NOTAÇÕES

N = {1, 2, 3, ...}R : conjunto dos números reais[a, b] = {x ∈R; a ≤ x ≤ b}[a, b[ = {x ∈R; a ≤ x < b}]a, b[ = {x ∈R; a < x < b}A B x x A x B\ { ; }= ∈ ∉e

a a a a kn kn

k= + + + ∈

=∑ 1 2

1. . . , N

a x a a x a x knn

kk

n

k= + + + ∈

=∑ 0 1

0. . . , N

C : conjunto dos números complexosi : unidade imaginária: i2 1= −||z : módulo do número z ∈ Cz : conjugado do número z ∈ CMm n× ( )R : conjunto das matrizes reais m n×det A : determinante da matriz A

At: transposta da matriz A

A−1 : inversa da matriz inversível AP(A) : conjunto de todos os subconjuntos doconjunto An(A) : número de elementos do conjunto finito AArg z : argumento principal de z ∈ C\{0},Arg z ∈ [0, 2π[f g� : função composta das funções f e gf g⋅ : produto das funções f e g

Observação: Os sistemas de coordenadas con-siderados são cartesianos retangulares.

Considere as afirmações abaixo relativas aconjuntos A, B e C quaisquer:I. A negação de x A B∈ ∩ é: x A∉ ou x B∉ .II. A B C A B A C∩ ∪ = ∩ ∪ ∩( ) ( ) ( ).III. ( \ ) ( \ ) ( )\( )A B B A A B A B∪ = ∪ ∩ .Destas, é (são) falsa(s)a) apenas I.c) apenas III.e) nenhuma.

b) apenas II.d) apenas I e III.

alternativa E

I. Verdadeira. A negação de x (A B)∈ ∩ éx ( A B)∈ ∩ ⇔ x (A B) x A∈ ∪ ⇔ ∈ ou x B∈ ⇔⇔ ∉x A ou x B∉ .II. Verdadeira. Pela propriedade distributiva da inter-secção com relação à união, temos A (B C)∩ ∪ == ∩ ∪ ∩(A B) (A C).III. Verdadeira. Temos (A B (B A\ \) )∪ == ∩ ∪ ∩ =(A B (B A) )

= ∩ ∪ ∩ ∩ ∪ =[(A B) B] [(A B) A]

= ∪ ∩ ∪ ∩ ∪ ∩ ∪ =[(A B) (B B)] [(A A) (B A)]

= ∪ ∩ ∩ = ∪ ∩(A B) ( ) (A B)A B A B\( ).

Considere conjuntos A B, ⊂ R e C A B⊂ ∪( ).Se A B∪ , A C∩ e B C∩ são os domínios dasfunções reais definidas por ln( )x − π ,

− + −x x2 6 8 e xx

−−

π5

, respectivamente,

pode-se afirmar quea) C = ] , [π 5 .c) C = [ , [2 5 .e) C não é intervalo.

b) C = [ , ]2 π .d) C = [ , ]π 4 .

alternativa C

Os domínios mais amplos possíveis das funções

− + −x 6x 82 ex −

−π

5 xsão, respectivamente,

− + − ≥ ⇔x 6x 8 02 2 x 4≤ ≤ ex −

−≥ ⇔π

5 x0

⇔ ≤ <π x 5.ComoC (A B)⊂ ∪ ,C C (A B)= ∩ ∪ ⇔⇔ = ∩ ∪ ∩ ⇔ = ∪ ⇔C A C B C( ) ( ) [ ] [ [C 2;4 ;5π⇔ =C 2;5[ [.

Se z é uma solução da equação em C,

z z z− + =||2

= − + − − +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥( )2

2 13

2 13

12

i i ,

Questão 1

Questão 2

Questão 3

pode-se afirmar quea) i z z( )− < 0. b) i z z( )− > 0.

c)||z ∈ [5, 6]. d)||z ∈ [6, 7].

e) zz

+ >18.

alternativa E

Observe que2 13

i2 13

− − + =

= − − +23

(1 i)13

(1 i) e, portanto,

( 2 i)2 13

i2 13

+ − − +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

= − − + + + +23

(1 i)23

(1 i)23

(1 i)

+ − = − = − + ⋅ −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

13

(1 i) 1 i 2 cos4

i sen4

π π.

Logo a equação dada é equivalente a

z z z− + = − − + ⋅ −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

| |212

2 cos4

i sen4

π π.

Assim, sendo z a bi= + , com a e b reais:

a b bi2 2 2+ + =

= − − + ⋅ −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⇔26 cos

124

i sen12

4π π

⇔ + + = ⇔ ==

⇔a b 2bi 2a 2

b 02 2 6

2 6

⇔ = ± = ±=

⇔ = −a 2 8

b 08

3z ou z = 8.

Temos então que z z 0− = , | |z = 8 e z1z

+ =

= + >818

8.

Os argumentos principais das soluções daequação em z,

iz z z z i+ + + − =3 02( ) ,

pertencem a

a) π π4

34

, .⎤⎦⎥

⎡⎣⎢

b) 34

54

π π, .⎤

⎦⎥⎡⎣⎢

c) 54

32

π π,⎡

⎣⎢⎡⎣⎢. d) π π π π

4 232

74

, , .⎤⎦⎥

⎡⎣⎢∪ ⎤

⎦⎥⎡⎣⎢

e) 04

74

2, ,π π π⎤

⎦⎥⎡⎣⎢∪ ⎤

⎦⎥⎡⎣⎢.

alternativa C

Seja z a bi= + , a, b∈R, então z a bi= − .

iz 3z (z z) i 02+ + + − = ⇔⇔ − + + + − − = ⇔( b 3a 4a ) i(a 3b 1) 02

⇔ − + + =− − =

⇔ + + =− − =

⇔b 3a 4a 0

a 3b 1 0

12a 8a 1 0

a 3b 1 0

2 2

⇔

= − = −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= − = −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

a e b

ou

a e b

12

12

16

718

As soluções z1 e z 2 da equação são:

z12

12

i1 = − − e z16

718

i2 = − −

Sendo θ1 o argumento principal de z1, tgθ1 =

=−

−⇔ =

1212

11tgθ

Analogamente, sendo θ2 o argumento principalde z 2 ,

tg tgθ θ2 2

71816

73

=−

−⇔ = .

As partes real e imaginária são negativas, portan-to as soluções encontram-se no 3º quadrante, ou

seja, π θ θ π< <1 2,32

.

Então os argumentos principais são tais que:

tg54

173

< <32

π θ

π θ π

= ≤ ≤⇒

tg

⇒ ≤ <54

32

π θ π

Considere a progressão aritmética ( ,a1

a a2 50, , )� de razão d. Se a dnn =∑ = +

1

1010 25 e

ann =∑ =

1

504550, então d a− 1 é igual a

a) 3. b) 6. c) 9. d) 11. e) 14.

matemática 4

Questão 4

Questão 5

alternativa D

(a a ) 102

10 25d

(a a ) 502

4 550

a a 2 5d

a

1 10

1 50

1 10

1

+ ⋅= +

+ ⋅=

⇔+ = ++ =

⇔a 18250

⇔+ = += −

⇔= −=

2a 9d 2 5d

40d 180 5d

a 7

d 41 1

Logod a 4 ( 7) 111− = − − = .

Sejam f, g : R → R tais que f é par e g é ím-par. Das seguintes afirmações:I. f ⋅ g é ímpar,II. f � g é par,III. g � f é ímpar,é (são) verdadeira(s)a) apenas I.c) apenas III.e) todas.

b) apenas II.d) apenas I e II.

alternativa D

Como f é par, f( x) f(x)− = , ∀ ∈x R, e, como g éímpar, g( x) g(x)− = − , ∀ ∈x R. Assim:I. Verdadeira. f( x) g( x) = f(x) [ (x)]− ⋅ − ⋅ − =g= − ⋅f(x) g(x), ou seja, a função f g⋅ é ímpar.II. Verdadeira. f g( x) f(g( x)) f( g(x))� − = − = − == =f(g(x)) f g(x)� , ou seja, a função f g� é par.III. Falsa. g f( x) g(f( x)) g(f(x))� − = − = == g f(x)� , ou seja, a função g f� é par.

A equação em x,

arctg (ex + 2) − arccotg ee

x

x2 1 4−

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ = π

,

x ∈ R\{ }0 ,

a) admite infinitas soluções, todas positivas.b) admite uma única solução, e esta é positi-va.c) admite três soluções que se encontram no

intervalo −⎤⎦⎥

⎡⎣⎢

52

32

, .

d) admite apenas soluções negativas.e) não admite solução.

alternativa B

Sejam α = +arc tg(e 2)x e β =−

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟arc cotg

e

e 1

x

2x .

Então tg e 2xα = + , tg1

cotge 1

e

2x

xββ

= = −,

α β π− =4

, 0 < <β π e, como e 2 1x + > ,

arc tg1 <2 4 2

< ⇔ < <α π π α π.

Sendoπ α π

β π

π α β π4 2

0

34 2

< <

< <⇒ − < − < e o

único arco no intervalo −⎤⎦⎥

⎡⎣⎢

34

;2

π πcom tangente 1

igual aπ4

,α β π α β− = ⇔ − = ⇔4

tg( ) 1

⇔+ − −⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

+ + −⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

= ⇔e 2

e 1

e

1 (e 2)e 1

e

1

x2x

x

x2x

x

⇔ + − − =e 2e 2e 3 03x 2x x .

Fazendo e tx = , a equação t 2t 2t 3 03 2+ − − =tem t = −1 como raiz, de modo que é equivalente a

(t 1)(t t 3) 0 t 12+ + − = ⇔ = − ou t1 13

2= − +

ou t1 13

2= − −

.

Já que e 0x > e− + > − + =1 13

21 32

1, a úni-

ca solução da equação é e1 13

2x = − + ⇔

⇔ = − +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ > =x n

1 132

n 1 0� � , ou seja, a

equação admite uma única solução positiva.

Sabe-se que o polinômio p x( ) == − + −x a x a x5 3 2 1, a ∈ R, admite a raiz −i.

Considere as seguintes afirmações sobre asraízes de p:I. Quatro das raízes são imaginárias puras.II. Uma das raízes tem multiplicidade dois.III. Apenas uma das raízes é real.Destas, é (são) verdadeira(s) apenasa) I.d) I e III.

b) II.e) II e III.

c) III.

matemática 5

Questão 6

Questão 7

Questão 8

alternativa C

Como −i é raiz de p x( ), temos p( i) 0− = ⇔

⇔ − − ⋅ − + ⋅ − − = ⇔( i) a ( i) a ( i) 1 05 3 2

⇔− − − − = ⇔ − + − + = ⇔i ai a 1 0 (a 1) (a 1)i 0⇔ + = ⇔ = −a 1 0 a 1.

Assim, p(x) x x x 15 3 2= + − − =

= + − + = + ⋅ − =x (x 1) (x 1) (x 1) (x 1)3 2 2 2 3

= + ⋅ − ⋅ + +(x 1) (x 1) (x x 1)2 2 .

Logo p x( ) = ⇔0

x 1 0

ou

x 1 0

ou

x x 1 0

2

2

+ =

− =

+ + =

⇔

⇔

= = −

=

= − − = − +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

(x i ou x i)

ou

x 1

ou

x1 i 3

2ou x

1 i 32

e, conse-

quentemente, somente a afirmação III é verda-deira.

Um polinômio real p x a xnn

n( ) =

=∑

0

5, com

a5 4= , tem três raízes reais distintas, a, b ec, que satisfazem o sistema

a b ca b ca b c

+ + =+ + =+ + =

⎧⎨⎪

⎩⎪

2 5 04 2 6

2 2 2 5.

Sabendo que a maior das raízes é simples eas demais têm multiplicidade dois, pode-seafirmar que p(1) é igual aa) −4. b) −2. c) 2. d) 4. e) 6.

alternativa A

Temos:a 2b 5c 0

a 4b 2c 6

2a 2b 2c 5

a 2b 5c 0

2b 3c 6

+ + =+ + =+ + =

⇔+ + =

− =2b 8c 5− − =

⇔

⇔+ + =

− == −

⇔

=

=

= −

a 2b 5c 0

2b 3c 6

c 1

a 2

b32

c 1

Como a maior das raízes é simples, as demaistêm multiplicidade dois e o coeficiente dominantea5 vale 4, obtemos:

p(x) 4 (x 2) x32

(x 1)2

2= ⋅ − ⋅ −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⋅ + e

p(1) 4 ( 1)1

2(2) 42= ⋅ − ⋅ −⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ ⋅ = −

2

Considere o polinômio p x a xnn

n( ) =

=∑

0

15com

coeficientes a0 1= − e a i an n= + −1 1 , n = 1,2, ..., 15. Das afirmações:I. p( )− ∉1 R,II.| ( )| )p x ≤ + +4 (3 2 5 , ∀ ∈ −x [ , ]1 1 ,III. a a8 4= ,é (são) verdadeira(s) apenasa) I. b) II. c) III. d) I e II. e) II e III.

alternativa E

Temos que a 1 ia 1 i( 1) 1 i1 0= + = + − = − ;a 1 ia 1 i(1 ) 2 i2 1= + = + − = +i ;a 1 ia 1 i(2 i) 2i3 2= + = + + = ;a 1 ia 1 i(2i) 14 3= + = + = − .

Logo, indutivamente, a a a a 10 4 8 12= = = = − ;a a a a 11 5 9 13= = = = − i; a2 6 10 14a a a= = = =

= +2 i ;a i3 7 11 15a a a 2= = = = e p(x) a xnn

n 0

15= =

=∑

= − + + + + − + + + +1(1 x x x ) (1 i)x(1 x x x )4 8 12 4 8 12

+ + + + + +(2 i)x (1 x x x )2 4 8 12

+ + + + =(2i)x (1 x x x )3 4 8 12

= − + − + + + + + + =( 1 (1 i)x (2 i)x (2i)x )(1 x x x )2 3 4 8 12

= + − + + − + + + =(2x x 1 x(2x x 1)) (1 x x x )2 2 4 8 12i

= + − + + + +(2x x 1)(1 x)(1 x x x )2 4 8 12i .

Assim:• p( 1) (2( 1) ( 1) 1)(1 i( 1))(1 ( 1)2 4− = − + − − + − + − ++ − + − =( 1) ( 1) ) 08 12 . Portanto, a afirmação I é falsa.

• | | | |p(x) (2x x 1)(1 ix)(1 x x x )2 4 8 12= + − + + + +

Como − ≤ ≤ ⇒ + − ≥ ⋅ − − = −1 x 1 2x x 1 2 0 1 1 22 e

2x x 1 2 1 1 22 + − ≤ + − = , | |2x x 1 22 + − ≤ ,

| |1 ix 1 x 22+ = + ≤ ,1 x x x 44 8 12+ + + ≤ .

matemática 6

Questão 9

Questão 10

| |p(x) 2 2 4 8 2 4(3 2 5 )≤ ⋅ ⋅ = < + +Na verdade, 8 2 é o melhor limitante possível,pois | | | |p(1) (2 1 1 1) (1 i) (1 1 1 1 )2 4 8 12= ⋅ + − ⋅ + ⋅ + + + =

= 8 2 . Portanto, a afirmação II é verdadeira.• a a 18 4= = − . A afirmação III é verdadeira.

A expressão ( ) ( )2 3 5 2 3 55 5+ − − éigual aa) 2630 5.

d) 1584 15

b) 2690 5.

e) 1604 15.

c) 2712 5.

alternativa B

Temos que (2 3 5 ) (2 3 5 )5 5+ − − =

= +(2 3 5 )5 + − +( 2 3 5 )5 , e que

2 3 5+ e − +2 3 5 são as raízes da equa-

ção x 2 5 x 7 0 x 2 5 x 72 2− − = ⇔ = + .

Logo, sendo R (2 3 5 ) ( 2 3 5 )nn n= + + − + ,

R 2;0 = R 2 51 = e R R Rn n n+ += +2 12 5 7 ,n ≥ 0. Assim:

R 2 5 (2 5 ) 7 (2) 342 = ⋅ + ⋅ =

R 2 5 (34) 7 (2 5 ) 82 53 = ⋅ + ⋅ =

R 2 5 (82 5 ) 7 (34) 1 0584 = ⋅ + ⋅ =

R 2 5 (1 058) 7 (82 5 ) 2 690 55 = ⋅ + ⋅ = .

Um palco possui 6 refletores de iluminação.Num certo instante de um espetáculo modernoos refletores são acionados aleatoriamente demodo que, para cada um dos refletores, seja de23

a probabilidade de ser aceso. Então, a proba-

bilidade de que, neste instante, 4 ou 5 refleto-res sejam acesos simultaneamente, é igual a

a) 1627

.

d) 479729

.

b) 4981

.

e) 23

23

4

4

5

5+ .

c) 151243

.

alternativa A

Utilizando a distribuição binomial para a repeti-ção de 6 vezes de um experimento cuja probabi-

lidade de sucesso é23

, a probabilidade pedida é

P (x 4) P (x 5)6

423

123

4 2= + = =

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ +

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ =

6

523

123

1627

5 1.

Considere a matriz

Aa a a

a aa

M=⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥∈ ×

1 2 3

4 5

6

3 300 0

( )R ,

em que a A4 10 1000= = −, det e a a a1 2 3, , ,a a a4 5 6, e formam, nesta ordem, uma pro-gressão aritmética de razão d > 0. Pode-se

afirmar quead1 é igual a

a) −4. b) −3. c) −2. d) −1. e) 1.

alternativa D

det A a a a 1000 a 10 a1 4 6 1 6= ⋅ ⋅ = − ⇔ ⋅ ⋅ == − ⇔ ⋅ = −1000 a a 1001 6 .Como (a , a , a , a , a , a )1 2 3 4 5 6 é uma progressão

aritmética de razão d 0> e a 104 = , temosa 10 3d e a 10 2d1 6= − = + .Assim,(10 3d)(10 2d) 100 3d 5d 1002− + = − ⇔ + − =

= ⇔ =0 d 5. Logoad

10 3 55

11 = − ⋅ = − .

Sobre os elementos da matriz

A

x x x xy y y y

M=

⎡

⎣

⎢⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥⎥

∈ ×

1 2 3 4

1 2 3 44 40 0 0 1

1 0 0 0

( )R

sabe-se que ( , , , )x x x x1 2 3 4 e ( , , , )y y y y1 2 3 4são duas progressões geométricas de razão 3e 4 e de soma 80 e 255, respectivamente.Então, det( )A−1 e o elemento ( )A−1

23 valem,respectivamente,

a) 172

e 12. b) − 172

e −12. c) − 172

e 12.

d) − 172

e 112

. e) 172

e 112

.

matemática 7

Questão 11

Questão 12

Questão 13

Questão 14

alternativa C

Sendo (x ,x ,x ,x )1 2 3 4 uma progressão geométricade razão 3 e soma 80, temos x 3x 9x1 1 1+ + ++ = ⇔ =27x 80 x 21 1 , e, sendo (y ,y ,y ,y )1 2 3 4

uma progressão geométrica de razão 4 e soma255, temos y 4y 16y 64y 2551 1 1 1+ + + = ⇔⇔ =y 31 . Assim:

A

2 6 18 54

3 12 48 192

0 0 0 1

1 0 0 0

=

⎡

⎣

⎢⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥⎥

Portantodet A 1 ( 1)

6 18 54

12 48 192

0 0 1

4 1= ⋅ − ⋅ =+

= − ⋅ − ⋅ = −(6 48 12 18) 72 edet(A )1

det1− = =

A

= − 172

.

Além disso, o elemento m23 de A 1− éA

det A32 =

=

− ⋅

−=

+( 1)

2 18 54

3 48 192

1 0 072

3 2

= − ⋅ − ⋅−

=(18 192 48 54)72

12.

O valor da soma sen23

sen31

6 α αn n

n

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=

∑ , para

todo α ∈ R, é igual a

a) 12

cos729

cosα α⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ −⎡

⎣⎢⎤⎦⎥.

b) 12

sen243

sen729

α α⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ − ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥.

c) cos243

cos729

α α⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ − ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟.

d) 12

cos729

cos243

α α⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ − ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

⎡⎣⎢

⎤⎦⎥.

e) cos729

cosα α⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ − .

alternativa A

Como sen x sen y =

= ⋅ − − +12

[cos(x y) cos(x y)], temos:

sen2

3sen

3n nα α⎛

⎝⎜⎞⎠⎟⋅ ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟=

= ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟− ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =1

2cos

3cos

3

3n nα α

= ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟− ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥−

12

cos3

cos3n n 1

α α

Assim, sen2

3sen

3n nn 1

6 α α⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=

=∑

= ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟− ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =−

=∑ 1

2cos

3cos

3n n 1n 1

6 α α

= ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟− ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =1

2cos

3cos

36 0α α

= ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −⎡

⎣⎢⎤⎦⎥

12

cos729

cosα α .

Se os números reais α e β, com α β π+ = 43

,

0 ≤ ≤α β, maximizam a soma sen senα β+ ,então α é igual a

a) π 33

. b) 23π . c) 3

5π . d) 5

8π . e) 7

12π .

alternativa B

Temos que sen senα β+ =

= +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⋅ −⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ =2 sen

2cos

2α β α β

= ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⋅ −⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ = ⋅ ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟2 sen

23

cos2

cos2

π α β α − β3

O valor de α que maximiza sen senα β+ é tal que

cos2

1α β α β = π−⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ = ⇔ − 4k , k R∈ . Como

α β π+ = 43

e 0 ≤ ≤α β, 023

2k≤ = + ≤ =α π π β

= −23

2kπ π, obtemos α β π= = 2

3.

matemática 8

Questão 15

Questão 16

Considere as circunferênciasC x y1

2 24 3 4: ( ) ( )− + − = e

C x y22 210 11 9: ( ) ( ) .− + − = Seja r uma reta

tangente interna a C1 e C2, isto é, r tangenciaC1 e C2 e intercepta o segmento de reta O O1 2

definido pelos centros O1 de C1 e O2 de C2. Ospontos de tangência definem um segmentosobre r que medea) 5 3. b) 4 5. c) 3 6.

d) 253

. e) 9.

alternativa A

Temos O O (10 4) (11 3) 101 22 2= − + − = . Tra-

çando a reta s paralela à r pelo centro O2 , obte-

mos o retângulo ABCO2 , sendo BC AO 32= = eAB O C2= . Pelo Teorema de Pitágoras, no triân-gulo O O C1 2 , temos10 (2 3) (O C)2 2

22= + + ⇔

⇔ AB = 5 3 .

Um cilindro reto de altura 63

cm está inscri-

to num tetraedro regular e tem sua base emuma das faces do tetraedro. Se as arestas dotetraedro medem 3 cm, o volume do cilindro,em cm3, é igual a

a) π 34

. b) π 36

. c) π 66

.

d) π 69

. e) π3

.

alternativa D

Consideremos a figura a seguir, que representaum cilindro inscrito no tetraedro regular VABC.

Como as arestas do tetraedro medem 3 cm, te-

mosVM3 3

2cm= ,OM

13

3 32

32

cm= ⋅ = ,

VO cm=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =3 3

232

62 2

eVD =

= − = − =VO DO 663

2 63

cm.

Seja DN r= , raio da base do cilindro. Pelo casoAA, Δ ΔVDN VOM~ . Logo:

VDDN

VOOM

2 63r

632

r33

cm= ⇔ = ⇔ =

O volume do cilindro é:

π π π⋅ ⋅ = ⋅⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⋅ =r

63

33

63

69

cm22

3

Um triângulo equilátero tem os vértices nospontos A, B e C do plano xOy, sendo B = ( , )2 1e C = ( , )5 5 . Das seguintes afirmações:

I. A se encontra sobre a reta y x= − +34

112

,

II. A está na intersecção da reta y x= − +34

+ 458

com a circunferência ( )x − +2 2

+ − =( )y 1 252 ,

III. A pertence às circunferências ( )x − +5 2

+ − =( )y 5 252 e x y−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ + − =7

23

754

22( ) ,

é (são) verdadeira(s) apenasa) I. b) II. c) III. d) I e II. e) II e III.

matemática 9

Questão 17

Questão 18

Questão 19

alternativa E

O lado do triângulo equilátero ABC mede

(5 2) (5 1) 52 2− + − = e sua altura,5 3

2.

O ponto A:• está a uma distância de 5 dos vértices B e C e,portanto, pertence às circunferências (x 5)2− ++ − =(y 5) 252 e (x 2) (y 1) 252 2− + − = .

• pertence à mediatriz de BC, de equação

(x 2) (y 1) (x 5) (y 5)2 2 2 2− + − = − + − ⇔

⇔ + − = ⇔ = − +6x 8y 45 0 y3x4

458

.

• está a uma distância de5 3

2do ponto médio

de BC,2 5

2;

1 52

72

; 3+ +⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ = ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟. Logo pertence

à circunferência x72

(y 3)754

22−⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ + − = .

Assim somente as afirmações II e III são verda-deiras.

Sejam A, B, C e D os vértices de um tetraedroregular cujas arestas medem 1 cm. Se M é oponto médio do segmento AB e N é o ponto

médio do segmento CD, então a área do triân-gulo MND, em cm2, é igual a

a) 26

.

d) 38

.

b) 28

.

e) 39

.

c) 36

.

alternativa B

Como as faces do tetraedro são triângulos equilá-

teros de lado 1 cm,CM MD= = ⋅ =1 32

32

cm.

Assim, o triângulo CMD é isósceles de base CD.

Aplicando o Teorema de Pitágoras ao ΔMND,

NM12

22

+ ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = 3

222

2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⇔ =NM cm.

Portanto, a área do ΔMND éNM DN

2⋅ =

= ⋅ ⋅ =12

22

12

28

cm2 .

AS QUESTÕES DISSERTATIVAS,NUMERADAS DE 21 A 30, DEVEM SER

RESOLVIDAS E RESPONDIDAS NOCADERNO DE SOLUÇÕES.

Sejam A, B e C conjuntos tais queC B⊂ , n B C n B C n A B( \ ) ( ) ( )= ∩ = ∩3 6 ,n A B( )∪ = 22 e ( ( ), ( ), ( ))n C n A n B é uma pro-gressão geométrica de razão r > 0.a) Determine n C( ).b) Determine n(P( \ ))B C .

Resposta

Seja n (A B) x,∩ = ∈ +x Z . Então n (B C) 2x∩ =

e n (B \C) 6x= . Como C B⊂ , temos B C C∩ = eB C (B \C)= ∪ . Logo n (C) 2x= e n (B) == + =n (C) n (B \C) 8x.Além disso, (n (C);n (A);n (B)) é uma progressão

geométrica de razão r > 0. Dessa forma, [n (A)] 2 =

= ⋅ ⇔ = ⋅ ⇔ =n (C) n (B) [n (A)] 2x 8x n (A) 4x2 .

Portanto, n (A B) 22∪ = ⇔⇔ + − ∩ = ⇔n (A) n (B) n (A B) 22⇔ + − = ⇔ =4x 8x x 22 x 2.a) n (C) 2x 2 2 4= = ⋅ =b) Como n (B \C) 6x 6 2 12= = ⋅ = , temos

n (P(B \C)) 2 409612= = .

matemática 10

Questão 20

Questão 21

A progressão geométrica infinita ( , ,a a1 2 ...,an , ...) tem razão r < 0. Sabe-se que a pro-gressão infinita ( , ,a a1 6 ..., a n5 1+ , ...) temsoma 8 e a progressão infinita (a a5 10, , ...,a n5 , ...) tem soma 2. Determine a soma daprogressão infinita ( , ,a a1 2 ..., an , ...).

Resposta

Sendo r 0< a razão da progressão geométrica(a ,a ,1 2 ..., a ,n ...), temos:

a

1 r8

a

1 r2

a

1 r8

a r

1 r2

a

1 r8

8r 2

15

55

15

14

5

15

4

−=

−=

⇔−

=

−=

⇔ −=

=⇔

⇔= − −⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥= +⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

= − = −

a 8 112

8 11

4 2

r1

4

12

1

5

4

Logo a soma dos termos da progressão geométri-

ca infinita (a ,a ,1 2 ..., a ,n ...) éa

1 r1

−=

=+⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

+= −

8 11

4 2

112

14 6 2 .

Analise se a função f : ,R R→ f x( ) =

= − −3 32

x xé bijetora e, em caso afirmativo,

determine a função inversa f −1.

Resposta

Para a e b reais, f(a) f(b)= ⇔

⇔ − = − ⇔− −3 3

23 3

2

a a b b

⇔ + = + ⇔31

33

1

3a

bb

a

⇔ + = + ⇔ = ⇔ =+ +3 1

3

3 1

33 3 a b

a b

b

b a

aa b ,

logo f é injetora.Observe que, para qualquer número real y,

y 1 y y y 1 y2 2 2+ > ≥ ⇒ + > .

Dado y R∈ , a equação f(x) y= ⇔

⇔ − = ⇔ − = ⇔−3 3

2y 3

1

32y

x xx

x

⇔ − ⋅ − = ⇔(3 ) 2y (3 ) 1 0x 2 x

⇔ =+ +

⇔ = + + ⇔32y 2 y 1

23 y y 1x

2x 2

⇔ = + +x log (y y 1 )32 sempre possui solu-

ção, logo f é sobrejetora. Portanto, f é bijetora e

f (x)1− = log (x + x 1 )32 + .

Seja f : R R→ bijetora e ímpar. Mostre quea função inversa f − →1 : R R também é ím-

par.

Resposta

Sendo x R∈ :

f ( x)1− − = f [ f f (x)] f [ f(f (x))] ( )1 1 1 1− − − −− = − = ∗�

Porém, como f é ímpar, − = −− −f(f (x)) f( f (x))1 1 e

( ) f [f ( f (x))] f f[ f (x)] f (x)1 1 1 1 1∗ = − = − = −− − − − −� .

Considere o polinômio p x a xn

nn( ) =

=Σ

0

6, com

coeficientes reais, sendo a0 0≠ e a6 1= .Sabe-se que se r é raiz de p r, − também éraiz de p. Analise a veracidade ou falsidadedas afirmações:I. Se r1 e r2, | | | |r r1 2≠ , são raízes reais e r3 éraiz não real de p, então r3 é imaginário puro.II. Se r é raiz dupla de p, então r é real ouimaginário puro.III. a0 0< .

Resposta

I. Verdadeira. Se r1 e r2 , | r | | r |1 2≠ , são raízesreais de p, considerando ainda que p(0) a 00= ≠ ,r ,1 r ,2 − −r , r1 2 são quatro raízes distintas de p(x).Sendo r3 uma raiz imaginária de p, −r3 é outraraiz. Assim, considerando que o grau de p é 6, as 6raízes de p são r ,r , r , ,r , r1 2 1 3 3− − −r2 . Todavia, p tem

coeficientes reais, logo r3 também é raiz de p.

matemática 11

Questão 22

Questão 23

Questão 24

Questão 25

Como r r3 3 3R r∉ ⇒ ≠ e r3 1 2 1 2{r , r , r , r }∉ − − ,

rr

3 33 3

3rr

20 Re(r ) 0= − ⇔

+= ⇔ = e, portan-

to, r3 é imaginário puro.

II. Falsa. Considere, por exemplo, p(x) =

= − − − + + + + − =(x 1 i) (x 1 i) (x 1 i)(x 1 i)2 2

= − + + +((x 1) 1) ((x 1) 1)2 2 2 , que tem coeficien-tes reais, grau 6 e raízes 1 i+ , 1 i− (duplas) e− − − +1 i 1 i, .III. Falsa. Considere, por exemplo, p(x) =

= + = + + +(x 1) x 3x 3x 12 3 6 4 2 , que admite asraízes i e −i (multiplicidade 3 cada uma) e tema 1 00 = > .

Uma urna de sorteio contém 90 bolas nume-radas de 1 a 90, sendo que a retirada de umabola é equiprovável à retirada de cada umadas demais.a) Retira-se aleatoriamente uma das 90 bo-las desta urna. Calcule a probabilidade de onúmero desta bola ser um múltiplo de 5 oude 6.b) Retira-se aleatoriamente uma das 90 bolasdesta urna e, sem repô-la, retira-se uma se-gunda bola. Calcule a probabilidade de o nú-mero da segunda bola retirada não ser ummúltiplo de 6.

Resposta

a) O total de números múltiplos de 5 ou de 6 no

intervalo de 1 a 90 é905

906

905 6

⎢⎣⎢

⎥⎦⎥+ ⎢⎣⎢

⎥⎦⎥−

⋅⎢⎣⎢

⎥⎦⎥=

= + − =18 15 3 30. Logo a probabilidade pedida

é3090

13

= .

b) Considere que as 90 bolas são retiradas daurna sem reposição. Os eventos "o número dai-ésima bola retirada não é múltiplo de 6",1 i 90≤ ≤ , têm a mesma probabilidade. Portanto,

observando novamente que906

15⎢⎣⎢

⎥⎦⎥= , a probabi-

lidade pedida é igual à probabilidade de o númeroda primeira bola retirada não ser múltiplo de 6, ou

seja,11590

56

− = .

Considere as matrizes A M∈ ×4 4( )R eX B M, ( )∈ ×4 1 R :

A

a bb a

a b

X

xyzw

=

−

⎡

⎣

⎢⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥⎥

=

⎡

⎣

⎢⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥⎥

1 11 0

0 2 0 02 1

; e B

bbbb

=

⎡

⎣

⎢⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥⎥

1

2

3

4

.

a) Encontre todos os valores reais de a e btais que a equação matricial AX B= tenhasolução única.b) Se a b , a e B ,t2 2 0 0 1 1 2 4− = ≠ = [ ] en-

contre X tal que AX = B.

Resposta

a) O sistema AX B= tem solução única se, e so-mente se

det A 0

a 1 b 1

b 1 a 0

0 2 0 0

a 2 b 1

0 2( 1)3 2≠ ⇔

−

≠ ⇔ − ⋅+

⋅−

≠a b 1

b a 0

a b 1

0 ⇔ − ≠ ⇔ ≠4a 0 a 02 . Logo, para

a 0, b R≠ ∈ , o sistema admite solução única.b) Como para a 0≠ o sistema é possível e deter-minado, podemos aplicar a regra de Cramer. Te-mos:

| |A

1 1 b 1

1 1 a 0

2 2 0 0

4 2 b 1

0 1 b 1

0 1 a 0

0 2 0 0

2 2 b 1

x2 C1

= = =− +C

= − ⋅ = − ⋅ − ⋅ ⋅ =+( 1) 2

1 b 1

1 a 0

2 0 0

2 ( 2 a 1) 4a4 1

| |A

a 1 b 1

b 1 a 0

0 2 0 0

a 4 b 1

y =

−

=

=

−

+

−

= + =

a 1 b 1

b 1 a 0

0 2 0 0

a 2 b 1

a 0 b 1

b 0 a 0

0 0 0 0

a 2 b 1

A 0 A| | | |

matemática 12

Questão 26

Questão 27

| |A

a 1 1 1

b 1 1 0

0 2 2 0

a 2 4 1

a 1 0 1

b 1 0 0

0 2 0 0

a 2 2 1

z

C2 C3=

−

=

−

=− +

= − ⋅−

= − ⋅ = −+( 1) 2

a 0 1

b 0 0

a 2 1

2 2b 4b3 2

| |A

a 1 b 1

b 1 a 1

0 2 0 2

a 2 b 4

a 1 b 0

b 1 a 0

0 2 0 0

a 2 b 2

w

C2 C4=

−

=

−

=− +

= − ⋅ = − ⋅ =+ +( 1) 2

a 1 b

b 1 a

0 2 0

2( 1)a b

b a4 4 3 2 2

= − −4(a b )2 2

Assim a solução do sistema, para a 0≠ , é

| || |

| |

| || || |

| || |

AA

;A

A;

AA

;AA

x y z w⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

=−

−−

− −−

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ =4a

4a;

AA

;4b

4a;

4(a b )

4a2 2

2 2

2| || |

= − −⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

1a

; 1;b

a;

a b

a2

2 2

2 .

Em particular, se a b 0 b a2 2 2 2− = ⇔ = ,

a solução é −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

1a

; 1;b

b; 0

1a

; 1;1b

; 02 e

X1a

11b

0= −⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

t.

Considere a equação

( cos )3 2 12

62

02 2− +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ − =x

x xtg tg .

a) Determine todas as soluções x no intervalo[ , [.0 πb) Para as soluções encontradas em a), deter-mine cotg x.

Resposta

a) Sendo sen x2 tg

x2

1 tgx2

2=

+, temos, para

x ∈ [ ; [0 π , (3 2 cos x) 1 tgx2

6 tgx2

02 2− +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ − = ⇔

⇔ − =+

⇔3 2 cos x6 tg

x2

1 tgx2

2

2

⇔ − − = ⋅ ⇔3 2(1 sen x) 3 sen x2

⇔ − + = ⇔2 3 sen x 1 02sen x

⇔ = = ⇔ = =sen x 1 ou sen x12

x6

ou x2

π π

ou x56

.= π

b)cotg6

3 ,cotg2

0 e cotg56

π π π= = =

= − = −cotg6

3π

.

Determine uma equação da circunferência ins-crita no triângulo cujos vértices são A = (1, 1),B = (1, 7) e C = (5, 4) no plano xOy.

Resposta

O triângulo ABC é isósceles de base AB 7 1 6= − =e lados AC BC= = 5. Assim, a área S do triângu-

lo ABC é6 4

212

⋅ = e o raio da circunferência ins-

crita éSp

126 5 5

2

32

= + + = .

O centro I da circunferência inscrita, que pertenceà reta y 4= , tem coordenadas (a; 4).

Assim, IH a 132

a52

= − = ⇔ = e uma equação

da circunferência procurada é x52

2−⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ +

+ − =(y 4)94

2 .

matemática 13

Questão 28

Questão 29

As superfícies de duas esferas se interceptamortogonalmente (isto é, em cada ponto da in-tersecção os respectivos planos tangentes sãoperpendiculares). Sabendo que os raios des-

tas esferas medem 2 cm e 32

cm, respectiva-

mente, calculea) a distância entre os centros das duas esfe-ras.b) a área da superfície do sólido obtido pelaintersecção das duas esferas.

Resposta

Consideremos a figura a seguir, em que A e B re-

presentam os centros das esferas de raios32

cm

e 2 cm, respectivamente.

a) Como em cada ponto de intersecção os res-pectivos planos tangentes às esferas são perpen-diculares, m(APB) 90o� = e no ΔAPB temos

(AB) (AP) (PB) (AB) 232

2 2 2 2 22

= + ⇔ = + ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⇔

⇔ =AB52

cm.

b) Das relações métricas no triângulo retângulo

APB, (AP) AS AB32

AS52

22

= ⋅ ⇔ ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = ⋅ ⇔

⇔ =AS9

10cm e SM AM AS

32

910

= − = − =

= 35

cm. Também temos BS AB AS= − =

= − =52

910

85

cm e LS BL BS 285

= − = − =

= 25

cm.

O sólido obtido é formado por dois segmentos es-

féricos, um contido na esfera de raio32

cm e fle-

cha SM35

cm= e outro contido na esfera de raio

2 cm e flecha LS25

cm= .

A área da superfície do sólido obtido é a somadas áreas das calotas dos segmentos esféricos.Já que a área de uma calota esférica de raio r eflecha h é dada por 2 r hπ ⋅ , a área pedida é

232

35

2 225

175

cm2π π π⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = .

matemática 14

Questão 30