfeitos consecutivos, então, qualquer inteiro entre eles não é quadrado perfeito.Inteiros que não são quadrados perfeitos: 3601, 3602, 3603, ... ,3720Quantidade de inteiros que não são quadrados é igual a 3720 – 3601 + 1 = 120.

Resposta: C

133 O período da função f (x) = sen4x + cos4x vale:

A) 2π B) π C)3π2

D)π2

E)4π

Solução:

Sabemos: Se f é periódica → f(x + p) = f(x), para todo x no domínio da função. O menor valor positivo dep, chamamos de período de f.Tomando x = 0, encontramos:f (p) = f (0) → sen4p + cos4p = sen40 + cos40 → sen4p + cos4p = 1 → (sen2p + cos2p)2 – 2sen2p ⋅ cos2p = 1 →1 – 2sen2pcos2p =1 → 2sen2p cos2p = 0 → senp = 0 ou cosp = 0.

* Se senp = 0 → p = 0, π, 2π,...

* Se cosp = 0 → p = 3

, ,...2π π

2

Agora, devemos verificar se p = 2π

satisfaz a condição f(x + p) = f(x), para todo x no domínio da função.

Veja: f(x + p) = f(x + 2π

) = sen4(x + 2π

) + cos4(x + 2π

) = (cosx)4 + (–senx)4 = sen4x + cos4x = f (x) (OK)

Resposta: D

Obs: No ciclo trigonométrico, encontramos facilmente: sen(x + 2π

) = cosx e cos(x + 2π

) = – senx (verifique!)

134 O conjunto solução da equação x ⋅ (log53x + log521) + log5(

37

)x = 0 é igual a:

A) { } B) {0} C) {1} D) {0, 2} E) {0, – 2}

Solução:

Temos que:

x ⋅ (log53x + log521) + log5(

37

)x = 0 → x ⋅ log5(3x ⋅ 21) + log5(

37

)x = 0 → log5(3x ⋅ 21)x + log5(

37

)x = 0

→ log5[(3x ⋅ 21)x ⋅ (

37

)x] = 0 → (3x ⋅ 21)x ⋅ (37

)x = 1 → (3x ⋅ 21 ⋅37

)x = 1 → (3x ⋅ 3 ⋅ 3)x = 1 →

→ (3x + 2)x = 1 → 2x 2x3 1+ = → x2 + 2x = 0 → x = – 2 ou x = 0.

Resposta: E

135 Um número é composto de 2 algarismos, cuja soma é 9. Invertendo a ordem dos algarismos, obtemos um novo

número igual a 47

do original. Qual é o número?

Solução:* Número original: ab = a ⋅ 10 + b (forma polinomial)* Invertendo os algarismos obtemos um novo número: ba = b ⋅ 10 + a (forma polinomial)

OSG.: 087182/1444

TC – MaTeMáTiCa

Equações do problema: a + b = 9 e b ⋅ 10 + a = 47

⋅ (a ⋅ 10 + b)

Segunda equação: 70b + 7a = 40a + 4b → 66b = 33a → a = 2bSubstituindo na primeira equação, teremos:a + b = 9 → 2b + b = 9 → 3b = 9 → b = 3 → a = 6

Resposta: 63

136 A distância entre dois lados paralelos de um hexágono regular é igual a 2 3 cm. A medida do lado desse

hexágono, em centímetros, é:

A) 3 B) 2 C) 2,5 D) 3 E) 4

Solução:

Veja:

(I) BF = 2 3 , pois BC//FE

(II) ae = i360º

60º a 120º6

= → =

Aplicando a lei dos cossenos no triângulo ABF, teremos:2 2 2 2 2(2 3) x x 2 x x cos120º 12 2x x x 2= + − ⋅ ⋅ ⋅ → = + → =

Resposta: B

137 Qualquer que seja x, o valor de sen6x + cos6x + 3sen2xcos2 é:A) 0 B) sen2x C) cos2x D) 1 E) senx ⋅ cosx

Solução:

Lembre: produto notável → (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b)Temos que:sen2x + cos2x = 1→ (sen2x + cos2x)3 = 13 → sen6x + cos6x + 3sen2xcos2x(sen2x + cos2x) = 1→ sen6x + cos6x + 3sen2xcos2x ⋅ 1= 1 → sen6x + cos6x + 3sen2xcos2x = 1.

Resposta: D

138 Quantas soluções reais e distintas possui a equação x2+ 9 = 3senx?A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) infinitas

Solução:

Observe:(I) x2 + 9 é sempre maior ou igual a 9, para todo x real.(II) 3sen x assume no máximo o valor 3.(III) A igualdade não ocorre para nenhum valor real de x.Logo, a equação não possui solução.

Resposta: A

139 O resto da divisão de P(x) = x5 + 4x4 + 2x3 + x2 + x –1 por q(x) = x + 2 é:A) 17 B) 15 C) 0 D) – 15 E) – 17

Solução:Veja:(I) – 2 é raiz de q(x)(II) P(–2) é o resto da divisão de P(x) por q(x).

Então, pelo Teorema do resto, encontramos:resto = P(– 2) = – 32 + 64 – 16 + 4 – 2 – 1 = 17

Resposta: A

C

D

E

OSG.: 087182/1445

TC – MaTeMáTiCa140 O valor mínimo de cosx + secx, para 0 < x <

π2

é igual a:

A) 0 B) 1 C) 2 D) 2 E) 3

Solução:

Sabemos que (n – 1)2 ≥ 0, n∀ ∈�Então: n2 – 2n + 1 ≥ 0 → n2 + 1 ≥ 2n

Considerando n positivo, tem-se:

2n 1 12 n 2

n n+ ≥ ⇔ + ≥

Portanto, um número positivo adicionado ao seu inverso é sempre maior ou igual a 2.Resposta: D

��

OSG.: 087182/1446

TC – MaTeMáTiCa

141 As notas de cem alunos em uma prova foram colocadas em ordem crescente, originando a sequência de notas (n

1, n

2, n

3,..., n

100).

Sabe-se que:• n

1 = 0 e n

100 = 9,6;

• podem existir notas iguais;• n

50 ≠ n

51

Podemos afirmar que:A) a nota média das cem notas é 4,8.B) 50% dos alunos tiveram nota abaixo da média.C) a moda é igual à mediana.D) certemente a média das notas foi menor que 5.E) 50% dos alunos tiveram nota acima da mediana.

Solução:Como as notas estão em ordem crescente e n

50 ≠ n

51, tem-se n

50 < n

51.

A mediana das 100 notas (md) é a média entre as notas

n50

e n51

, ou seja, mn n

d =+50 51

2 Sendo m

n n n nnd =

+<

+=50 51 51 51

512 2, a mediana é menor que todas as notas do conjunto {n

51: n

52: ...: n

100}. Portanto,

50% dos alunos tiveram nota acima da mediana.

Resposta: E

142 O gráfico abaixo apresenta a receita semestral (em milhões de reais) de uma empresa em função do tempo em que I/2012 representa o 1º semestre de 2012, II/2012 representa o 2º semestre de 2012 e assim por diante.

220

375

250

200

400

350

300

250

200

150

100

50

0I/2012 II/2012 II/2013I/2013

Semestre

Rec

eita

Estima-se que• a variação porcentual da receita de I/2014 em relação à de I/2013 seja igual à variação porcentual da receita de I/2013

em relação à de I/2012;• a variação porcentual da receita de II/2014 em relação à de II/2013 seja igual à variação porcentual da receita de II/2013

em relação à de II/2012.

Nessas condições, pode-se afirmar que a receita total do ano de 2014, em milhões de reais, será de:A) 802,7 D) 808,7B) 804,5 E) 810,8C) 806,6

Solução:

Se x for a receita de I/2014 e y a de II/2014, ambos em milhões de reais, então:

1) x

x220

220

200242= ⇔ =

2) y

y375

375

250562 5= ⇔ = ,

3) x + y = 242 + 562,5 = 804,5

Resposta: B

OSG.: 087182/1447

TC – MaTeMáTiCa

143 No plano cartesiano, qual dos pontos abaixo é exterior à circuferência de equação x2 + y2 – 4x + 6y – 12 = 0?A) (0, 0) D) (2, 1)B) (–1, –1) E) (1, 2)C) (2, 2)

Solução:

1) x2 + y2 – 4x + 6y – 12 = 0 ⇔ (x – 2)2 + (y + 3)2 = 52;2) A circuferência tem centro no ponto (2; –3) e raio 5;3) O ponto (1; 2) é externo à circuferência, pois a distância dele ao centro (2; –3) é maior que o raio, já que

d = −( ) + − −( ) = >2 1 3 2 26 52 2

Resposta: E

144 Considerando um horizonte de tempo de 10 anos a partir de hoje, o valor de uma máquina deprecia linearmente com o tempo, isto é, o valor da máquina y em função do tempo x é dado por uma função polinomial do primeiro grau y = ax + b.

Se o valor da máquina daqui a dois anos for R$ 6 400,00, e seu valor daqui a cinco anos e meio for R$ 4 300,00, seu valor daqui a sete anos será:A) R$ 3 100,0 D) R$ 3 400,00B) R$ 3 200,00 E) R$ 3 500,00C) R$ 3 300,00

Solução:

1) A função que permite calcular o valor da máquina em função do tempo, em anos, é do tipo y = ax + b.2) x = 2 ⇒ y = a · 2 + b = 6400 x = 5,5 ⇒ y = a · 5,5 + b = 4300

3) 2 6400

5 5 4300

600

7600600 7600

a b

a b

a

be y x

+ =+ =

⇔= −=

= − +,

4) x = 7 ⇒ y = – 600 · 7 + 7600 = 3400

Resposta: D

145 Acopla-se, exteriormente, a cada lado de um triângulo retângulo um quadrado cujo lado é o respectivo lado do triângulo, formando assim uma figura plana composta do triângulo retângulo e dos três quadrados, de tal modo que cada quadrado tenha em comum com o triângulo exatamente o lado ao qual está acoplado. A medida dos catetos do triângulo são respectivamente 6 m e 8 m. A figura será pintada. Sabe-se que para pintar o quadrado menor usou-se 1,8 litros de tinta. Mantida a homogeneidade da pintura, a quantidade de tinta necessária para pintar toda a figura é:A) 12,8 litros C) 11,9 litrosB) 12,4 litros D) 11,2 litros

Solução:Figura ilustrativa

Q1

T6 8

10

Q2

Q3

Figura ilustrativa

OSG.: 087182/1448

TC – MaTeMáTiCa

• Área (Q1) = 36 m2; Área (Q

2) = 64 m2; Área (Q

3) = 100 m2; Área (T) = 24 m2.

De acordo como o enunciado, “36 m2 corresponde a 1,8 litros”, isto é, para pintar 1 m2, é necessário 0,05 litro. Sendo a área total igual a 224 m2, concluímos que a quantidade de tinta necessária para pintar toda a figura é igual

a 224 × 0,05 = 11, 2 litros.

Resposta: D

146 Se n é o número de soluções da equação cos4 x – 4cos3 x + 6cos2 x – 4cosx + 1 = 0, no intervalo [0, 2π], então o valor de n é:A) 1B) 2C) 3D) 4

Solução:

Temos: cos cos cos cosexp

4 3 24 6 4 1x x x xans o de Newton

− + − +ã

= 0

Então: (cosx – 1)4 = 0

Logo: cos x = 1 → x = 0, 2 π → n = 2

Resposta: B

147 Para cada par ordenado de números reais não nulos (x, y) defina o número complexo zx i

y=

+, onde i é a unidade

imaginária (i2 = –1). Se z e z–1 têm a mesma parte real, então os pontos (x, y) estão sobre:A) uma circuferência.B) uma parábola.C) uma elipse.D) uma hipérbole.

Solução:

Temos: zx i

yz

y

x i

y x i

x=

+→ =

+=

−( )+

−12 1

Então:

• zx i

yz

x

y yi z

x

y=

+→ = + → ( ) =1

Re

• zxy yi

xz

xy

x

y

xi z

xy

x− − −=

−+

→ =+

−+

→ ( ) =+

12

12 2

121 1 1 1

Re

Como Re(z) = Re(z–1), vem: xy

x

x

y

y

x yy x y x

2 22 2 2 2

1 1

11 1

+= →

+= → = + → − =

Portanto: y x−( )

−−( )

= →0

1

0

11

2

2

2

2 Equação reduzida de uma hipérbole.

Resposta: D

148 Se M é a matriz

−

3

5

4

54

5

3

5

, então o determinante da matriz M2 = M · M é igual a:

A) 1B) –1

C) 17

5

D) −17

5

OSG.: 087182/1449

TC – MaTeMáTiCa

Solução:

De acordo com o teorema de Binet, temos: det det det det deM M M M M2 9

25

16

25

9

25

16

25= ⋅( ) = ⋅ = − −

− −

⇔ ttM2 25

25

25

251= −

⋅ −

=

det det det det deM M M M M2 9

25

16

25

9

25

16

25= ⋅( ) = ⋅ = − −

− −

⇔ ttM2 25

25

25

251= −

⋅ −

=

Resposta: A

149 Sejam P e Q vértices opostos de uma das faces de um cubo cuja medida da aresta é 0,3 m. Se S, neste cubo, é o ponto que está no centro da face oposta à face onde estão P e Q, então a área do triângulo PQS é:

A) 9 2

2002m C) 9 3

2002m

B) 3 2

4002m D) 3 3

4002m

Solução:

Do enunciado temos a figura:

0,3 m

B C

Q

A

P E

S

D

F

M

• P e Q → vértices opostos sobre a face PEQF.

• S → ponto no centro da face ABCD.

• PQ → diagonal da face.

• SM → altura do triângulo em questão.

Assim, a área do triângulo PSQ é:

PSQPQ SM

m[ ] = ⋅=( ) ⋅ ( )

= =2

0 3 2 0 3

2

0 09 2

2

9 2

2002

, , ,

Resposta: A

150 Se os números naturais n, n2 e n3 são as raízes da equação x3 + px2 + qx – 64 = 0, então, a soma p + q é igual a:A) 30 C) 42B) 36 D) 48

Solução:

Temos: x3 + px2 + qx – 64 = 0

Girard:• x

1 · x

2 · x

3 = 64

Como n, n2 e n3 são as raízes, vem:n · n2 · n3 = 64n6 = 64n = 2(natural) → raízes: 2, 4, 8

Girard:

• x1 + x

2 + x

3 =–p → 14 = –p → p = −14

• x1x

2 + x

1x

3 + x

2x

3 = q → 8 + 16 + 32 = q → 56 = q

Portanto, p + q = 42

Resposta: C

151 Se na progressão aritmética crescente a1, a

2, a

3, a

4, a

5, …, a

n,… tivernos a

5 = 5x – 17y e a

25 = 29x + 7y, então a razão

desta progressão é igual a:A) 1,2x + y C) 2x + 1,2yB) 1,2x + 2y D) 1,2x + 1,2y

OSG.: 087182/1450

TC – MaTeMáTiCa

Solução:

Temos:

a a rTermo geral P A

255 20= +

( . )

Substituindo, tem-se:29x + 7y = 5x – 17y + 20r24x + 24y = 20r12x + 12y = 10rLogo: r = 1,2x + 1,2y

Resposta: D

152 Quantos quadrados perfeitos são divisores de 800? (Um quadrado perfeito é um número inteiro da forma n2, para algum número inteiro n)

A) 4

B) 5

C) 6

D) 7

Solução:

• Forma fatorada: 800 = 25 · 52

• Veja que: todo divisor de 800 é da forma 2ª · 5b, com a ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5} e b ∈ {0, 1, 2}.

• Como estamos atrás dos divisores de 800 que são quadrados perfeitos, devemos ter: a e b pares, isto é, a = 0, 2, 4 e

b = 0, 2.

Assim, pelo princípio fundamental da contagem, determinamos 3 · 2 = 6 pares (a, b), o que nos fornece 6 divisores.

Resposta: C

153 Se n é um número inteiro positivo e x é a matriz

1 0 0

1 2 3

1 1 3

, então o valor do determinante da matriz Y = Xn é:

A) 2n

B) 3n

C) 6n

D) 9n

Solução:

Temos que:

(i) X =

1 0 0

1 2 0

1 1 3

(ii) Y = Xn

Note que det X = 1 · 2 · 3 = 6 (matriz triangular). Aplicando determinante a ambos os membros de Y = Xn vem:

det Y = det Xn = det X X X X

n vezes

⋅ ⋅( )...

det Y = (detX)(detX)... .(detX)(Teorema de Binet)

detY = (detX)n = 6n.

Resposta: C

OSG.: 087182/1451

TC – MaTeMáTiCa

154 No triângulo numérico ao lado, construído segundo uma estrutura lógica facilmente 1

3 5

7 9 11

13 15 17 19

21 23 25 27 29

.........................................

........................................

identificada, o número localizado na última posição da linha x é dado pela expressão x2 + x – 1.

Podemos afirmar, corretamente, que o maior número situado na linha cuja soma dos números que a compõem é 8000, pertence ao conjunto:A) {409, 411, 413} C) {421, 423, 425}B) {415, 417, 419} D) {427, 429, 431}

Solução:

Temos que:1

3 5

7 9 11

13 15 17 19

21 23 25 27 29

.........................................

........................................

Observe que:

S

S

S

S

Sx

13

23

33

43

1 1

3 5 2

7 9 11 3

13 15 17 19 4

→ =

→ + =

→ + + =

→ + + + =

→

............................+ + − =x x x2 31

Como x3 = 8000 ⇒ x = 20 Consoante o enunciado, para x = 20, temos x2 + x – 1 = 202 – 1 = 419, último elemento que pertence ao conjunto

{415, 417, 419}.

Resposta: B

155 O volume de uma esfera de raio é dado por V r=4

33π . Um reservatório com formato esférico tem um volume de 36π

metros cúbicos. Sejam A e B dois pontos da superfície esférica do reservatório e seja m a distância entre eles. O valor máximo de m em metros é:A) 5,5 D) 4,5B) 5 E) 4C) 6

Solução:

1) O raio r, em metros, do reservatório é tal que 4

3 ⋅ π . r3 = 36π ⇔ r3 = 27 ⇔ r = 3

2) Se m é a distância entre os pontos A e B dessa superfície esférica, então o maior valor de m é o diâmetro da esfera e portanto, em metros, m = 6.

Resposta: C

156 Dada a equação polinomial x4 – 3x3 – 8x2 + 22x – 24 = 0 e sabendo-se que 1 + i é uma das raízes (i é a unidade imaginária),

pode-se afirmar que as outras duas raízes a e b são tais que 1 1

a b+ vale:

A) −1

4 D) −

1

10

B) −1

6 E) −

1

12

C) −1

8

OSG.: 087182/1452

TC – MaTeMáTiCa

Solução:

A equação tem duas raízes complexas conjugadas (1 + i; 1 – i) e duas raízes reais. Supondo que o examinador tenha chamado de a e b as duas raízes reais da equação apresentada, temos:

1 1 3

1 1 24

1

12

+( ) + −( ) + + =

+( ) −( ) ⋅ ⋅ = −

⇔

+ == −

⇔=i i a b

i i a b

a b

ab

a 44

3

3

4bou

a

b= −

= −=

Em ambos os casos, o valor de 1 1

a b+ é:

1

4

1

3

3 4

12

1

12+−

=−

= −

Resposta: E

157 Em uma urna há 72 bolas idênticas, mas com cores diferentes. Há bolas brancas, vermelhas e pretas. Ao sortearmos uma bola da urna, a probabilidade de ela ser branca é 1/4 e a probabilidade de ela ser vermelha é 1/3. A diferença entre o número de bolas pretas e o número de bolas brancas na urna é:A) 12 D) 6B) 10 E) 4C) 8

Solução:

Se b, v e p forem o número de bolas brancas, vermelhas e pretas, respectivamente, então:

b

v

b v p

b

v

p

72

1

4

72

1

372

18

24

30

=

=

+ + =

⇔===

Assim, p – b = 30 – 18 = 12

Resposta: A

158 Se x, y, z e w são as raízes da equação x4 + 2x2 + 1 = 0, então log2 |x| + log

2 |y| + log

2 |z| + log

2 |w| é igual a:

A) 0 C) –1B) 1 D) 2

Solução:

Como x, y, z e w são as raízes da equação x4 + 2x2 + 1 = 0:

Temos que:

I. x · y · z ⋅ w = 1 → (Re de Girard)II. log

2 |x| + log

2 |y| + log

2 |z| + log

2 |w| = log

2 |x·y·z·w|

Substituindo (I) em (II) vem:log

2 |x · y · z · w| = log

2 |1| = 0

Resposta: A

159 Se a população de uma cidade aumenta a uma taxa de 2% a cada mês, o percentual do aumento acumulado imediatamente após um período de quatro meses, com aproximação de duas casas decimais, é:A) 8,00% C) 8,50%B) 8,24% D) 8,80%

Solução:

Usando a fórmula dos juros compostos, vem:M = C(1 + i)t

M = C(1 + 0,02)4

M = C · 1,024

M = C · 1,0824

Então:p%(solicitado) = 1,0824C – C = 0,0824C = 8,24% de C

Resposta: B

OSG.: 087182/1453

TC – MaTeMáTiCa

160 A quantidade de números inteiros positivos x, com três dígitos, tais que x < 14 e o produto de seus dígitos é igual a 24 é:A) 2 C) 4B) 3 D) 5

Solução:

Temos que:

• x = abc = a · 102 + b · 10 + c (forma polinomial)

• x x x x< → < → < → ∈{ }14 14 196 100 101 1952 , ,...,

Como a · b · c = 24, então: a = 1 → bc = 24 → possíveis pares (b,c), são: (3,8), (8,3), (6,4) e (4,6).

Logo, os possíveis números x, de três algarismos, são: 138, 183, 146, 164.

Resposta: C

161 O maior valor da razão de uma progressão aritmética para que os números 7, 23 e 43 sejam três de seus termos é:A) 4B) 16C) 2D) 8

Solução:

Suponha:

a

a

a

termos de uma P A de raz om

n

p

=

=

=

7

23

43

. . .ã r

Então:

a a n m r n mr

a a p n r p nr

a a p

n m

p n

p m

− = = −( ) ⋅ → − =

− = = −( ) ⋅ → − =

− = =

1616

2020

36 −−( ) ⋅ → − =m r p mr

36

Como r tem que ser o maior possível, basta tomarmos r = m · d · c (16,20,36).

Portanto:

r = 4 (razão desejada)

Resposta: A

162 A soma dos quadrados das raízes da equação x2 + (p – 5)x – (p + 4) = 0, depende do número real p. O menor valor que esta soma pode assumir é:A) 11 C) 33B) 17 D) 37

Solução:

Temos que: x2 + (p – 5)x – (p + 4) = 0

Girardx x p

x x p

1 2

1 2

5

4

+ = − −( )= − +( )

OSG.: 087182/1454

TC – MaTeMáTiCa

Veja que:

x x x x x x

p x x p

p p p x

1 2

2

12

22

1 2

2

12

22

21

2

5 2 8

10 25 2 8

+( ) = + +

−( ) = + − −

− + + + = 2222

212

22

212

22

2

0

8 33

8 16 17

4 17

+

− + = +

− + + = +

−( ) + =≥

x

p p x x

p p x x

p

xx x12

22 17+ ≥

Logo: x x12

22 17+( ) =

min

Resposta: B

163 Tadeu colocou um terreno à venda visando um lucro de 20% sobre preço de custo. Não conseguindo vender, reduziu a

porcentagem de lucro pela metade e conseguiu vender 3

5

2

3dos do terreno, recebendo então R$ 44.000,00.

Qual é o preço de custo do terreno?A) R$ 101.000,00 C) R$ 99.000,00B) R$ 100.000,00 D) R$ 97.000,00

Solução:

Inicialmente,

• Preço de custo (terreno) = c

• Lucro = 20

100c

Posteriomente,

• Conseguiu vender = 3

5

2

3

2

5⋅ =c c

• Porcentagem de lucro = 10

100

2

5

1

25⋅ =c c

Daí,

2

5

1

2544000c c+ =

c = 100.000,00

Resposta: B

164 Sejam M e N os pontos em que a reta y = x intercepta a circunferência x2 + y2 – 4x – 2y + 4 = 0. Se P é um ponto desta circunferência tal que o triângulo MNP é retângulo, então a medida da área deste triângulo, em unidade de área, é:A) 1,0B) 1,5C) 2,0D) 2,5

Solução:

Temos que:

• λ : x y x y

x x y y

x y

circufer

2 2

2 2

2 2 2

4 2 4 0

4 4 2 1 1

2 1 1

+ − − + =

− + + − + =

−( ) + −( ) =êência de centro

e raio2 1 1, .( )

OSG.: 087182/1455

TC – MaTeMáTiCa

• Com a representação gráfica de λ e r: y = x, facilmente identificamos os pontos de interação M e N.

N

M

y

x

y = x

321

1

23

0

Assim sendo, podemos ter:

N N

M MP

P

1

1 1

1

1

1 0 0

Logo, a área do ∆MNP é igual a 2 1

21

⋅= ua. .

Resposta: A

165 Sejam R um ponto da diagonal MP do retângulo MNPQ, U e V as projeções ortogonais de R sobre os lados MQ e QP, respectivamente. Se as medidas dos lados MQ e QP são, respectivamente, 3 m e 4 m, então a medida, em m2, da maior área possível do retângulo URVQ, é:A) 4,50B) 4,00C) 3,50D) 3,00

Solução:

FIGURA ILUSTRATIVA

RU

y y

α

3

M N

Q x 4 – xV P

4

Áreamáxima

• tgy

xx yα =

−= → + =

4

3

43 4 12

• Área (destacada) = x · y

OSG.: 087182/1456

TC – MaTeMáTiCa

Utilizando a desigualdade das médias, obtemos:3 4

23 4

6 12

36 12

3

3

x yx y

xy

xy

xy

xy

+≥ ⋅

≥

≥≤

( ) =max

Logo, a maior área para o retângulo URVQ são 3 u.a.

Resposta: D

166 Uma universidade matriculou no presente semestre 96 alunos novos no Curso de Medicina, 72 no Curso de Direito e 108 no Curso de Engenharia de Computação. Para recepcionar os calouros será realizada uma “semana cultural” na qual os alunos novos serão distribuídos em grupos com o mesmo número de integrantes e sem misturar alunos de um curso com alunos de outro curso. O número mínimo de grupos que podem ser formados com estas características éA) 20B) 21C) 23D) 24

Solução:

• Supondo que cada grupo tem n integrantes, encontramos:

96

nx= (número de grupos – Medicina)

72

ny= (número de grupos – Direito)

108

nz= (número de grupos – Engenharia)

• Para que x, y e z assumam os menores valores, devemos ter n = m · d · c · (96, 72, 108)

• Fatorando, simultaneamente, até encontrar o m.d.c., vem:

96, 72, 108 2

48, 36, 54 2

24, 18, 27 3m.d.c. = 12 = n → x = 8, y = 6 e z = 98, 6, 9

Logo, x + y + z = 23

Resposta: C

167 No plano cartesiano usual, o quadrado PQRS tem três dos seus vértices sobre o gráfico da função f(x) = x2, sendo um deles o ponto (0,0). A soma de todas as coordenadas dos vértices do quadrado é:A) 4B) 8C) 12D) 16

Solução:

Particularidade do quadrado:

• lados e ângulos iguais;• diagonais congruentes, se dividem no meio e são perpendiculares.

OSG.: 087182/1457

TC – MaTeMáTiCa

Sendo assim, graficamente temos:

y

4

4

4

R

–2 –1 1 2

1

Q x

P

S

( )13

reta bissetriz

y x b=��

( )24

reta bissetriz

y x b= −��

Veja (coordenadas dos pontos)P = (1, 1)Q = (0, 0)R = (–1, 1)S = (0, 2)

Logo, a soma das coordenadas de todos os pontos é igual a 4.

Resposta: A

168 Um cilindro circular reto cuja medida do raio da base é 5 m é cortado por um plano perpendicular às suas bases (paralelo ao eixo do cilindro). A distância do plano ao eixo do cilindro é 3 m. Se a diferença entre a área lateral do cilindro e a área retangular determinada sobre o plano é 234 m2, considerando π igual a 3,14, então a medida do volume do cilindro, em m3, é:A) 578 C) 758B) 875 D) 785

Solução:FIGURA ILUSTRATIVA

h

5

5

434

h

OSG.: 087182/1458

TC – MaTeMáTiCa

• Área lateral = 2π · 5 · h = 10π h = 31,4 h• Área da secção retangular = 8 hEntão: 31,4 h – 8 h = 234 h = 10

Logo, o volume do cilindro será:

V = π · 52 · hV = 3,14 · 25 · 10V=785 m3

Resposta: D

169 A razão entre as áreas do círculo circunscrito e do círculo inscrito ao triângulo cujas medidas dos lados são respectivamente 6 m, 8 m e 10 m é:A) 6,00B) 6,75C) 6,25D) 6,50

Solução:

Temos que:

A

6

r

8

5 5OCB

i) Cálculo do raio do círculo circunscrito: 2R = 10 → R = 5

ii) Cálculo do raio do círculo inscrito:

r

b c a=

+ −=

+ −=

2

6 8 10

22

Então:

A circ

A insc

.

.,=

⋅⋅

= =ππ

5

2

25

46 25

2

2

Resposta: C

170 As prestações de um financiamento imobiliário constituem uma progressão aritmética na ordem em que são pagas. Sabendo que a 15ª prestação é R$ 3690,00 e a 81ª prestação é R$ 2 700,00, o valor da 1ª prestação é:A) R$ 3 800,00B) R$ 3 850,00C) R$ 3 900,00D) R$ 3 950,00E) R$ 4 000,00

OSG.: 087182/1459

TC – MaTeMáTiCa

Solução

Sendo r a razão, em reais, da progressão aritmética sugerida, em reais, temos:a a r

a a rr r15 1

81 1

14 3690

80 270066 990 15

= + =

= + =

⇔ = − ⇔ = −

Desta forma, a1 + 14 · (–15) = 3690 ⇔ a

1 = 3900

Resposta: C

171 Considere a seguinte tabela, em que ln(x) representa o logaritmo neperiano de x:

x 1 2 3 4 5

ln(x) 0 0,69 1,10 1,39 1,61

O valor de x que satisfaz a equação 6x = 10 é aproximadamente igual a:A) 1,26B) 1,28C) 1,30D) 1,32E) 1,34

Solução

6 10 6 10 6 1010

6

2 5

2 3

0 69 1x xln x x= ⇔ ⇔ = ⋅ = ⇔ = =++

=+

ln ln lnln

ln

ln ln

ln ln

, ,,

, ,

,

,,

61

0 69 110

2 30

1791 28

+⇔ =x

Resposta: B

172 Sendo os números 7 7 73 6, , termos consecutivos de uma progressão geométrica, o termo seguinte desta progressão é:

A) 1 C) 79

B) 77 D) 712

Solução:

Temos que:

7 7 77

7 703 6

3

6, , , . . ,x P G

xcom x( ) → = >

Então:

x x

x x x

⋅ = ⋅ → ⋅( ) = ⋅( )⋅ = ⋅ → = → =

7 7 7 7 7 7

7 7 7 1 1

3 66

3 66

6 3 2 6

Resposta: A

173 Movendo as hastes de um compasso,ambas de comprimento , é possível determinar diferentes triângulos, como os dois representados a seguir, fora de escala.

T1

T2

��

�

θ

2θ �

OSG.: 087182/1460

TC – MaTeMáTiCa

Se a área do triângulo T1 é o triplo da área do triângulo T

2, então o valor de cos θ é igual a:

A) 1

6 D)

1

2

B) 1

3 E) 6

6

C) 3

3

Solução:

A área de T1 é dada por

1

22⋅ ⋅ senθ , enquanto que a área de T

2 é igual a

1

222⋅ ⋅ sen θ. Logo, sabendo que a área de T

1

é o triplo da área de T2, vem

1

23

1

22 3 2

1

62 2⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ ⋅ → = sen sen sen senθ θ θ θ θ θcos cos .

Resposta: A

174 Se r é um número real positivo, a razão entre o volume de um cubo cuja medida da aresta é r metros e o volume de uma

esfera cuja medida do raio é r

2 metros é:

A) 4

3π C) 4

5π

B) 6

π D) 3

2π

Solução:• Volume do cubo de aresta r V

cubo = r3

• Volume da esfera de raio R r= 2

V Rr

Vr r

esfera

esfera

= = ⋅

= ⋅ =

4

3

4

3 2

4

3 8 6

33

3 3

π π

ππ

Logo:

Raz or

rr

rã = = ⋅ =

3

33

3

6

6 6

π π π

Resposta: B

175 Dado y arcsen=

cos ,2

2

3 temos que:

A) y = 3 D) y =3

2

B) y =4

3 E) y =

1

3

C) y =1

9

Solução:

Considere o ângulo α, com α ∈ 02

, ,π

tal que sen α =2

3. Logo, y arcsen sen=

= = − ⋅cos cos .2

2

32 1 2 2α α

Logo:

y = − ⋅

= − =1 2

2

31

8

9

1

9

2

.

OSG.: 087182/1461

TC – MaTeMáTiCa

176 No plano, considere três retas paralelas r1, r

2, r

3 com r

2 entre r

1 e r

3 e a distância entre r

1 e r

3 igual a 6 m. Se P e Q são

pontos distintos na reta r2, M é um ponto na reta r

1 e N é um ponto da reta r

3 de tal forma que as medidas das áreas dos

triângulos PQM e PQN são respectivamente 10 m2 e 5 m2, então a medida do segmento PQ é:A) 4 m C) 6 mB) 3 m D) 5 m

Solução:r

1

r2

r3

h1

h2

M

Q

N

P

∆

∆

PMQ reaPQ h

PQ h I

PNQ reaPQ h

PQ h

→ →⋅

= ∴ ⋅ =

→ →⋅

= ∴ ⋅ =

Á

Á

11

22

210 20

25 10

( )

((I )I

Dividindo (I) por (II), temos:h

hh h1

21 22 2= → = .

Como h1 + h

2 = 6, então:

2h2 + h

2 = 6 → h

2 = 2

Logo, substituindo em (II), concluímos:PQ PQ metros⋅ = → =2 10 5 .

Resposta: D

177 Para cada número natural n, define-se an

nn

n

=+( )2 1 5

!. O valor da soma a

1 + a

2 + a

3 é um número localizado entre:

A) 210 e 220. C) 220 e 230.B) 200 e 210. D) 230 e 240.


a

a

a

1

1

2

2

3

3

2 1 1 5

115

2 2 1 5

2

125

22 3 1 5

3

875

6

=⋅ +( ) ⋅

=

=⋅ +( ) ⋅

=

=⋅ +( ) ⋅

=

!

!

!

Então:

a a a1 2 3 15125

2

875

6

1340

6

670

3223+ + = + + = = = ,…

Logo:a

1 + a

2 + a

3 ∈ (220, 230)

Resposta: C

178 Sabendo que cos ,θ θ− =sen6

3 então o valor de sen 2θ é:

A) –1 D) 1

3

B) –5

9 E)

5

6

C) 1

6

OSG.: 087182/1462

TC – MaTeMáTiCa

Solução:Elevando ao quadrado os dois membros da igualdade, temos:

cos cos2 2 22

3

1 22

3

θ θ θ θ

θ

+ − ⋅ ⋅ =

− ( ) =

sen sen

sen

Logo:

sen 21

3θ( ) =

Resposta: D

179 Se m, p e q são as raízes da equação 6x3 – 11x2 + 6x – 1 = 0, então o resultado da divisão da soma m + p + q pelo produto m·p·q é:A) 13 C) 17B) 11 D) 15

Solução:Das relações de Girard, temos:

m p q

mp mq pq

mp

Assimm p q

mpq

+ + =

+ + =

=

+ += =

116

1

1

611

616

11:

Resposta: B

180 Se a quantidade z é, simultaneamente, diretamente proporcional a x e inversamente proporcional a y, e se z = 5 quando x = 2 e y = 3, então o valor de z quando x = 96 e y = 10 é:A) 72B) 82C) 75D) 68

Solução:Segundo o enunciado, temos:z y

xk

⋅= =constante

Então:

• Para x y e z k= = = → =⋅

=2 3 55 3

2

15

2,

• Para x y e k encontramos= = =96 1015

2, , :

zz

⋅= ⇒ =

10

96

15

272

Resposta: A

181 A área da região do plano formado pelos pontos (x, y) tais que x2 + y2 – 4x ≤ 0 e x – y – 2 ≥ 0, em unidades de área, é igual a:

A) π2

. D) 3π

B) π E) 4πC) 2π

OSG.: 087182/1463

TC – MaTeMáTiCa

Solução: A região do plano representada simultaneamente pelas duas inequações está representada na figura a seguir, um semicírculo

de raio R = 2.

2

2

x

y

Logo, sua área será dada por:

A =⋅

=π

π2

22

2

.

Resposta: C

182 Observe a listagem abaixo.Linha 1: –2, 3, –4, 5, –6, …Linha 2: –4, 6, –8, 10, –12, …Linha 3: –6, 9, –12, 15, –18, …Linha 4: –8, 12, –16, 20, –24, ….......... ............................................. ...................................

Seguindo a lógica construtiva desta listagem, pode-se concluir acertadamente que a soma dos vinte primeiros números da linha de vinte é igual a:A) –200.B) 400.C) –400.D) 200.

Solução:L

2 = 2 · L

1

L3 = 3 · L

1

L4 = 4 · L

1

L L L

termos

20 1 20

20

20 40 60 80 100 120= ⋅ → = − − −( ), , , , , ...

Agrupando dois a dois os elementos de L20

, obtemos 10 parcelas de soma 20.Portanto, a resposta é 10 · 20 = 200.

Resposta: D

183 Desenvolvendo o determinante abaixo, obtém-se uma equação do segundo grau.1 1 1 1

0 0 7

0 5 0

0 0 5

0−

=x x

x

x

A raiz positiva desta equação é:A) 10. C) 20.B) 15. D) 25.

OSG.: 087182/1464

TC – MaTeMáTiCa

Solução:Aplicando Chió, obtemos:

1 1 1 1

0 0 7

0 5 0

0 0 5

8

5 0

0 5

−=

x x

x

x

x x x

x

x

baixamento de ordemRe

Então:x x x

x

x

x x x x

8

5 0

0 5

200 10 0 20 02 2= − = → − =

Logo:x = 0 (raiz nula) ou x = 20 (raiz positiva)

Resposta: C

184 O ponto da circunferência x2 + y2 + 2x + 6y + 1 = 0 que tem ordenada máxima éA) 0, –6 D) 2, 3B) –1, –3 E) 2, –3C) –1, 0

Solução:x2 + 2x + y2 + 6y + 1 = 0(x + 1)2 – 1 + (y + 3)2 – 9 + 1 = 0

Forma reduzida(x + 1)2 + (y + 3)2 = 9

Logo, segue que o centro da circunferência é o ponto C(–1, –3) e o seu raio é r = =9 3. O ponto de ordenada máxima é o ponto sobre a reta x

C = –1, cuja ordenada é dada por:

yC + r = –3 + 3 = 0, ou seja, (–1, 0).

Resposta: C

185 A equação x5 – x = 0 possui:A) cinco soluções reais.B) três soluções reais e duas complexas não reais.C) uma solução real e quatro complexas não reais.D) quatro soluções reais e uma complexa não real.

Solução:Fatorando, temos:

x x

x x x

x x xRa zes ais

⋅ −( ) =

⋅ −( ) ⋅ +( ) =

⋅ +( ) ⋅ −( )

4

2 2

1 0

1 1 0

1 1í Re

⋅⋅ +( ) =x

Ra zes Complexas

2 1 0

í

Logo:x

x

x

Ra zes reais1

2

3

0

1

1

== −=

í

Resposta: B

OSG.: 087182/1465

TC – MaTeMáTiCa

186 Se f e g são funções reais de variável real tais que para x ≠ 0 tem-se g x xx

e f g x xx

( ) = + ( )( ) = +1 12

2, então o valor de

f8

3

é:

A) 73

576. C) 73

24.

B) 46

9. D)

41

12.


f xx

xx

+

= +1 12

2

Tomando:

xx

xx

+ = → +

=

1 8

3

1 8

3

2 2

Desenvolvendo:

xx

xx

22

22

21 64

9

1 46

9+ + = → + =

Logo:

f8

3

46

9

=

Resposta: B

187 A soma dos cinco menores números positivos primos que formam uma progressão aritmética é:A) 65.B) 85.C) 75.D) 95.

Solução:I. Seja p o primeiro elemento primo positivo que satisfaz a condição imposta a sequência do problema;II. Como na sequência, temos pelo menos quatro primos ímpares, concluímos que a razão dessa P.A. é um número par.

De (I) e (II), temos:S = (a

1, a

2, a

3, a

4, a

5), P.A. de razão 2k.

a1 = p

a2 = p + 2k

a3 = p + 4k

a4 = p + 6k

a5 = p + 8k

Analisando os possíveis valores de p, encontramos:• Para p = 2 → a

1, a

2, a

3, a

4 e a

5 são pares (absurdo, pois só existe um único primo par).

• Para p = 3 → a4 = 3 + 6k = 3 · (1 + 2k) → a

4 é composto, pois admite pelo menos dois fatores maiores que 1.

• Para p = 5, temos:a

1 = 5

a2 = 5 + 2k

a3 = 5 + 4k

a4 = 5 + 6k

a5 = 5 + 8k

OSG.: 087182/1466

TC – MaTeMáTiCa

Como ai tem que ser o menor possível, vem:

k = 1 → a3 (não é primo)

k = 2 → a2 (não é primo)

k = 3 → (a3, a

2, a

3, a

4, a

5) = (5, 11, 17, 23, 29)

Logo:Soma (desejada) = 5 + 11 + 17 + 23 + 29 = 85

Resposta: B

188 Considere a região do plano dada pelos pontos (x, y) tais que x2 + y2 ≤ 2x e x2 + y2 ≤ 2y. Fazendo π = 3, a área dessa região éA) 1B) 0,5C) 2D) 1,5E) 2,5

Solução:x2 + y2 ≤ 2x ⇒ x2 – 2x + 1 + y2 ≤ 1 ⇒ (x – 1)2 + y2 ≤ 1x2 + y2 ≤ 2y ⇒ x2 + y2 – 2y + 1 ≤ 1 ⇒ x2 + (y – 1)2 ≤ 1

Representando as duas regiões no plano cartesiano e destacando a região comum, cuja área é A.

–1

1

x

y

AA

Portanto, A = 2 · A1

A = ⋅⋅

−⋅

⋅ −

21

4

1 1

22

3

4

1

20 5

2π , .

Resposta: B

189 Sejam C1 e C

2 dois cubos tais que os vértices de C

1 estão sobre a superfície de uma esfera e as faces de C

2 são tangentes

à mesma esfera, isto é, C1 é inscrito e C

2 circunscrito à esfera. Nestas condições, a razão entre a medida da aresta de C

2

e a medida da aresta de C1 é igual a

A) 3 C) 2

B) 2 3⋅ D) 2 2⋅

OSG.: 087182/1467

TC – MaTeMáTiCa

Solução:De acordo com o enunciado, temos as figuras abaixo.

C1

a

a

a

Fígura 1

• O diâmetro da esfera é igual à diagonal do cubo, assim:

a R a

R3 2

2

3= → = .

C2

�

�

�

Fígura 2

• A aresta de C2 é igual ao diâmetro da esfera, assim:

= 2R Logo:

A razão é dada por: 22

3

3RR

= .

Resposta: A

190 Considere duas circunferências concêntricas de raios distintos e, dois pontos X e Y na circunferência de maior raio tais que a corda XY seja tangente à circunferência de raio menor. Se a medida do segmento XY é 16 m, então a medida da área da região interior à circunferência de maior raio e exterior à circunferência de raio menor éA) 64 πm2 C) 42 πm2

B) 72 πm2 D) 36 πm2

Solução:De acordo com o enunciado, temos a figura a seguir:Observe que:R2 = r2 + 82 → R2 – r2 = 64.

8X

Y8

r R

OSG.: 087182/1468

TC – MaTeMáTiCa

Logo, a área pedida é dada por:A R r

A R r

A cm

= −

= −( )=

π π

π

π

2 2

2 2

264

Resposta: A

191 A soma dos algarismos do resultado da expressão numérica 523 · 230 é igual aA) 11 B) 18 C) 25D) 26E) 40

Solução:5 2 5 2 2 2 10 128 10 128000 023 30 23 23 7 7 23 23

23

⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ = ......zeros

A soma dos algarismos desse número é1 + 2 + 8 + 23 · 0 = 11

Resposta: A

192 No plano cartesiano, uma circunferência tem centro C(5, 3) e tangencia a reta de equação 3x + 4y – 12 = 0. A equação dessa circunferência é:A) x2 + y2 – 10x – 6y + 25 = 0B) x2 + y2 – 10x – 6y + 36 = 0C) x2 + y2 – 10x – 6y + 49 = 0D) x2 + y2 + 10x + 6y + 16 = 0E) x2 + y2 + 10x + 6y + 9 = 0

Solução:O raio da circunferência corresponde à distância de C(5, 3) à reta 3x + 4y – 12 = 0, isto é,3 5 4 3 12

3 43

2 2

⋅ + ⋅ −

+= .

Portanto, a equação da circunferência é(x – 5)2 + (y – 3)2 = 32 ⇔ x2 + y2 – 10x – 6y + 25 = 0.

Resposta correta: A

193 A solução da equaçãolog1 + 2log2 + 3log3 + 4log4 + ... + 10log10 = log x é

A) 1

2 3 4 9! ! ! ... !

B) 10

2 3 4 9! ! ! ... !

C) 10

2 3 4 9

!

! ! ! ... !

D) 10

2 3 4 9

10!

! ! ! ... !

( )

E) 10

2 3 4 9

11!

! ! ! ... !

( )

OSG.: 087182/1469

TC – MaTeMáTiCa

Solução:log log log log .... log log log ...1 2 2 3 3 4 4 10 10 1 2 3 42 3 4+ + + + + = ⇔ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅x ⋅⋅( ) = ⇔

⇔ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

10

1 2 3 4 10 1 2 3 4 10

10

2 3 4 10

10

log

... ...!

x

x x ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅2 3 4 10101

... .!

!

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = ⋅ ⋅ ⋅3 4 10 10 1010

1

10

2

10

310

2

10

9

... ... !!

!

!

!

!

!!

!

!

!

x ⋅⋅ ⋅ ⇔ =( )

⋅ ⋅ ⋅ ⋅...

!

!

!

! ! ! ... !

10

9

10

2 3 4 9

10

x

Resposta: D

194 A representação no sistema cartesiano ortogonal da equação 9x2 – y2 = 36x + 8y – 11 é dada porA) duas retas concorrentes.B) uma circunferência.C) uma elipse.D) uma parábola.E) uma hipérbole.

Solução:

Completando os quadros, obtemos:9x2 – y2 = 36x + 8y – 11 → 9(x2 – 4x) – (y2 + 8y) = –119[(x – 2)2 – 4] – [(y + 4)2 – 16] = – 119(x – 2)2 – (y + 4)2 = 9

Forma reduzida:

x x−( )−

−( )=

2

1

2

31

2

2

2

2,

que é a equação de uma hipérbole com eixo real paralelo ao eixo Ox.

Resposta: E

195 Durante uma competição, dois maratonistas partem de uma mesma cidade em direção reta. Um em sentido leste e o outro em sentido nordeste.

Qual a distância que os separa depois de 2 horas sabendo que as velocidades dos atletas são 20 km/h e 25 km/h, respectivamente?

Considere: 2 1 4 13 3 6 , , .eA) 28 km D) 40 kmB) 32 km E) 44 kmC) 36 km

Solução:Diante do exposto, temos a ilustração a seguir:

N

E

NE

50

45º

40

d

OSG.: 087182/1470

TC – MaTeMáTiCa

Pela Lei dos cossenos, vem:d

d

d

2 2 2

2 2 2

2

50 40 2 50 40 45

100 5 4 2 5 4 45

100 4

= + − ⋅ ⋅ °

= ⋅ + − ⋅ ⋅ °( )= ⋅

cos

cos

11 20 2

10 41 20 2 36

−( )= ⋅ −d km

Resposta: C

196 Um funcionário do setor de planejamento da Editora Signos verificou que as livrarias dos três clientes mais importantes estão localizadas nos pontos A(0, 0), B(1, 7) e C(8, 6), sendo que as unidades estão em quilômetros.Em que ponto P(x, y) deve ser instalado um depósito para que as distâncias do depósito às três livrarias sejam iguais?A) (4, 1) B) (1, 6) C) (7, 2)D) (5, 4)E) (4, 3)


AB

AC

BC

2 2 2

2 2 2

2 2 2

1 0 7 0 50

8 0 6 0 100

8 1 6 7

= −( ) + −( ) =

= −( ) + −( ) =

= −( ) + −( ) == 50.

Como AC AB BC2 2 2

= + , segue que o triângulo ABC é retângulo e sua hipotenusa é o lado AC.

Portanto, P é o ponto médio do lado AC, ou seja, P =+ +

= ( )0 8

2

0 6

24 3, , .

Resposta: E

197 A figura abaixo representa um retângulo formado pela justaposição de três quadrados.

A B C D

E F G H

Assim, as medidas dos segmentos AB BC CD EF FG GH AE BF CG e DH, , , , , , , , são iguais. Nestas condições, podemos afirmar

corretamente que a soma das medidas, em graus, dos ângulos CEH e DEHˆ ˆ é igual aA) 60º C) 55ºB) 45º D) 50º


A B C D

E Fk k k

kk

G H

OSG.: 087182/1471

TC – MaTeMáTiCa

Fazendo: CEG e DEHˆ ˆ= =α βEntão:

tgk

k

tgk

k

tgtg tg

tg tg

α

β

α βα β

α β

= =

= =

+( ) =+

− ⋅=

+

− ⋅=

2

1

2

3

1

3

1

12

13

112

13

55656

1=

Logo:tg(α + β) = 1 ⇒ α + β = 45º

Resposta: B

198 Os vértices P e Q do triângulo equilátero MPQ são a interseção da reta 3x + 4y – 33 = 0 com a circunferência x2 + y2 – 10x – 9y + 39 = 0. A equação da reta perpendicular ao lado PQ do triângulo MPQ que contém o vértice M éA) 8x – 6y – 41 = 0.B) 8x – 6y – 13 = 0.C) 4x – 3y – 41 = 0.D) 4x – 3y – 13 = 0.

Solução:

95,

2

M

P Q

s

r: 3x + 4y – 33 = 0

x2 + y2 – 10x – 9y + 39 = 0

Veja que:

• r: 3x + 4y – 33 = 0 → m coef angular de rr = − ( )3

4.

• Como r e s são perpendiculares → mr · m

s = –1

• Equação geral da circunferência: x2 + y2 – 2ax – 2by + a2 + b2 – r2 = 0, onde r é o raio e (a, b) são as coordenadas do centro.• Comparando com a equação da circunferência apresentada no enunciado, obtemos: –2a = –10 → a = 5 –2b = –9 → b = 4,5• Obtenção de uma reta a partir de um ponto e seu coeficiente angular:

−

⋅−−

= − → − − =3

4

4 5

51 8 6 13 0

m mr

s

y

xs x y

,: .

Resposta: B

199 O número total de arestas de uma pirâmide que tem exatamente 17 faces, incluindo a base, éA) 34B) 30C) 26D) 32

OSG.: 087182/1472

TC – MaTeMáTiCa

Solução:Fato que ajuda:• Pirâmide: nº de vértices = nº de faces• Pirâmide → Poliedro convexo → Euleriano

Então:V + F = A + 2F + F = A + 22F = A + 234 = A + 2

Logo:A = 32

Resposta: D

200 A área de um quadrado inscrito na circunferência de equação x2 – 2y + y2 = 0 é

A) 1

2

B) 1

C) 2D) 2E) 2 2

Solução:

Determinando o centro C e o raio R da circunferência, temos:x2 – 2y + y2 = 0 ⇒ x2 + y2 – 2y +1 = 0 + 1 ⇒ x2 + y – 12 = 1

Logo, C(0, 1) e o raio R = 1. Todo quadrado é um losango, portanto sua área pode ser calculada como sendo a medida do produto de suas diagonais.

A diagonal d desse quadrado é o diâmetro da circunferência, portanto d = 2 e sua área será dada por:

A =⋅

=2 2

22.

RO

BER

T / J

OÃ

O G

UIL

HER

ME

/ GEO

RG

ENES

– 2

0/10

/14

– R

EV.:

LSS/

Am

élia

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S M 140 questões resolvidas Nº E T D M Matemática · ... log 50 + log 40 + log 20 + log 2,5 = log 100000 = log 10 5 = 5 ... log 40 + log 20 + log 2,5 é igual a: A) 1 D) 10 B)