rev geral ufc uece

29
TC DE MATEMÁTICA (REVISÃO) / 3ª SÉRIE E EXTENSIVO PROFESSOR Fabrício Maia ALUNO(A): TURMA: TURNO: DATA: / / COLÉGIO: OSG 5928/05 Ari Duque de Caxias Ari Washington Soares Ari Aldeota Da 7ª Série ao Pré-Vestibular Sede Hildete de Sá Cavalcante (do Maternal ao Pré-Vestibular) Rua Monsenhor Catão, 1655 Av. Duque de Caxias, 519 - Centro - Fone: (85) 3255.2900 Av. Washington Soares, 3737 - Edson Queiroz - Fone: (85) 3477.2000 (Início das Aulas: 2007) (Praça do Carmo) Clubinho do Ari - Av. Edílson Brasil Soares, 525 - Fone:(85) 3278.4264 1. Os valores de b para os quais a parábola y = x 2 + bx tem um único ponto em comum com a reta y = x — 1 são: a) —1 e 3 d) 0 e —1 b) —1 e 2 e) 0 e 2 c) —3 e —1 SOLUÇÃO: Temos: = + = 1 x y bx x y 2 Comparando: x 2 + bx = x —1 x 2 + (b —1)x + 1 = 0 Como as equações têm um único ponto comum, então: = 0 (b — 1) 2 — 4.1.1 = 0 (b — 1) 2 = 4 Daí, b — 1 = 2 b = 3 ou b — 1 = —2 b = —1 Resp.: A 2. Se f(x) = 4 x+1 e g(x) = 4 x , a solução da inequação f(x) > g(2 —x) é: a) x > 0 d) x > 1,5 b) x > 0,5 e) x > 2 c) x > 1 SOLUÇÃO: Temos: f(x) > g(2 — x) 4 x+1 > 4 2—x (base > 1) Daí, x + 1 > 2 —x 2x > 1 2 1 x > Resp.: B 3. log50 + log40 + log20 + log2,5 é igual a: a) 1 d) 10 b) 3 e) 1000 c) 5 SOLUÇÃO: Lembre: c . b a c a b a log log log = + Temos: log50 + log40 + log20 + log2,5 = log 100000 = log 10 5 = 5 soma = 5 Resp.: C 4. Utilizando-se a tabela abaixo, N log N 9 0,95 11 1,04 13 1,11 15 1,18 17 1,23 ... ... 371.293 5,55 conclui-se que 5 293 . 371 é igual a: a) 11 d) 15 b) 13 e) 17 c) 14 SOLUÇÃO: Tomando: n = 5 293 . 371 Daí, log n = log 5 293 . 371 log n = log 5 1 293 371 log n = 293 . 371 log . 5 1 (veja tabela) log n = 55 , 5 . 5 1 Log n = 1,11 (veja tabela) Logo: Resp.: B 5. O número de pontos de interseção dos gráficos de y = 3 logx e de y = log 9x, sendo x > 0, é: a) 0 d) 3 b) 1 e) 4 c) 2 SOLUÇÃO: Temos = = x 9 log y x log . 3 y Comparando: 3.log x = log 9x log x 3 = log 9x Daí, x 3 = 9x x 3 — 9x = 0 x(x 2 — 9) = 0 x = 0 (n.s) ou x 2 — 9 = 0 ou x = —3(n.s) Resp.: B n = 13 x = 3 Sabemos: f(x) = x a log (x > 0 e 0 < a 1)

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Page 1: Rev Geral Ufc Uece

TC DE MATEMÁTICA (REVISÃO) / 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

PROFESSOR Fabrício Maia

ALUNO(A): Nº

TURMA: TURNO: DATA: / /

COLÉGIO:

OSG 5928/05

Ari Duque de Caxias Ari Washington Soares Ari Aldeota Da 7ª Série ao Pré-Vestibular Sede Hildete de Sá Cavalcante (do Maternal ao Pré-Vestibular) Rua Monsenhor Catão, 1655 Av. Duque de Caxias, 519 - Centro - Fone: (85) 3255.2900 Av. Washington Soares, 3737 - Edson Queiroz - Fone: (85) 3477.2000 (Início das Aulas: 2007) (Praça do Carmo) Clubinho do Ari - Av. Edílson Brasil Soares, 525 - Fone:(85) 3278.4264

1. 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 —1 b) —1 e 2 e) 0 e 2 c) —3 e —1 SOLUÇÃO:

Temos:

−=+=1xy

bxxy 2

Comparando: x2 + bx = x —1 x2 + (b —1)x + 1 = 0 Como as equações têm um único ponto comum, então: ∆ = 0 (b — 1)2 — 4.1.1 = 0 (b — 1)2 = 4 Daí, b — 1 = 2 → b = 3 ou b — 1 = —2 → b = —1 Resp.: A 2. Se f(x) = 4x+1 e g(x) = 4x, a solução da inequação f(x) > g(2 —x)

é: a) x > 0 d) x > 1,5 b) x > 0,5 e) x > 2 c) x > 1 SOLUÇÃO: Temos: f(x) > g(2 — x) 4x+1 > 42—x (base > 1) Daí, x + 1 > 2 —x

2x > 1 → 21

x >

Resp.: B 3. log50 + log40 + log20 + log2,5 é igual a: a) 1 d) 10 b) 3 e) 1000 c) 5

SOLUÇÃO: Lembre:

c.ba

ca

ba logloglog =+

Temos: log50 + log40 + log20 + log2,5 = log 100000 = log 105 = 5

soma = 5

Resp.: C

4. Utilizando-se a tabela abaixo, N log N 9 0,95 11 1,04 13 1,11 15 1,18 17 1,23 ... ... 371.293 5,55

conclui-se que 5 293.371 é igual a: a) 11 d) 15 b) 13 e) 17 c) 14 SOLUÇÃO: Tomando:

n = 5 293.371 Daí,

log n = log 5 293.371

log n = log 51

293371

log n = 293.371log.51

(veja tabela)

log n = 55,5.51

Log n = 1,11 (veja tabela) Logo: Resp.: B 5. O número de pontos de interseção dos gráficos de y = 3 logx

e de y = log 9x, sendo x > 0, é: a) 0 d) 3 b) 1 e) 4 c) 2

SOLUÇÃO:

Temos

==

x9logy

xlog.3y

Comparando: 3.log x = log 9x log x3 = log 9x Daí, x3 = 9x x3 — 9x = 0 x(x2 — 9) = 0 x = 0 (n.s) ou x2 — 9 = 0 → ou x = —3(n.s) Resp.: B

n = 13

x = 3

Sabemos:

f(x) = xalog

(x > 0 e 0 < a ≠ 1)

Page 2: Rev Geral Ufc Uece

TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/052

6. A equação 1

5

2k3

1k

2

1k

=

+

++

+

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:

++

=

+

+

1p

1n

1p

n

p

n

Daí

+=

++

+3

2k

3

1k

2

1k

Substituindo:

1

5

2k

3

2k

=

+

+

+=

+5

2k

3

2k

Logo: 3 + 5 = k + 2 → Resp.: C 7. A soma dos coeficientes do desenvolvimento de (1 + x2 — x3)9 é: a) —1 d) 3 b) 2 e) 4 c) 1 SOLUÇÃO: Sabemos: Se p(x) = anx

n + an—1xn—1 + ... + a1x + a0, com an ≠ 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 Resp.: C 8. Encontre o coeficiente de x2 no desenvolvimento de

(x2 + 2x + 1)4. SOLUÇÃO: Lembre: Termo geral

ppn1p b.a.

p

nT −

+

=

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

pp81p 1.x.

p

8T −

+

=

Queremos: 8 — p = 2 → p = 6 Daí,

T7 = 262 x281.x.6

8=

Resp.: 28 9. Calcule n sabendo que

191.8n

n...

3

n

2

n

1

n=

++

+

+

SOLUÇÃO: Lembre:

n2n

n...

2

n

1

n

0

n=

++

+

+

Daí

191.8n

n...

2

n

1

n=

++

+

0

n2n

Agora:

191.80

n2n =

2n —1 = 8.191 2n = 8.192 2n = 213 →

Resp.: 13

10. O número total de pares (x, y) que satisfazem a equação (x2 + y2 — 1)2 + (xy)2 = 0 é:

a) infinito d) 2 b) 0 e) 4 c) 1 SOLUÇÃO: Se a, b ∈ IR e n é par, então: an + bn = 0 ↔ a = b = 0 Temos: (x2 + y2 —1)2 + (xy)2 = 0 Daí,

==→==−+

0you0x0xy

01yx 22

se x = 0 → y2 = 1 → y = ± 1 se y = 0 → x2 = 1 → x = ± 1 pares: (0, 1), (0, —1), (1, 0), (—1, 0) Resp.: E

k = 6

n = 13

Page 3: Rev Geral Ufc Uece

TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/053

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 triângulo ABM?

a) 1 d) 66

b) 6 e) 612

c) 6 SOLUÇÃO:

Lembre: f(x) = ax2 + bx + c, com a ≠ 0 Coordenadas do vértice

a2

bxV −=

)x(fyoua4

y VVV =∆

−=

Temos: — Coordenadas do vértice y = x2 — 6

0x1.2

0x VV =→

−=

yV = 02 — 6 → yV = —6 Então: M(0, —6) — Pontos de interseção com o eixo x.

x2 — 6 = 0 → x = 6xou6 −=

( ) ( )0,6Be0,6A −

Logo, a área do ∆ABM é dada por:

Área = ABMD21

612

106

106

160

DABM =−

−=

Área = a.u66612.21

=

Resp.: D 12. A distância do vértice da parábola y = (x — 2)(x — 6) à reta

y = 5x34

+ é:

a) 2572

d) 2543

b) 2529

e) 543

c) 43 SOLUÇÃO: i) f(x) = ax2 + bx + c, com a ≠ 0 Coordenadas do vértice

=

+=

)x(fy2

xxx

VV

21V

ii) Distância de um ponto a uma reta.

22

00r.p

ba

cbyaxd

+

++=

Temos: y = (x — 2).(x — 6) → parábola raízes: 2 e 6

42

62xV =

+=

yV = f(4) = (4 — 2).(4 — 6) = 2.(—2) = —4 Distância do vértice à reta:

22 )3(4

15)4.(34.4d

−+

+−−=

543

d =

Resp.: E 13. Resolvendo-se a inequação :obtemos),4x3(log)1x2(log

21

21 +−>+

a) 34

x21

<<− d) 53

x21

<<−

b) 34

x0 << e) 34

x53

<<

c) 53

x <

SOLUÇÃO: Lembre:

yxloglog ya

xa <→>

(0 < base < 1) Temos: )4x3(log)1x2(log

21

21 +−>+

Então:

<→>+−

−>→>+

<→<→+−<+

34

x.)E.C(04x3

21

x.)E.C(01x2

53

x3x54x31x2

ax + by + c = 0

P(x0, y0) r

4x — 3y + 15 = 0

(4, —4)

d = ???

Page 4: Rev Geral Ufc Uece

TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/054

Interseção Resp. 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 d) —16i b) 32 e) —32i c) 64 SOLUÇÃO: Temos: x10 = a se z é raiz então z10 = a. Daí, a = (1 — i)10 a = [(1 — i)2]5 a = (—2i)5 a = —32i5 →

Resp.: E 15. A reta y = ax + 1 intercepta a curva x2 + 4y2 = 1 somente

num ponto. Calcule 8a2. SOLUÇÃO: Temos:

=+

+=

1y4x

1axy22

substituindo (I) em (II): x2 + 4(ax + 1)2 = 1 x2 + 4a2x2 + 8ax + 4 — 1 = 0

(Equação do 2º Grau) Condição: ∆ = 0 (única solução) Daí, (8a)2 — 4.(1 + 4a2).3 = 0 64a2 —12 — 48a2 = 0 16a2 = 12 Resp.: 6 16. A condição para que o trinômio mx2 + (m + 1)x + 1 seja

sempre positivo, qualquer que seja x, é que: a) m > 0 b) (m + 1)2 + 4m < 0 c) (m — 1)2 ≤ 0 d) m ≠ 1, m > 0 e) 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 → 2ª condição: ∆ < 0 → (m + 1)2 — 4.m.1 < 0 → → m2 + 2m + 1 — 4m < 0 → m2 — 2m + 1 < 0 → → (m —1)2 < 0 (absurdo, pois (m — 1)2 ≥ 0, ∀ m ∈ IR) Resp.: E 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) d) (1, 2, 3} b) {2} e) vazio c) {3} 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} Resp.: B 18. Seja S a soma, em radianos, das raízes da equação

1 + cos x + cos 2x + cos 3x = 0, x ∈ [0, π]. Calcule πS6

.

SOLUÇÃO: Fórmula de Werner

cos p + cos q = 2 cos

+

2qp

cos2

qp

Temos:

1 + cos x = cos 0 + cos x =

2x

cos.2x

cos2

cos 2x + cos 3x =

2x

cos.2x5

cos2

Então:

02x

cos2x5

cos22x

cos2x

cos2 =

+

02x5

cos2x

cos.2x

cos2 =

+

0)x(cos2x3

cos.2.2x

cos2 =−

a = —32i

x2(1 + 4a2) + 8ax + 3 = 0

8a2 = 6

m > 0

(I)

(II)

(III)

(I) ∩ (II) ∩ (III) —1/2 3/5

4/3

3/5

—1/2

+ + + + + + ∆ < 0 a > 0

12 3

12 3

A A

Page 5: Rev Geral Ufc Uece

TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/055

0)x(cos2x3

cos2x

cos4 =

Daí,

π+π=→π+π

=→= k2xk22

x0

2x

cos

ou

3k2

3xk

22x3

02x3

cosπ

=→π+π

=→=

ou

cos x = 0 → x = π+π

k2

se k = 0 → x = π, 2

ou3

ππ

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

Raízes: π, 3

,2

ππ

Soma das raízes = S = 6

23632

π+π+π=

π+

π+π

S = 6

11π

Logo: 11S6

Resp.: 11 Importante: cos(—x) = cos(x), ∀ x ∈ Df

19. A função f(x) = 4

)x1(xx

23 −

− é crescente, para todo x

pertencente a:

a)

∞+− ,

1625

d)

∞−

45

,

b)

∞+− ,

425

e) IR

c)

∞+− ,

25

SOLUÇÃO: Temos:

4

xxx

23

)x(f2−

−=

4

xxx6)x(f

2+−=

4

x5x)x(f

2 +=

x45

x41

)x(f 2 +=

Parábola

f é crescente ∀ x ≥ 25

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

p + q. SOLUÇÃO: Girard Daí,

−=−=+

q8x.x

p5xx

21

21

−=−=+

q8q.p

q5qp

2ª equação p.q = —8q (como q é diferente de zero) Temos: Logo: p + q = —5p p + q = —5.(—8) Resp.: 40 21. Quantos valores inteiros satisfazem a inequação (2x — 7)(x — 1) ≤ 0? a) zero d) 3 b) 1 e) 4 c) 2 SOLUÇÃO: Estudo do sinal inteiros: 1, 2, 3 Resp.: D 22. Sobre a equação 1983x2 — 1984x — 1985 = 0, a afirmativa

correta é: a) Não tem raízes reais. b) Tem duas raízes simétricas. c) Tem duas raízes reais distintas. d) Tem duas raízes positivas. e) Tem duas raízes negativas. SOLUÇÃO: Temos: ∆ = b2 — 4ac ∆ = (—1984)2 — 4.1983.(—1985) ∆ = 19842 + 4.1983 . 1985 Então: ∆ > 0 → raízes reais e distintas. Resp.: C

p = —8

p + q = 40

+ + + + +

+ + + + + + + + +———

——— —— —— + + + +

7/2

7/2 1

1

produto

crescente

25

41

.2

45

xv −=−

=

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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/056

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 d) 101 b) 100 e) 121 c) 10256

SOLUÇÃO: Temos que: f(x + 1) = [f(x)]2 se x = 0 → f(1) = [f(0)]2 → f(1) = 102 se x = 1 → f(2) = [f(1)]2 → f(2) = 104 se x = 2 → f(3) = [f(2)]2 → f(3) = 108 se x = 3 → f(4) = [f(3)]2 → f(4) = 1016 Resp.: A 24. Se o domínio da função f, definida por f(x) = 1 — 2x, é o

intervalo ]—3, 2]. O conjunto imagem de f é dado por: a) ]—7, 3] d) [—3, 5[ b) [—3, 7[ e) ]—3, 3] c) ]—3, 7] 1ª SOLUÇÃO: Temos:

y = 1 — 2x → x = 2

y1 −

Veja: x ∈ ]—3, 2] Então: —3 < x ≤ 2 Agora:

22

y13 ≤

−<−

—6 < 1 — y ≤ 4 —7 < —y ≤ 3 7 > y ≥ —3 ou

→ y ∈ [—3, 7[ Resp.: B 25. Se f(2x + 3) = 4x2 + 6x + 1, ∀ x ∈ IR, então f(1 — x) vale: a) 2 — x2 d) 3x2 — 2x + 4 b) 2 + x2 e) x2 + x —1 c) x2 + 2x — 4

SOLUÇÃO: Tomando:

2x + 3 = k → 2

3kx

−=

Então:

f(k) = 12

3k6

23k

42

+

+

f(k) = (k —3)2 + 3(k — 3) + 1

Agora: f(1 — x) = (1 — x)2 —3(1 — x) + 1 f(1 — x) = x2 + x — 1 Portanto: f(1 — x) = x2 + x —1 Resp.: E

26. A distância do centro da circunferência x2 + y2 — 6x — 8y + 21 = 0 à bissetriz do 1º e 3º quadrantes vale:

a) 5 d) 23

b) 2 e) 22

c) 3 SOLUÇÃO: Circunferência x2 + y2 — 2ax — 2by + a2 + b2 — R2 = 0 Centro (a, b) Daí, —2a = —6 → a = 3 —2b = —8 → b = 4 Bissetriz dos quadrantes ímpares

distância = 22

2

1

)1(1

04.13.122

==−+

+−

Resp.: E

27. A reta y = x33

é tangente a uma circunferência de centro

(2, 0). O raio dessa circunferência é: a) 3 d) 1 b) 2 e) 0,5

c) 3 SOLUÇÃO: Distância de um ponto a uma reta.

R = 12

32

)3()3(

00.32.3

22=

−+

+−

32

32R

Resp.: D

—3 ≤ y < 7

f(k) = k2 —3k + 1

R = 1

y = x

2ª SOLUÇÃO: xmax = 2 → ymin = —3 xmin = —3 → ymax = 7 Então: y ∈ [—3, 7[

0y3x3 =−

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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/057

28. Se S = 1! + 2! + 3! + ... + 89!, então o dígito das unidades de S é:

a) 1 d) 7 b) 3 e) 9 c) 5 SOLUÇÃO: Veja: 1! = 1; 2! = 2; 3! = 6; 4! = 24 A partir de 5!, os resultados serão múltiplos de 10. Então: S = 1 + 2 + 6 + 24 + 5! + ... + 89!

33 múltiplo de 10 S = 3 + 30 + 10α’

múltiplo de 10 S = 3 + 10α → dígito das unidades é 3. Resp.: B 29. O sistema linear de equações nas incógnitas x e y

=−−=+myx2

1y2kx é impossível se, e somente se:

a) k = —4 e m21

≠ d) k = —4

b) k ≠ —4 e m =21

e) k = —4 e m =21

c) k ≠ —4 e m ≠21

SOLUÇÃO:

Sistema

=−−=+

m2y2x4

1y2kx

Somando

impossível k + 4 = 0 → k = —4

2m —1 ≠ 0 → m ≠ 21

Resp.: 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 OB de tal maneira que AP = PQ = QB = x. Nestas condições o valor de x é:

a) baab −−

b) ab2ba −+

c) 22 ba +

d) ab2ba ++

e) baab ++

SOLUÇÃO:

Pitágoras x2 = (a —x)2 + (b —x)2 x2 = a2 —2ax + x2 + b2 —2bx + x2 ∆ = [—2(a + b)]2 — 4.1(a2 + b2) ∆ = 4(a + b)2 — 4(a2 + b2) ∆ = 8ab Daí,

2

ab22)ba(22

ab8)ba(2x

±+=

±+=

x = a + b + ab2 (absurdo, veja figura) Resp.: B

31. Num triângulo retângulo de catetos 1 e cm3 , a altura relativa à hipotenusa mede, em cm:

a) 2 d) 23

b) 3 e) 22

c) 3 SOLUÇÃO: Temos: Relações métricas

i) a2 = 12 + ( ) 23 → a2 = 4 → a = 2

ii) 23

hh23h.a3.1 =→=→=

Resp.: D

32. Sendo f(x) = 100x + 3, o valor de 38

38

1010)10(f)10(f

−−

é:

a) 104 d) 10—5 b) 102 e) 10—11 c) 10 SOLUÇÃO:

x2 —2(a + b)x + a2 + b2 = 0

ab2bax −+=

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

.vscom,avs

)v(f)s(f≠=

−−

(k + 4)x = 2m —1

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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/058

Assim:

1001010

)10(f)10(f38

38

=−−

(coeficiente angular)

Resp.: B 33. Se um polígono convexo de n lados tem 54 diagonais,

então n é: a) 8 d) 11 b) 9 e) 12 c) 10 SOLUÇÃO: Lembre:

Fórmula do número de diagonais 2

)3n(nd

−=

Então:

2

)3n(n54

−=

n2 — 3n — 108 = 0 ou n = —9(n.s) Resp.: E 34. O polígono convexo cuja soma dos ângulos internos mede

1440° tem, exatamente: a) 15 diagonais d) 30 diagonais b) 20 diagonais e) 35 diagonais c) 25 diagonais SOLUÇÃO: Lembre Soma dos ângulos internos Si = (n —2) . 180° Então: 1440° = (n —2) . 180°

2n180

1400−=

°°

8 = n — 2 Portanto:

2

7.102

)3n(nd =

−=

Resp.: E 35. Na figura, ABCD é um quadrado e BCE é um triângulo

eqüilátero. A medida do ângulo AEB, em graus, é: a) 30 b) 49 c) 60 d) 75 e) 90

SOLUÇÃO: Figura: ∆BCE é eqüilátero → α = 60° ABCD é um quadrado → θ = 30° Veja: BEBC ≡ (lado do quadrado = lado do ∆BCE) Daí, ∆ABE é isósceles θ + 2x = 180° 30° + 2x = 180° Resp.: D 36. Na figura abaixo, EFG é um triângulo retângulo, cm2EF = ,

cm6EG = e QGPQEP == . Então α + β + θ é igual a:

a) 3π

b) 187π

c) 9

d) 2π

SOLUÇÃO:

∆EPF → tg α = 22

→ tg α = 1 → α = 45°

∆EQF → tg β = 42

→ tg β = 21

∆EGF → tg θ = 62

→ tg θ =31

Sabemos:

tg (β + θ) = θβ−

θ+βtg.tg1

tgtg

n = 12

n = 10

n = 35

x = 75°

A D

CB

E

B

Page 9: Rev Geral Ufc Uece

TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/059

Então:

1

6565

31

.21

1

31

21

)(tg ==−

+=θ+β

tg (β + θ) = 1 → β + θ = 45° Portanto: α + β + θ = 90° Resp.: 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 d) 4,5 u.a b) 3,5 u.a e) 6,0 u.a c) 4,0 u.a SOLUÇÃO: Temos:

=−=

−=

)yeixo(0x

4x2y4

2xy

retas

Gráfico

781

102

140

121

0

DABC =+−=−

=

Logo:

Área = .a.u27

7.21

=

Resp.: B 38. A razão de uma progressão geométrica, cujos termos são os

três lados de um triângulo retângulo é:

a) 2

51 + c)

231 +

b) 5

21 + d)

321 +

SOLUÇÃO:

P.G.

xq;x;

qx

Pitágoras

(xq)2 = x2 + 2

qx

x2q2 = x2 + 2

2

qx

Dividindo ambos os membros por x2.

q2 = 1 + 2q1

q4 — q2 — 1 = 0

q2 = 2

51q

251 2 +

=→±

Portanto:

2

51q

+= Atenção!!! q é positivo

Resp.: 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) 2

13 c)

217

b) 2

15 d)

219

SOLUÇÃO: Fazendo: log2(a + b) = x → a + b = 2x log3(a — b) = y → a — b = 3y Sistema:

+=→=−=

y2x2yx

43.2 yx

Substituindo: 2x . 3y = 4 22+y . 3y = 4 22 . 2y . 3y = 4 4 . 6y = 4 6y = 1 → y = 0 → x = 2 Assim:

=−=+

1ba

4ba

Resolvendo:

23

be25

a ==

Logo: a2 + b2 = 2

174

34=

Resp.: C

40. Se x1 e x2 são as raízes da equação )x3(loglog2 x3x x3 = , então

9(x1 + x2) é igual a: a) 22 c) 26 b) 24 d) 28

A(0, )

21

− ; B(0, —4) e C(2, 0)

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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/0510

SOLUÇÃO: Lembre:

i) babalog =

ii) Se baxlog xba =→=

Temos:

x3

x3x loglog2 x3 =

Então:

x333xlog2 =

Tomando:

k3x

x3 3xe

k1

logklog ==→=

Substituindo:

kk1

.23.33 =

1kk2

33 += Comparando:

k + 1 = k2

k2 + k — 2 = 0

k = —2 → x = 3—2 → x = 91

ou k = 1 → x = 31 → x = 3 Logo:

( ) 28271391

9xx9 21 =+=

+=+

Resp.: D

41. O número de raízes de equação 0xcos23

=+ é:

a) 0 d) 3 b) 1 e) maior do que 3 c) 2 SOLUÇÃO: Sabemos: —1 ≤ cos x ≤ 1, ∀ x ∈ IR Temos:

0xcos23

=+

cos x = 23

cos x = —1,5 (absurdo, pois o mínimo de cos x é —1). Resp.: A 42. O número de raízes da equação tg2x — sen2x = 0, 0 ≤ x < 2π, é: a) 0 d) 3 b) 1 e) maior que 3 c) 2 SOLUÇÃO: Temos:

0xsenxcosxsen 2

2

2

=−

sen2x —sen2xcos2x = 0 sen2x(1 — cos2x) = 0

sen2x . sen2x = 0 sen4x = 0 Daí, sen x = 0 x = 0 ou x = π Resp.: C

43. Determine n, sabendo que .7292.p

n pn

0p

=

∑=

SOLUÇÃO:

(a + b)n = ppnn

0p

b.ap

n −

=∑

(Binômio de Newton)

Veja:

nnppnn

0p

3)21(2.1.p

n=+=

=∑

Então: 3n = 729 →

44. O domínio real da função f(x) = 1xsen2 − para 0 ≤ x < 2π

é:

a) 65

x6

π≤≤

π

b) π<≤ππ

≤≤ 2x6

5ou

6x0

c) π<≤ x0

d) 3

2x

≤≤π

SOLUÇÃO: Condição: 2 sen x —1 ≥ 0 Daí,

65

x6

π≤≤

π

Resp.: A 45. Seja M um conjunto de 20 elementos. O número de

subconjuntos de M que contêm exatamente 18 elementos é:

a) 360 d) 120 b) 190 e) 18 c) 180 SOLUÇÃO: Temos: M = {a1, a2, a3, ..., a20}. A ordem dos elementos não altera um conjunto. Daí, nº de subconjuntos com 18 elementos = C20, 18 Resp.: B

n = 6

21

xsen ≥

1/2

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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/0511

46. Se Cn,2 + 2.An,2 + 100 = A2n,2 então n é igual a: a) 24 d) 10

b) 8 e) 3

25−

c) 6 SOLUÇÃO: Temos:

Cn,2 = 2

)1n(.n!2)!2n(

!n −=

An,2 = )1n(.n)2n(

!n−=

A2n,2 = )1n2(.)n2()!2n2(

)!n2(−=

Então:

)1n2)(n2(100)1n(n.22

)1n(n−=+−+

n2 — n + 4n2 — 4n + 200 = 8n2 — 4n 3n2 + n — 200 = 0

ou n = 3

25− (n.s)

Resp.: B 47. Deseja-se acondicionar em um certo número de caixas,

1590 bolinhas brancas, 1060 amarelas e 583 azuis, de modo que cada caixa contenha bolinhas de todas as cores. Calcular o número máximo de caixas de modo que qualquer destas 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:

px

1590=

qx

1060=

rx

583=

Veja: x = m.d.c. (1590, 1060, 583) * MDC (1590, 1060) = 530

* MDC (530, 583) = 53 Resp.: 53 48. Sejam N o conjunto dos números inteiros positivos e

E = {(x,y) ∈ N2; x4y4 — 10x2y2 + 9 = 0} Determine o número de elementos de E. SOLUÇÃO: Temos: x4y4 — 10x2y2 + 9 = 0 (x2y2)2 — 10x2y2 + 9 = 0 Fazendo: x2y2 = k Equação k2 — 10k + 9 = 0 k = 1 → x2y2 = 1 → (xy)2 = 1 ou k = 9 → x2y2 = 9 → (xy)2 = 9 Como x e y são inteiros positivos, tem-se: xy = 1 → (1,1) ou xy = 3 → (1,3) ou (3,1) E = {(1,1), (1,3), (3,1)} Resp.: 3 49. Considere a função real definida por

23

x,

21

x31

3x2)x(f −≠

+

+= .

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

a) 120 d) 620 b) 600 e) 1260 c) 210 SOLUÇÃO: Temos:

3x2

6.)3x2(

63x23x2

)x(f+

+=++

=

Então: Agora: Soma: 1 . 6 + 2 . 6 + 3 . 6 + ... + 20 . 6 Soma: (1 + 2 + 3 + ... + 20) . 6

Soma: 6.10.216.2

20.)201(=

+

Resp.: E

n = 8

x = 53

f(x) = 6

Soma = 1260

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OSG 5928/0512

n 12

7 q

n 4

3 q’

n = 4(3q+++1) + 345n = 4q’ + 3, onde q’ = 3q + 1

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

SOLUÇÃO: Tomando:

m1

logmlog yx

xy =→=

Daí,

2m

1m 2 =+

m2 — 2m + 1 = 0

→ Substituindo na 2ª equação x2y + y2 = 12x x2.x + x2 = 12x x3 + x2 —12x = 0 x(x2 + x —12) = 0 x = 0 (n.s) ou x = —4(n.s) ou

→ Resp.: 9

51. Os conjuntos A e B possuem 3 e 4 elementos, respectivamente. Quantas funções de A em B tem o conjunto imagem igual a B?

a) nenhuma d) 3! b) 34 e) 4! c) 43

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, o que nos leva a um absurdo.

Portanto, não existem funções de A em B sobrejetoras. Resp.: 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 d) 24 b) 360 e) 30 c) 15

SOLUÇÃO: Lembre: Se f é injetora, então: x1 ≠ x2 → f(x1) ≠ f(x2) Daí, Pelo princípio fundamental da contagem, tem-se: 6.5.4.3 =

360 funções injetoras

53. Para ser aprovado numa disciplina, um aluno precisa ter média maior ou igual a 50, obtida num conjunto de cinco provas, sendo quatro parciais, com peso 1 (um) cada, e uma prova exame, com peso 2 (dois). Um certo aluno obteve em Matemática, nas quatro provas parciais, notas iguais a 30, 60, 50 e 70.

Esse aluno, para ser aprovado nessa disciplina, deverá obter, na prova-exame, nota mínima igual a:

a) 20 d) 45 b) 35 e) 50 c) 40 SOLUÇÃO: Média ponderada =

6

x22106

x.270.150.160.130.1 +=

++++

Temos:

506

x2210≥

+

210 + 2x ≥ 300 2x ≥ 90 x ≥ 45 → Resp.: 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 d) 3 b) 1 e) 4 c) 2 SOLUÇÃO: Temos: Daí, n = 12q + 7 n = 12q + 4 + 3 Veja: Resp.: D 55. Qual dos cinco números relacionados abaixo é um divisor

de 1015. a) 25 d) 75 b) 50 e) 250 c) 64 SOLUÇÃO: Temos: 1015 = (2.5)15 = 215 . 515

m = 1 x = y

x = 3 y = 3 xmin = 45

Pelo princípio fundamental da contagem, tem-se: 6.5.4.3 = 360funções injetoras Resp.: B

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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/0513

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) ( e ) 250 = 2 . 53 divide 1015 (OK) Resp.: D 56. A fração geratriz de 3,74151515... é:

a) 000.10415.37

d) 000.9041.37

b) 000.10

515.741.3 e)

000.99415.370

c) 900.9041.37

SOLUÇÃO: Temos:

900.9041.37

900.9374415.37

1574,3 =−

=

Resp.: C 57. Se A e B são conjuntos, A — (A — B) é igual a: a) A d) A ∪ B b) B e) A ∩ B c) A — B SOLUÇÃO: É fácil ver: Resp.: E 58. O retângulo abaixo de dimensões a e b está decomposto

em quadrados. Qual o valor da razão ba

?

a) 35

b) 32

c) 2

d) 23

e) 21

SOLUÇÃO: Sendo x a medida do lado do menor quadrado, os outros

quadrados terão seus lados com as medidas indicadas na figura:

Assim, a = 5x e b = 3x

Portanto, 35

ba

=

Resp.: 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 d) 15 b) 65 e) 10 c) 25

SOLUÇÃO: Sabemos que: Se os coeficientes de um polinômio p(x) são reais, então: Temos: 2 — i é raiz → 2 + i também é. 3 + 2i é raiz → 3 —2i também é. Daí, aplicando Girard na equação: x1 . x2 . x3 . x4 = d (2 — i).(2 + i).(3 + 2i).(3 — 2i) = d (4 — i2).(9 — 4i2) = d 5 . 13 = d Resp.: B

60. O número de soluções reais da equação xx4xx8x2

2

2

=−−

é:

a) 0 d) 3 b) 1 e) 4 c) 2

SOLUÇÃO: Temos:

xx4xx8x2

2

2

=−−

2x2 — 8x = x3 — 4x2 x3 — 6x2 + 8x = 0 x(x2 — 6x + 8) = 0 x = 0 (n. serve) → denominador nulo ou x2 — 6x + 8 = 0 ou x = 4 (n. serve) → denominador nulo. S = {2} Resp.: B

A — (A — B) = A ∩ B

d = 65

x = 2

a + bi é raiz de p(x) → a — bi também é

Lembre: A — B = {x/x ∈ A e x ∉ B}

A ∩ B A — B

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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/0514

61. Determine o número de soluções reais da equação 2x = log2

x . a) Nenhuma b) Uma c) Duas d) Três e) Infinitas SOLUÇÃO: Graficamente:

Como não existe interseção, a equação não admite soluções. Resp.: A

62. Se n é o maior número inteiro pertencente ao domínio da

função f(x) = 1 2− logx , 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 → 1 — log2

x ≥ 0 → log2x ≤ 1 → 0 < x ≤ 21 →

0 < x ≤ 2 → maior inteiro x = 2. Logo, a expressão é igual a 23 + 3 . 22 + 2 = 22. Resp.: D

63. Dando x ≠ 1 e positivo, calcule o valor de x

e

Lnx1

.

a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 SOLUÇÃO: Sabemos que:

i) a ablog = b

ii) logloga

b

ba=

1

iii) Lx = Ln x = logex

Então, a expressão dada x

e

Lnx1

é igual a:

Exp. = x

eee

xelog

= = 1

Resp.: B

64. Prove que ab

bc

ca

c a bFHGIKJ

FHGIKJ

FHGIKJ =

log log log

. .10 10 10

1.

SOLUÇÃO: Prova: Tomemos: log10

a = x → 10x = a

log10b = y → 10y = b

log10c = z → 10z = c

Então:

1o membro = 1010

1010

1010

x

y

z y

z

x z

x

yFHGIKJFHGIKJFHGIKJ. .

1o membro = 1010

1010

1010

xz

yz

xy

xz

yz

xy. .

1o membro = 1 c.q.p.

65. Determine o produto das soluções reais da equação

9 3 3. logx xx

= . a) 4 b) 8 c) 25 d) 27 e) 90 SOLUÇÃO: Tomemos: log3

x = k → 3k = x Assim, 9 . (3k)k = (3k)3

3 32 2 3k k+ = → k2 + 2 = 3k

→ k2 — 3k + 2 = 0 k = 1 → x = 3 ou k = 2 → x = 9 Portanto, o produto das soluções é 27. Resp.: D

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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/0515

66. Seja x tal que log102 , log( )

102 1x − e log( )

102 3x + estão, nesta

ordem, em progressão aritmética. Calcule 22x. a) 1 b) 4 c) 8 d) 16 e) 25 SOLUÇÃO:

Temos que: log , log , log( ) ( )102

102 1

102 3x x− +FH IK P.A. ⇒

⇒ 2 . log( )102 1x − = log10

2 + log( )102 3x + ⇒

⇒ log( )102 1 2x − = log ( )

102 2 3x + ⇒

⇒ (2x — 1)2 = 2 . (2x + 3) Tome: 2x = a Então: a2 — 2a + 1 = 2a + 6 → a2 — 4a — 5 = 0

a = 5 → 2x = 5 ou a = — 1 (não serve) Portanto, 22x = 25. Resp.: E

67. As dimensões de um paralelepípedo retângulo são proporcionais a 3, 5 e 7. Sabendo-se que a diagonal mede 4 83 cm, calcule o volume do paralelepípedo. a) 105cm3 b) 1575cm3 c) 4725cm3 d) 6720cm3 e) 8575cm3 SOLUÇÃO:

Diagonal (D)

D = ( ) ( ) ( )3 5 72 2 2k k k+ +

4 83 83 2= k ⇒ 4 83 83=k k = 4 Volume (V) V = 12 . 20 . 28 V = 6720cm3 Resp.: D

68. Um prisma reto de altura igual a 9cm tem como base um triângulo. Sabendo que dois dos lados deste triângulo medem 3cm e 4cm e que o ângulo formado por estes lados mede 45o, determinar o volume do prisma. a) 3 2 cm3 b) 9 2cm3 c) 27 2cm3 d) 54 2 cm3 e) 81 2 cm3

SOLUÇÃO:

Volume do prisma = (área da base) x (altura) Então:

V = 3 4 45

29

. ..

sen oFHG

IKJ

V = 6 . 2

2 . 9 = 27 2 cm3

Resp.: C

69. A aresta, a diagonal e o volume de um cubo estão, nesta

ordem, em progressão geométrica. Determine a área total deste cubo. a) 3 b) 6 c) 9 d) 18 e) 27 SOLUÇÃO:

aresta = a diagonal = a 3 volume = a3

P. G. (a, a 3 , a3) ⇒ a 32

e j = a . a3 ⇒

⇒ 3a2 = a4 ⇒ a2 = 3 Portanto, a área total será 18 u.a. Resp.: D

70. Uma esfera de raio r é inscrita num cone eqüilátero com

geratriz de comprimento g. Determine o valor de g

r3

.

a) 3 b) 6 c) 8 d) 9 e) 12

Page 16: Rev Geral Ufc Uece

TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/0516

SOLUÇÃO:

O: incentro, baricentro, circuncentro, ortocentro Veja: i. g = 2R (geratriz)

ii. g 3

2 = 3r ⇒

gr3

= 6

Resp.: B

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

altura 25π

cm. 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:

Área (lateral do cilindro) = 2πrh = AL Veja:

tg α = h

rh r

4

25

4254

4−

= ⇒ = −ππ

( )

Substituindo, h na área lateral, vem:

AL = 2254

4252

4 2ππ

r r A r rL( ) ( )−LNM

OQP ⇒ = −

parábola

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

r = 2 → h = 252π

⇒ V = π . 22 . 252π

= 50cm3.

Resp.: E

72. Determine a área (em m2) do setor circular hachurado na

figura abaixo, sabendo que o ângulo ABC$ mede π6

rad e o

diâmetro AB mede 86π

m.

a) 24 b) 48 c) 48 3 d) 54 e) 54 3 SOLUÇÃO:

[setor] = πR2

6

∆ABC é retângulo

cos 30o = R

86

32

π

=

Então:

2R = 3 86

⇒ 4R2 = 3 . 64 . 6π

⇒ R2 = 3 . 16 . 6π

⇒ πR2

6 = 3 . 16 ⇒ [setor] = 48m2.

Resp.: 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 h é 4 e que sua área total é 2πm2. Mostre que o raio r satisfaz a sentença r3 — r + 2 = 0. SOLUÇÃO:

• Área total 2πrh + 2πr2 = 2π

rh + r2 = 1 (I) • Média Harmônica

2

4rh

r h+=

h = 2

2r

r − (II)

Substituindo II em I, vem:

rr

r2

2−FHGIKJ + r2 = 1 ⇒

22

12

2rr

r−

+ = ⇒

⇒ 2r2 + r2(r — 2) = r — 2 ⇒ 2r2 + r3 — 2r2 = r — 2 ⇒

⇒ r3 = r — 2 ⇒ r3 — r + 2 = 0 OK

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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/0517

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

1 2

− −+

senx senx

x senxcos.

Calcule o valor de D π

12FHGIKJ .

a) 12

b) 2

2

c) 32

d) 312

+

e) 32

14

+

SOLUÇÃO: D(x) = 1 — 2sen2x + sen x cos x

D(x) = cos (2x) + sen x( )2

2

D π

12FHGIKJ = cos

ππ

66

2FHGIKJ +

FHGIKJsen

D π

12FHGIKJ =

32

14

+

Resp.: E

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

= 0.

Se R = sen A A

sen

o o

o o

cos

cos11 11, onde 0 < A < 90. Calcule o valor

de A. a) 30 b) 41 c) 60 d) 75 e) 80 SOLUÇÃO:

Temos: x2 + x — 34

= 0

x = 12

⇒ R = 12

x = — 32

(Não serve)

Assim, R = sen Ao cos 11o — sen 11o cos Ao . R = sen (Ao — 11o ) 12

= sen (Ao — 11o )

Então: Ao — 11 o = 30 o

Ao = 41o ∴ A = 41 Resp.: B

76. Determine a soma das raízes da equação: 1 1 1 1

1 1 1

1 1 2 1

1 1 1 4

0x

x

x

+−

=

a) 0 b) 1 c) 2 d) 4 e) 5 SOLUÇÃO: Aplicando Chió, vem:

1 1 1 1

1 1 1

1 1 2 1

1 1 1 4

0x

x

x

+−

=

Daí, x

x

x

−+

−=

1 0 0

0 1 0

0 0 5

0

(x — 1) . (x + 1) . (x — 5) = 0 x = 1, — 1 ou 5 Portanto, a soma das raízes é 5. Resp.: E

77. Se o sistema x my

mx y

+ =+ =

RST3

4 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 = 0 s: a2x + b2y + c2 = 0

Se r e s são coincidentes, então:

aa

bb

cc

1

2

1

2

1

2

= =

Assim, temos: 1

436m

m= = → m = 2

∗ retas coincidentes ⇒ infinitas soluções. Portanto, m4 — 8m2 + 23 = 7 Resp.: B

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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/0518

78. Se (x0, y0, z0) é uma solução do sistema x y

xy z

+ =

+ =

RS|T|2

12,

encontre o valor de x y z02

02

022+ − .

a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 SOLUÇÃO:

x y x y x y

x y z x y z0 0 0

202

0 0

0 0 02

0 0 02

2 2 4

1 2 2 2

+ = → + + =

+ = → − − = −

RS|T|

Somando: x y z0

202

022 2+ − =

Resp.: C

79. Considere a função real definida no conjunto dos números

reais não-negativos por f(x) = x + x — 2. Determine o número real k, tal que f(2k) = 0. a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 SOLUÇÃO: Temos que:

2k + 2k — 2 = 0

2k — 2 = — 2k 22k — 4 . 2k + 4 = 2k 22k — 5 . 2k + 4 = 0

2k = 1 ⇒ k = 0 ok ou 2k = 4 ⇒ k = 2 (não serve) Veja: se k = 2 ⇒ f(2k) = f(4) = 4 ≠ 0 Resp.: 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 = 1 x2 + 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) = 0 64a2b2 — 16b2 + 4 — 64a2b2 + 16a2 = 0 8a2 — 8b2 + 2 = 0

8 (b2 — a2) = 2 Resp.: 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 ⇒

⇒ x = 1

2

2+−

bb

(x da interseção)

Veja: Para que não exista interseção, basta tomarmos b = 0. Resp.: A

82. Determine o menor inteiro n > 0, de modo que

32

12

+FHG

IKJi

n

seja real positivo.

a) 6 b) 10 c) 12 d) 16 e) 24 SOLUÇÃO: Temos que:

32

12

+FHG

IKJi

n

= (cos30o + isen30o)n = cos (n . 30o) + i sen (n . 30o)

UM ZERO Então: n . 30o = k . 360o

n = 12k Portanto, n = 12 (menor inteiro positivo) Resp.: C

83. Encontre o módulo do complexo Z, tal que Z2 = i. a) 1 b) 2 c) 3 d) 2 e) 3 SOLUÇÃO: Temos: Z2 = i ⇒ |Z2| = |i| ⇒

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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/0519

⇒ |Z . Z| = |0 + 1i| ⇒ |Z| . |Z| = 0 12 2+ ⇒

⇒ |Z| . |Z| = 1 ⇒ |Z| = 1 Resp.: A

84. Se A, B e C são números reais, tais que 12 2 2 22 2x x x

Ax

Bx Cx x( )+ +

= ++

+ +, para todo x, x ∈ �∗,

calcule o valor de A + B + C.

SOLUÇÃO: Ax

Bx Cx x x x x

++

+ +=

+ +2 22 212 2( )

, ∀x ∈ �∗

A x x Bx C xx x x x x x

( ) ( )( ) ( )

2

2 2

2 22 2

12 2

+ + + ++ +

=+ +

, ∀x ∈ �∗

(A + B)x2 + (2A + C)x + 2A ≡ 1 ⇒

A B

A C

A

A

B

C

+ =+ =

=

RS|T|

⇒== −=−

RS|T|

0

2 0

2 1

1 2

1 2

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

a b

a b c

a

b

c

=+ =

+ + =

RS|T|

⇒===

RS|T|

1

2 2

3

1

0

2

Logo, P(x) = x2 + 2.

86. Que condições devem satisfazer os números a, b e c para que o polinômio ax2 + bx + c seja o quadrado de um polinômio do 1o grau? SOLUÇÃO: Devemos ter ax2 + bx + c ≡ (mx + n)2, com m ≠ 0; portanto:

a m

b mn

c n

==

=

RS|

T|

2

2

2

Podemos eliminar m e n e obter a relação entre a, b e c calculando b2: b2 = (2mn)2 = 4m2n2 = 4ac A condição é b2 = 4ac e a ≠ 0 (pois m ≠ 0).

87. Na figura a seguir indicamos 9 pontos, entre os quais não há 3 colineares, exceto os 4 que marcamos numa mesma

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 as combinações formadas por 3 pontos escolhidos entre os 4 alinhados, isto é, C4,3, pois estas combinações não correspondem a triângulos. Assim, o número de triângulos que podemos formar é C9,3 — C4,3. Temos:

C9,3 = 9

3! 69 8 7 63 2 1 6

84!!

!!

= =x x xx x x

C4,3 = 4

3! 14 3!3! 1

4!!

= =xx

Logo, C9,3 — C4,3 = 84 — 4 = 80.

88. Um químico possui 10 tipos de substâncias. De quantos modos possíveis poderá associar 6 destas 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, uma vez que não importa a ordem das substâncias na mistura. Assim, o total de misturas seria C10,6 se não houvesse problema com nenhuma mistura. Devemos, porém, subtrair desse número as combinações em que entrariam as duas substâncias que, se misturadas, provocam explosão. As combinações em que entram estas duas substâncias são formadas por elas duas e mais quatro substâncias escolhidas entre as outras oito substâncias (excluímos aquelas 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. Temos:

C10,6 = 106 4

10 9 8 7 66 4 3 2 1

210!

! !!

!= =

x x x xx x x x

C8,4 = 8

4 48 7 6 5 44 3 2 1 4

70!

! !!!

= =x x x xx x x x

Logo, C10,6 — C8,4 = 210 — 70 = 140.

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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/0520

89. Dê a condição sobre o inteiro positivo n para que o

desenvolvimento de xx

n2 1

−FHGIKJ apresente um termo

independente de x e não nulo.

SOLUÇÃO:

O termo geral do desenvolvimento de xx

n2 1

−FHGIKJ é

T = n

kx

x

n

kx xn k

kn k k kF

HGIKJ −FHG

IKJ =FHGIKJ − ⇒− − −( ) ( )2 2 21

1

⇒ n

kxk n kF

HGIKJ − −( )1 2 3

Para o termo independente de x devemos ter 2n — 3k = 0,

logo k = 23n

. Como k deve ser inteiro, concluímos que n

deve ser um múltiplo de 3.

90. Calcule a e b de modo que a fração algébrica x ax b

x

2

22 1+ +

+

tenha o mesmo valor numérico para todo x ∈ �. SOLUÇÃO:

Devemos ter: x ax b

x

2

22 1+ +

+ = k, ∀x ∈ �, logo:

x2 + ax + b ≡ 2kx2 + k. 1 2

0

===

RS|T|

k

a

b k

A resposta é a = 0 e b = 12

.

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

para x = 3 1

34

+ e y =

3 1

34

−.

SOLUÇÃO:

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

3 1

3

3 1

34 4

4+

+−F

HGIKJ =

2 3

3

2 33

484

44 2F

HGIKJ = =

.

92. O número 2 é raiz dupla de P(x) = 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 o grau 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

2 2 2 2

2 216

4

4 4

4

4

1

12

+ + =

+ + =

=−

R

S|||

T|||

= −

+ =

=−

R

S|||

T|||

= −== −

RS|T|

α

α α

α

α

α

α

α. , log

. .

, logba

o

a

ba

a

o a

b

Portanto, a = 1 e b = — 12.

93. Qual é o valor de 12

90

12

kk

kFHGIKJ

=∑ ?

SOLUÇÃO:

129

0

12

kk

kFHGIKJ

=∑ =

121 9

0

1212

kk

k k kFHGIKJ

=

−∑ . .

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

Notando que 12

1 912

kk kF

HGIKJ

−. . é o termo geral do binômio

(1 + 9)12, concluímos que:

129

0

12

kk

kFHGIKJ

=∑ = (1 + 9)12 = 1012 (o que dá 1 trilhão)

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

SOLUÇÃO: Teremos o produto positivo em cada caso seguinte:

1o) escolhendo 4 etiquetas com números positivos; ou 2o) escolhendo 4 etiquetas com números negativos; ou 3o) escolhendo 4 etiquetas com números positivos e 2

com números negativos.

Vamos calcular o número de possibilidades de cada caso (lembrando que não importa a ordem das etiquetas). 1o O número de modos de escolher 4 números positivos,

dispondo de 6 números positivos, é C6, 4.

C6, 4 = 6

4 2!6 5 44 2 1

15!

!!

!= =

x xx x

Page 21: Rev Geral Ufc Uece

TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/0521

2o Como temos também 6 números negativos, o número de modos de escolher 4 deles é C6,4 = 15.

3o Dos 6 positivos devemos escolher 2 (C6,2) e, para cada escolha destes, dos 6 negativos devemos escolher também 2 (C6,2). O número de possibilidades deste

caso é C6,2 x C6,2. Como C6, 2 = 6

2! 415

!!

,= temos

15 x 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 de dois 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

188

kx

kxk k kF

HGIKJ =

FHGIKJ

−. . .

Para k = 5 temos T = 8

58

5! 3!8 7 63 2 1

565 5 5 5FHGIKJ = = =x x

x xx x

x x!

.

Para k = 4 temos

T = 8

48

4 48 7 6 54 3 2 1

704 4 4 4FHGIKJ = = =x x

x x xx x x

x x!

! !.

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.

96. Se A é uma matriz quadrada de ordem três com det A = 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.

Resp.: 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 = I Então: A2 — 2A + I = 0 ⇒ I = 2A — A2 ⇒ ⇒ I = 2AI — A2 ⇒ I = 2IA — AA ⇒

⇒ I = (2I —A) . A ⇒ A—1 = 2I — A Resp.: E

98. Uma loja, realizando uma promoção, oferece um desconto de 20% nos preços dos seus produtos. Para voltar aos 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

100P

novo preço

Para voltar ao preço inicial, temos:

80100 100

80100

PA

P P+ =.

AP P

10080

10020

100. =

A100

14

=

A = 25

Resp.: C

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

30p q+ = , então p e q é igual a:

a) 9 b) 11 c) 13 d) 15 e) 17 SOLUÇÃO: 1 1 11

30p q+ = ⇒

q ppq+

=1130

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.

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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/0522

Resp.: B

100. O gráfico da função f(x) = senx no intervalo π

π2

,LNMOQP é:

a) crescente b) decrescente c) constante d) nula e) negativa SOLUÇÃO: Esboço do gráfico de senx no de [0, 2π]

Resp.: B

101. Um dos ângulos de um triângulo retângulo é α. Se tgα = 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 ⇒ tg α = 2410

⇒ tgα = 125

⇒ cateto oposto = 12k e cateto adjacente = 5k ⇒ ⇒ hipotenusa = 13k Tomando k = 10 ⇒ lados 50, 120 e 130 Resp.: 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 = ( ) ( )5 0 12 0 169 132 2− + − = = . Resp.: A

103. As promoções do tipo “leve 3 pague 2”, comuns no

comércio, acenam com um desconto, sobre cada unidade vendida, de:

a) 503

%

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

1003. ⇒ p =

1003

ou p =

33,33% (aproximadamente). Resp.: E

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: cos 2x = 2cos2x — 1 (arco duplo) Tomando x = 36o, encontramos:

cos 72o = 2 cos236o — 1 ⇒ cos72o = 2 . 1 5

41

2+FHG

IKJ − ⇒

cos 72o = 5 14−

Resp.: B

105. Se y = cos 2280o, então y é igual a: a) — cos 12o b) — cos 60o c) — cos 30o d) cos 12o e) cos 60o SOLUÇÃO: Sabemos que: se a + b = 180o então sen a = sen b e cos a = — cos b

Dividindo 2280o por 360o, encontramos: 2280o = 120o + 6.360o

Assim: cos 2280o = cos 120o = — cos 60o

Resp.: B

π2

π

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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/0523

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) R2

2

e) 2πr2 SOLUÇÃO: Observe:

i. A área de um triângulo é igual a base x altura

2.

ii. Tome AB como base → base = 2R (diâmetro), pois O é o centro.

iii. De todas as alturas relativas a hipotenusa AB, a maior é EO = R, onde R é o raio.

Logo, o triângulo de área máxima tem área igual a 2

22R R

R.

= .

Veja a figura:

Os ângulos ACB$ , ADB$ , AEB$ e AFB$ são retos.

Resp.: 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.

Resp.: B

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 = a a a a

nn1 2 3+ + + +...

Média geométrica = a a a ann

1 2 3. . ... Relação importante entre as duas médias: M.A ≥ M.G

Daí, a b

a b+

≥3

23. ⇒

302

3≥ ab ⇒ 15 ≥ 3ab ⇒

⇒ 225 ≥ 3ab ⇒ ab ≤ 75 Portanto, o maior número para ab é 75. Resp.: 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-se que a soma dos quocientes é 9, podemos afirmar que x é 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 divisão de x por 3. Como a soma dos quocientes é 9, vem: x x−

+−

=5

92

39 ⇒ x = 23

Resp.: E

110. Se 10 tgx + 16 cos x — 17 sec x = 0, então sen x é igual a:

a) 12

ou 18

b) ±12

c) 14

ou 1

12

d) 0

e) — 12

ou 14

SOLUÇÃO: Temos: ⇒ 10tg x + 16 cos x — 17 sec x = 0 ⇒

⇒ 10 . senx

xcos + 16 cos x — 17 .

1cosx

= 0 ⇒

⇒ 10 sen x + 16 cos2 x — 17 = 0 ⇒ ⇒ 10 sen x + 16 . (1 — sen2x) — 17 = 0 ⇒ ⇒ 16 sen2 x — 10 sen x + 1 = 0 ⇒

⇒ sen x = 12

ou sen x = 18

Resp.: A

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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/0524

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

a) 12

b) 16

c) 1

15

d) 1

30

e) 1

20

SOLUÇÃO: Temos que: M horas = M . 60 minutos Veja: Se M . 60 minutos = P (percurso completo) ⇒

⇒ 2 . M minutos = P

30 (fração do percurso)

Resp.: D

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)

ii. Sn = ( ) .a a nn1

2+

(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

2+

= 202 . 25 ⇒ R

202 = 25.

Resp.: D

113. O primeiro termo a de uma progressão aritmética de razão 13 satisfaz 0 ≤ a ≤ 10. Se um dos termos da progressão 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.

Resp.: E

114. O algarismo das unidades do número N = 1 . 3 . 5 . 7 . ... . 1993 é: a) 1 c) 5 e) 9 b) 3 d) 7 SOLUÇÃO: Note que o produto de qualquer número ímpar por 5 sempre termina em 5; logo, como o número N só tem fatores ímpares, seu algarismo das unidades é 5. Resp.: C

115. Se x y7 3

= e x . y = 189, então, x — y vale com x e y

positivos: a) 12 c) 9 e) 21 b) 4 d) 30 SOLUÇÃO:

Temos: x y7 3

= = k ⇒ x = 7k e y = 3k

Daí, 7k . 3k = 189 ⇒ 21k2 = 189 ⇒ k2 = 9 ⇒ k = 3

Para: k = 3 ⇒ x = 21 e y = 9

Portanto: x — y = 12

Resp.: A

116. A planta de um apartamento está confeccionada na escala 1:50. Então a área real, em m2, de uma sala retangular cujas medidas na planta, são 12cm e 14cm é: a) 24 c) 28 e) 54 b) 26 d) 42 SOLUÇÃO: Sabemos que: Escala é a razão entre o comprimento no desenho e o comprimento real, medidos na mesma unidade.

Daí, 1

5012

=x

⇒ x = 600cm ⇒ x = 6m

1

5014

=y

⇒ y = 700cm ⇒ y = 7m

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

117. Prove que em todo triângulo ABC vale a relação: c = a . cos $B + b . cos Â. SOLUÇÃO:

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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/0525

cos  = mb

⇒ m = b cos Â

cos $B = na

⇒ n = a cos $B

Logo, m + n = b cos  + a cos $B ⇒ ⇒ c = a cos $B + b cos  (ok) Obs.: Sendo  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 do quociente. A soma dos quocientes dessas divisões é: a) 10 b) 17 c) 172 d) 1 + 2 + 3 + ... + 17 e) 12 + 22 + 32 + ... + 172

SOLUÇÃO: Temos que: n dividido por 17 tem quociente q ≠ 0 e resto 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 satisfaz) r = 1 ⇒ q = 1 r = 4 ⇒ q = 2 r = 9 ⇒ q = 3 r = 16 ⇒ q = 4

Logo a soma dos quocientes é 10.

Resp.: A

119. Determine o valor do produto P = cos 36o . cos 72o.

SOLUÇÃO: Sabemos que: sen 2x = 2sen x cos x ⇒ ⇒ 2 sen 36o . P = 2 sen 36o . cos 36o cos 72o ⇒ ⇒ 2 sen 36o . P = sen 72o cos 72o ⇒ ⇒ 4 sen 36o . P = 2 sen 72o cos 72o ⇒ ⇒ 4 sen 36o . P = sen 144o ⇒ 4 . P = 1,

pois sen36o = sen 144o (suplementares) ⇒ P = 14

.

Resp.: 14

120. Sejam f(x) = 1

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

Determine o valor de g 1

64FHGIKJ .

SOLUÇÃO:

g(f(x)) = x ⇒ g 1

1x −FHGIKJ = x

Veja:

se 1

11

64x −= ⇒ x — 1 = 64 ⇒ x = 65 ⇒ g

164FHGIKJ = 65

Resp.: 65 121. O triângulo ABC está inscrito em um círculo de raio R. Se

cos A = 35

, o comprimento do lado BC é igual a:

a) 25R

b) 35R

c) 45R

d) 65R

e) 85R

SOLUÇÃO: temos que:

cos  = 35

( é agudo) ⇒ sen  = 45

Lei dos senos:

asen Â

b

senB

c

sen C= =

$ $ = 2R ⇒

⇒ BC

sen  = 2R ⇒ BC = 2R . sen  ⇒

⇒ BC = 2R . 45

⇒ BC = 85R

:

Resp.: E

122. Seja f(x) = e ee e

x x

x x

−+

− definida em R. Se g for a função

inversa de f, o valor de eg

725FHGIKJ será:

a) — 1 b) 0

c) 1e

d) 1 e) e SOLUÇÃO: Como g é a inversa de f, temos:

g 725FHGIKJ = f—1

725FHGIKJ ⇒

725

=−+

−e ee e

x x

x x ⇒

⇒ 7 . ex + 7 . e—x = 25 . ex — 25 . e—x ⇒ — 18 . ex = — 32 . e—x ⇒

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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/0526

⇒ e2x = 169

⇒ ex = 43

⇒ eg

725 4

3

FHGIKJ =

Resp.: A

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 7 180

9. o

= 7 . 20o = 140o.

Resp.: E

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

Em 48 gramas de solução temos 75

100 . 48 = 36 gramas

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

Assim: 3648

76100

++

=xx

⇒ x = 2 gramas

Resp.: 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 inversa de 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 = 4 Para x = 3 ⇒ a . 3 + b = 0

Resolvendo, encontramos: b = 2 e a = — 23

Daí, a função f é dada por: f(x) = — 23

x + 2

Veja: cálculo de f—1(2)

Para y = 2 ⇒ 2 = — 23

x + 2 ⇒ x = 0 ⇒ f—1(2) = 0.

Resp.: D

126. Um elevador pode levar 20 adultos ou 24 crianças. Se 15 adultos já estão no elevador, quantas crianças podem ainda entrar? a) 5 b) 6 c) 7 d) 8 e) 9 SOLUÇÃO: Se 20 adultos equivale a 24 crianças ⇒ 5 adultos equivale a 6 crianças. Veja: i. O elevador pode levar 20 adultos. ii. Tem 15 adultos no elevador ⇒ faltam 5 adultos

(equivalente a 6 crianças).

Resp.: B

127. Uma torneira enche um tanque em 4 horas. O ralo do tanque pode esvaziá-lo em 3 horas. Estando o tanque cheio, 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.

Assim, o tanque em uma hora esvazia 1

12 de sua

capacidade.

Veja: T T t T T4 3

3 412 12

− =−

= −

Portanto, o tanque esvazia-se em 12 horas. Resp.: E

128. Determine o valor de — 63 . log8 (sen 15o . sen 75o)

SOLUÇÃO: Fatos que ajudam: i. Se a + b = 90o então sen a = cos b e sen b = cos a

Page 27: Rev Geral Ufc Uece

TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/0527

ii. sen 2a = 2 sen a cos a

iii. loga nbm =

mn

. logab

Temos que:

sen 15o . sen 75o = sen 15o . cos 15o = 2 15 15

2. .cossen o o

=

= sen o30

214

=

Então, a expressão vale:

Exp. = — 63 . log8 14FHGIKJ = — 63 . log

22

3 2− = — 63 . −FHGIKJ

23

.

log22 = 42 . 1 = 42

Resp.: 42 129. Considere um quadrilátero convexo ABCD de área igual a

66cm2. Determine, em cm2, a área do quadrilátero cujos 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 convexo e seja MNPQ o quadrilátero que tem vértices nos pontos médios dos lados de ABCD, temos que:

Área (MNPQ) = Área ABCD( )

4.

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

Resp.: 33cm2

130. Se x é um número real tal que x2 + 12x

= 3, determine o

valor de xx

44

1+ .

SOLUÇÃO:

Se x2 + 12x

= 3 ⇒ xx

22

221

3+FHGIKJ = ⇒

⇒ x4 + 2 . x2 . 1 12 4x x

+ = 9 ⇒

⇒ x4 + 2 + 14x

= 9 ⇒

⇒ x4 + 14x

= 7.

Resp.: 7

131. O menor número natural n, diferente de zero, que torna o produto de 3888 por n um cubo perfeito é: a) 6 d) 18 b) 12 e) 24 c) 15 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 potências dos números 2 e 3 sejam múltiplos de 3. Assim, o menor número que devemos multiplicar por 3888 para obter um cubo perfeito é 12.

Resp.: B

132. Quantos números inteiros há entre 602 e 612 que 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, ..., 3720. Quantidade de inteiros que não são quadrados é igual a 3720 — 3601 + 1 = 120.

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

a) 2π c) 32π

e) π4

b) π d) π2

SOLUÇÃO: Sabemos: se f é periódica ⇒ f(x + p) = f(x), para todo x no domínio da função. O menor valor positivo de p, chamamos de período de f.

Tomando x = 0, encontramos: f(p) = f(0) ⇒ sen4p + cos4p = sen40 + cos40 ⇒ ⇒ sen4p + cos4p = 1⇒ (sen2p + cos2p)2 — 2 sen2p . cos2p = 1⇒ ⇒ 1 — 2sen2pcos2p = 1 ⇒ 2sen2pcos2p = 0 ⇒ ⇒ senp = 0 ou cosp = 0. • se sen p = 0 ⇒ p = 0, π, 2π, ...

• se cos p = 0 ⇒ p = π2

, 32π

, ...

Agora, devemos verificar se p = π2

satisfaz a condição

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

Veja: f(x + p) = f x +FHGIKJ

π2

= sen4 x +FHGIKJ

π2

+ cos4 x +FHGIKJ

π2

= (cosx)4 + (— senx)4 = sen4x + cos4x = f(x) (ok). Obs.: No ciclo trigonométrico, encontramos facilmente:

sen x +FHGIKJ

π2

= cos x e cos x +FHGIKJ

π2

= — sen x (verifique!)

Resp.: D

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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/0528

134. O conjunto solução da equação:

x . (log53x + log521) + log5

37FHGIKJ

x

= 0 é igual a:

a) { } c) {1} e) {0, — 2} b) {0} d) {0, 2} SOLUÇÃO: Temos que:

x . (log53x + log521) + log5

37FHGIKJ

x

= 0 ⇒

⇒ x . log5 (3x . 21) + log5

37FHGIKJ

x

= 0 ⇒

⇒ log5 (3x . 21)x + log5

37FHGIKJ

x

= 0 ⇒

⇒ log5 [(3x . 21)x .

37FHGIKJ

x

] = 0 ⇒

⇒ (3x . 21)x . 37FHGIKJ

x

= 1 ⇒

⇒ 3 2137

xx

. .FHG

IKJ = 1⇒

⇒ (3x . 3 . 3)x = 1 ⇒ ⇒ (3x+ 2)x = 1 ⇒

⇒ 3 12 2x x+ = ⇒

⇒ x2 + 2x = 0 ⇒ ⇒ x = — 2 ou x = 0

Resp.: 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) Equações do problema:

a + b = 9 e b . 10 + a = 47

. (a . 10 + b)

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

Resp.: 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 = 360

660

oo= ⇒ ai = 120o

Aplicando a lei dos cossenos no triângulo ABF, teremos:

2 32

e j = x2 + x2 — 2 . x . x . cos 120o ⇒ 12 = 2x2 + x2 ⇒ x = 2

Resp.: B

137. Qualquer que seja x, o valor de sen6x + cos6x + 3sen2xcos2x é: a) 0 d) 1 b) sen2x e) sen x . cos x c) cos2x SOLUÇÃO: Lembre: Produto notável ⇒ (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab (a + b) Temos que: sen2x + cos2x = 1 ⇒ (sen2x + cos2x)3 = 13 ⇒ ⇒ sen6x + cos6x + 3sen2x cos2x (sen2x + cos2x) = 1 ⇒ ⇒ sen6x + cos6x + 3sen2x cos2x . 1 = 1 ⇒ ⇒ sen6x + cos6x + 3sen2x cos2x = 1 Resp.: D

138. Quantas soluções reais e distintas possui a equação

x2 + 9 = 3 senx? a) 0 c) 2 e) infinitas b) 1 d) 3 SOLUÇÃO: Observe: i. x2 + 9 é sempre maior ou igual a 9, para todo x real. ii. 3 senx assume no máximo o valor 3. iii. a igualdade não ocorre para nenhum valor real de x. Logo, a equação não possui solução.

Resp.: A

139. O resto da divisão de P(x) = x5 + 4x4 + 2x3 + x2 + x — 1 por q(x) = x + 2 é: a) 17 c) 0 e) — 17 b) 15 d) — 15

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

Resp.: A

140. O valor mínimo de cos x + sec x, para 0 < x < π2

é igual a:

a) 0 c) 2 e) 3 b) 1 d) 2

SOLUÇÃO: Sabemos que:

E

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TC DE REVISÃO — MATEMÁTICA 3ª SÉRIE E EXTENSIVO

OSG 5928/0529

(n — 1)2 ≥ 0, ∀n ∈ �

Então: n2 — 2n + 1 ≥ 0 ⇒ n2 + 1 ≥ 2n

Considerando n positivo, tem-se:

nn

2 12

+≥ ⇒ n

n+ ≥

12

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

“A força não provém da capacidade física e sim de uma vontade indomável.”

(Mahatma Gandhi)

OSG.: 5928/05-(Parte2)_say171005/rev.:ANA