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Questões Resolvidas E Comentadas

Questões Resolvidas e Comentadas é voltado para quem vai prestar vestibulares, concursos públicos e o Exame Nacional do Ensino Médio (ENEM). Nele, o estudante encontrará todas as questões de matemática do vestibular da Universidade de Pernambuco (UPE), de 1999 a 2014. São 401 questões, separadas por assuntos, resolvidas e comentadas de forma clara, simples e objetiva. O livro complementa o estudo diário e esclarece as dúvidas mais frequentes da Matemática.

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Diógenes Santos Questões Resolvidas e Comentadas para o Vestibular, ENEM e Concursos Públicos "Questões Resolvidas e Comentadas" é voltado para quem vai prestar vestibulares, concursos públicos e o Exame Nacional do Ensino Médio (ENEM). Nele, o estudante encontrará todas as questões de matemática do vestibular da Universidade de Pernambuco (UPE), de 1999 a 2014. São 401 questões, separadas por assuntos, resolvidas e comentadas de forma clara, simples e objetiva. O livro complementa o estudo diário e esclarece as dúvidas mais frequentes da Matemática. a c ti á m e t a M Questões Resolvidas e Comentadas para o Vestibular, ENEM e Concursos Públicos ISBN 978-85-406-0944-0 www.livrorapido.com 9 788540 609440 Diógenes Santos Diógenes Santos é pernambucano, militar da Força Aérea Brasileira desde 1997, licenciado em Matemática pela Universidade Federal de Pernambuco, em 2008. Além da graduação, está cursando o mestrado do PROFMAT (Mestrado Profissional em Matemática em Rede Nacional) pela Universidade Federal Rural de Pernambuco (UFRPE). Começou a dar aulas em 2006 no Vestibular Solidário da UFPE, quando ainda era estudante de Licenciatura em Matemática. Em sua trajetória profissional acumula ampla experiência voltada para o ensino da Matemática em vestibulares e concursos públicos. Questões Resolvidas e Comentadas Diógenes Santos Copyright © 2014 by Diógenes Santos Todos os direitos reservados ao Autor Diógenes Santos Contato: [email protected] Impresso no Brasil Printed in Brazil Foto da Capa Arquivo pessoal do Autor Montagem de Capa e Diagramação Andreza de Souza Revisão Do Autor Dados Internacionais de Catalogação na Publicação (CIP) Ficha Catalográfica S237q Santos, Diógenes Questões resolvidas e comentadas / Diógenes Santos. – Olinda: Livro Rápido, 2014. 426 p.: graf., tab. Contém bibliografia p. 427 (bibliografia localizada) ISBN 978-85-406-0944-0 1. Matemática. 2. Questões de matemática. 3. Resoluções de matemática. 4. Questões de matemática da Universidade de Pernambuco (UPE). I. Título. 510 CDU (1999) Fabiana Belo - CRB-4/1463 Editora Livro Rápido – Elógica Coordenadora editorial: Maria Oliveira Rua Dr. João Tavares de Moura, 57/99 Peixinhos Olinda – PE CEP: 53230-290 Fone: (81) 2121.5307/ (81) 2121.13 [email protected] www.livrorapido.com Agradecimentos Em primeiro lugar, e não poderia ser diferente, à Deus, que na Sua infinita bondade e sabedoria fez com que tudo acontecesse no seu devido tempo. A Ele, sempre presente em minha vida, devo tudo. A Karla Oliveira, amiga e companheira, que foi quem mais acreditou e apoio este projeto. Muitas das vezes, ao pensar em desistir, foi ela quem reativou a vontade de seguir em frente. Reafirmo meu carinho e admiração a essa pessoa tão especial. Ao pessoal do meu trabalho (TNEl-KM), que durante todo tempo, de forma direta ou indireta, deram força e ideias na confecção deste livro. Ao prof°. Thiago Dias, que por muitas vezes corrigiu questões e deu soluções maravilhosas. A minha eterna professora e educadora Maximínia Magda, por um dia ter acreditado em um ninguém. Ela com certeza mudou meus caminhos. Ao meus caríssimos alunos que, ao trazerem as dúvidas, ajudaram no meu crescimento e que gerou a criação deste livro. Prefácio A confecção deste livro veio com os questionamentos de alguns alunos que, por muitas vezes, traziam provas e questões aleatórias para tirar dúvidas. Percebi que eles não tinham material um específico, algo que os orientassem e os preparassem para as provas. Sendo assim, separei por assuntos as questões de matemática da Universidade de Pernambuco (UPE), de 1999 a 2014, e resolvi todas, passo a posso, de forma que os estudantes, que já tenham visto a teoria dos assuntos, possam resolver as questões e caso precisem consultem as resoluções. Claro que as resoluções aqui apresentadas são sugestões de soluções e os alunos, principalmente os mais "criativos", por certo descobrirão outras maneiras e formas de resolvê-las. Como se diz em matemática, "não importa o caminho a ser seguido na solução do problema, o que importa é sempre chegar no mesmo lugar." "Forte é aquele que forte se imagina..." Conteúdo QUESTÕES Capítulo I – Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos ..01 Capítulo II – Funções Exponenciais e Logarítmicas ......................................13 Capítulo III – Funções Trigonométricas ........................................................19 Capítulo IV – Matemática Básica .................................................................29 Capítulo V – Sequências, P.A. e P.G. ............................................................53 Capítulo VI – Geometria Plana .....................................................................61 Capítulo VII – Geometria Espacial ................................................................77 Capítulo VIII – Geometria Analítica .............................................................93 Capítulo IX – Matrizes, Determinantes e Sistemas Lineares ..................... 109 Capítulo X – Análise Combinatória e Binômio de Newton ........................ 119 Capítulo XI – Probabilidade ....................................................................... 123 Capítulo XII – Números Complexos ........................................................... 131 Capítulo XIII – Polinômios ......................................................................... 135 RESOLUÇÕES Capítulo I – Funções do Primeiro e Segundo graus, Modular e Conceitos .151 Capítulo II – Funções Exponenciais e Logarítmicas ................................... 176 Capítulo III – Funções Trigonométricas ..................................................... 187 Capítulo IV – Matemática Básica .............................................................. 208 Capítulo V – Sequências, P.A. e P.G. ......................................................... 239 Capítulo VI – Geometria Plana .................................................................. 255 Capítulo VII – Geometria Espacial ............................................................. 282 Capítulo VIII – Geometria Analítica .......................................................... 316 Capítulo IX – Matrizes, Determinantes e Sistemas Lineares ..................... 354 Capítulo X – Análise Combinatória e Binômio de Newton ........................ 371 Capítulo XI – Probabilidade ....................................................................... 376 Capítulo XII – Números Complexos ........................................................... 388 Capítulo XIII – Polinômios ......................................................................... 400 Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos Questões Questões 1 Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos Capítulo I Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos 1) UPE1999  Um fabricante vende certo produto aos distribuidores a R$ a unidade para pedidos de menos de 50 unidades. No caso de pedidos de 50 unidades ou mais, o preço unitário goza de um desconto de 2 centavos vezes o número encomendado. Sabendo que o pedido máximo que pode ser atendido é de  unidades, qual o pedido encomendado que proporciona maior receita para o fabricante? A)200unidades B)300unidades C)400unidades D)500unidades E)600unidades 2) UPE1999  Um retângulo está inscrito em um semicírculo de raio 1, tendo um dos seus lados (base) sobre o diâmetro. Se a área do retângulo é máxima, pode-se afirmar que a razão entre a altura e a base desse retângulo é: A) B) C) D) E)  3) UPE1999  Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. I II 0 0 x2  1 , x  1, é { y  | y  2}. A imagem da função f ( x)  x 1 1 1 Se f é uma função definida nos números naturais e f (n)  C (1  i)n , então f (n)  f (n  1)  C (1  i ). 2 2 Se a , b e x são números reais positivos, distintos e diferentes de 1, então x loga b  b log a x . 3 3 4 4 Questões (10  1)  (102  1)  (103  1)  ...  (10n  1)  10n 1  9n  10 . 9 O valor mínimo da função f ( x)  x 2  4 x  8 no intervalo [3,1]  é 5. 1 Capítulo I f :   f ( x  y )  f ( x)  f ( y ) é linear se  quaisquer 4) UPE2000  Uma função   x  f ( x)  f (a  x)  a  f ( x) que sejam x, y em e a uma constante real. Considerem-se as funções indicadas a seguir, com domínio, o conjunto dos números reais Podemos afirmar que é linear: A) f ( x)  sen(2 x  5) . B) f ( x)  2 x  5 C) f ( x)  x3  1 D) f ( x)  ( x  1)2  ( x  1)2 E) f ( x)  3x 5) UPE2000  Em um terreno retangular de 90m de perímetro, Maria Eduarda pretende construir um galpão para depósito de sua fábrica de confecções. O código de obras da cidade exige que sejam dados recuos de 2m na frente e nos fundos e 1,5m em cada lateral. Podemos afirmar que a área máxima do galpão, em metros quadrados, é: A) B) C) D) E) 6) UPE2001  Uma questão da prova de matemática foi para determinar as raízes do polinômio dado por f ( x)  ax 2  bx  c, onde a , b e c são números reais e a não é nulo. O aluno Neto copiou errado o coeficiente do 1 grau e encontrou para raízes 2 e 3. A aluna Maria Eduarda copiou errado o termo independente e encontrou para raízes 5 e 1. Sendo f (1)  1, podemos afirmar que as raízes do polinômio f ( x ) são: A) Dois números inteiros. B) Dois números complexos não reais. C) Dois números racionais D) Dois números irracionais E) Dois números reais cujo quociente é negativo. Diógenes Santos 2 Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos 7) UPE2002  Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. I II 0 0 Se f : *  , definida por f ( x)  Lnx, então f ( x  y )  f ( x)  f ( y ). 1 2 3 1 Se f 2 3  f ( x  y )  f ( x)  f ( y ) , então f (5)  32.   f (1)  2 A soma de duas funções injetoras é uma função injetora. A trajetória de um objeto é dada pelo gráfico da função definida por é uma função definida no conjunto dos números reais positivos por f (t )  t 2  8t , onde t é medido em segundos e f (t ) é medido em metros. Após 3 segundos, o objeto alcançará a altura máxima. 4 4 Se f é uma função de A  em imagem de f é o conjunto { y  , definida por f ( x )  x  x  4, então a | y  4}. 8) UPE2004-MAT1  Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. Um laboratório farmacêutico, após estudo do mercado, verificou que o lucro obtido com a A venda de milhares do produto era dado pela fórmula: x L( x)  100(12.000  x)( x  4.000). Analisando-se as afirmações, tem-se que: I 0 1 II 0 1 2 2 3 3 4 4 Questões O laboratório terá lucro para qualquer quantidade vendida do produto A. O laboratório terá lucro, se vender mais de 4.000 e menos de 12.000 unidades do produto A. Se o laboratório vender mais de 12.000 unidades do produto A, ele terá prejuízo. O lucro do laboratório será máximo se forem vendidos 8.000 unidades do produto A. Se o laboratório vender 4.000 unidades do produto A, não terá lucro. 3 Capítulo I 9) UPE2004-MAT2  Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. Considere as funções. I II 0 0 Se f é uma função tal que f ( x  y )  f ( x)  f ( y ) para todo x e y pertencente ao domínio de f , então f (0)  1 é igual a 1. 1 1 Se f é uma função definida nos números naturais tal que f ( x  y )  f ( x)  f ( y ) e f (1)  3, então f (n)  3n. 2 2 Se f ( x  2)  x  1, então f ( x ) é uma função ímpar. 3 3 Se f é uma função par e g ( x)  1 , então g é uma função par para todo x, f ( x) pertencente ao domínio de g . 4 4 Se f ( x)  x  7  1  x , então seu domínio é [7,1]. 10) UPE2004-MAT2  Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. Uma bola é lançada para cima. Se h é a altura, em metros, alcançada pela bola t segundos após o lançamento e h(t )  t 2  8t , então: I 0 1 2 3 4 II 0 1 2 3 4 Dezesseis segundos após o lançamento, a bola atinge a altura máxima. Quatro segundos após o lançamento, a bola atinge a altura máxima. A altura máxima alcançada pela bola é 16m. Após dezesseis segundos, a bola toca o solo. Após oito segundos, a bola toca o solo. 11) UPE2005-MAT1  Considere f e g funções reais definidas por f ( x)  x 2  2 | x | 1 e g ( x)  A) 1 x  1. Pode-se afirmar que a soma das raízes de f ( x)  g ( x) é igual a: 2 D)  B) C) Diógenes Santos E) 4 Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos 12) UPE2005-MAT1  Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. O gráfico abaixo representa uma função polinomial do 2  grau y  p ( x ), que corta o eixo das abscissas em x  1 e x  2, tal que p (0)  2. I 0 II 0 1 1 p( x)  x 2  x  2. 2 2 p ( x)  0 se x  1 oux  2. 3 3 A soma dos coeficientes de p ( x ) é ( 2). 4 4 A imagem de p ( x ) é [9 / 4,). O valor mínimo de p ( x ) é y  2. 13) UPE2005-MAT1  Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. Para produzir uma determinada peça, uma empresa tem um custo de R$  (um real e vinte centavos) por unidade produzida e uma despesa fixa de R$ (quatro mil reais), independente da quantidade de peças produzidas. O preço de venda da unidade é de R$ (dois reais), e a empresa vende toda a produção. Então: I 0 II 0 Se a empresa produz e vende  unidades, ela terá um lucro de R$ 1 1 O custo para produzir  unidades é de R$ 2 2 Se a empresa produz e vende  unidades, o lucro será de R$ 3 3 Se a empresa produz e vende  unidades, ela terá um prejuízo de R$ 4 4 Se a empresa produz e vende  unidades, ela não terá prejuízo. Questões 5 Capítulo I 14) UPE2005-MAT2  Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. Observe a figura abaixo. Na figura, a reta (r ) de equação f ( x)  ax  b intercepta a parábola de equação g ( x)  ax 2  bx  c nos pontos   e  I 0 II 0 A equação cartesiana da reta r é y  4x  8. 1 1 A equação da parábola é y   x 2  2 x. 2 3 4 2 3 4 O valor máximo da parábola é 2. O coeficiente angular da reta r é 2. f ( x)  g ( x) para todo x pertencente ao intervalo 4  x  2. 15) UPE2006-MAT1  Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. No Brasil, quem ganha um salário mensal menor ou igual a R$ está isento do pagamento de Imposto de Renda. Quem ganha um salário mensal acima de R$ até R$ paga um IR igual a  da parte de seu salário que excede R$ quem ganha um salário mensal acima de R$ paga um IR igual a R$ (correspondente a  da parte do salário entre R$ e R$ ) mais  da parte do salário que excede R$ I 0 II 0 Se um funcionário ganha R$ de salário, ele paga R$ de IR. 1 1 Uma pessoa que paga R$ de IR tem um salário de R$ 2 2 Uma pessoa que ganha R$ paga R$ de IR. 3 3 Uma pessoa que ganha R$ paga R$ de IR. 4 4 Uma pessoa que paga R$ de IR tem um salário acima de R$ Diógenes Santos 6 Matemática Básica Capítulo IV Matemática Básica 78) UPE1999  A empresa "Consultores Associados" firmou contrato com a "Roupagem S/A", para o planejamento de Marketing na cidade do Recife. Os administradores Júnior, Daniela e Maria Eduarda, foram convocados para realizarem o trabalho. Após várias reuniões foi constatado que, Júnior e Daniela, trabalhando juntos, fariam o planejamento em 15 dias. Júnior e Maria Eduarda, trabalhando juntos, gastariam 20 dias para realizar o trabalho. Daniela e Maria Eduarda, trabalhando juntas, precisariam de 12 dias para concluir a tarefa. Se Maria Eduarda trabalhasse sozinha, em quantos dias estaria concluído o planejamento? B)30dias C)35dias E)50dias A)45dias D)40dias 79) UPE1999  Sejam ( x1 , y1 ) e ( x2 , y2 ) dois pares ordenados de números reais que  x 2  xy  y 2  1  0 . satisfazem o sistema:  3 2 2  x  x y  xy  x  y  2  0 Pode-se afirmar que x1  x2  y1  y2 é igual a: B) 6 A)6 C)5 D) 5 E)0 80) UPE2001  Suponha que a e b são números reais, então: ab , a igualdade ocorrendo somente quando b  2a. 2 A) a b  B) a  b a  b , qualquer que sejam a e b reais. C) a  b  a  b , qualquer que sejam a e b reais não negativos. D) a 2  a, para todo a  0. E) a  a, para todo número real a  0. Nota: Essa questão da maneira como foi redigida ficou sem sentido, pois não foi feito pergunta alguma a respeito das alternativas. Após a resolução, observamos que existem quatro alternativas falsas e uma verdadeira. Portanto, vamos "imaginar" que a questão se refere a encontrar a alternativa verdadeira. Questões 29 Capítulo IV 81) UPE2001  Os filhos do Sr. Júnior, Neto e Maria Eduarda, nasceram em 20 /12. Em 20 /12 / 2000, dia do aniversário deles, Daniela, amiga de Júnior, perguntou as idades das crianças. Júnior respondeu: “Suas idades são tais que cinco vezes a idade de Maria Eduarda somada a treze vezes a idade de Neto é igual a 38 anos”. No dia 20 /12 / 2000, a soma das idades de Maria Eduarda e Neto é: A)5anos B)6anos C)7anos D)8anos E)9anos 82) UPE2001  Um consumidor necessita comprar um determinado produto. Na loja, o vendedor oferece-lhe duas condições de pagamento. A primeira, pagamento à vista com um desconto de 10% sobre o preço de tabela; e a segunda em duas parcelas, pelo preço de tabela, sendo 50% de entrada e o restante com 30 dias. O consumidor dispõe do valor para o pagamento a vista. Se ele optar pelo pagamento em duas vezes, pode aplicar o restante à taxa de 25% ao mês ( 30 dias), então: A) É mais vantajoso ele comprar a prazo. B) Se comprar a prazo, ele tem um lucro de 8%. C) É mais vantajoso comprar a vista. D) Se comprar a prazo, terá um prejuízo de 8%. E) É indiferente comprar a vista ou a prazo. 83) UPE2002  Uma máquina produz 1500 unidades de um produto no período de 30 dias, ao custo total de R$0,25 por unidade. A voltagem de funcionamento da máquina é 220 volts. Por razões de racionamento, a Concessionária de Energia resolve reduzir a tensão em 10%. Para que essa possa funcionar, o empresário investe a importância de R$3.000,00, para ser paga em 20 meses (considerar o mês com 30 dias), na compra de um estabilizador de tensão. Admitindo um lucro de 5% sobre o custo total de uma unidade do produto, o preço de venda, em real, deverá ser de B)0,3600 E)0,3675 A)0,3500 C)0,3721 D)0,3584 84) UPE2002  Os amigos Neto, Maria Eduarda, Daniela e Marcela receberam um prêmio de R$ que deve ser dividido, entre eles, em partes inversamente proporcionais às respectivas idades. Sabendo que as idades estão em progressão aritmética, que Daniela é a mais velha e tem  anos, Neto é o mais novo e tem  anos, podemos afirmar que: Diógenes Santos 30 Matemática Básica A) Neto recebeu R$ B) Marcela recebeu R$ C) Daniela recebeu R$ D) Neto recebeu o dobro de Maria Eduarda. E) Maria Eduarda recebeu R$ 85) UPE2003  O Sr. Júnior, atacadista do ramo de tecidos, resolveu vender seu estoque de um determinado tecido. O estoque tinha sido comprado ao preço de R$ o metro. Esse tecido foi revendido no varejo às lojas pertencentes a Daniela, Eduarda, Neto e Antônio, respectivamente. A loja de Daniela comprou 1/ 3 do estoque a R$ o metro. A loja de Eduarda comprou a quarta parte do que sobrou a R$ o metro. A metade do resto do estoque foi vendido a Antônio pelo Sr. Júnior a R$ o metro e o que sobrou, a Neto a R$  o metro. Sabendo que o Sr. Júnior lucrou R$ e que o estoque por ele comprado tinha x metros, podemos afirmar que x / 50 é igual a: A)m D)m B)m C)m E)m 86) UPE2003  Misturam-se três litros de álcool a cinco litros de gasolina. Quantos litros de gasolina devem ser adicionados à mistura para 3/ 4 da mistura sejam constituídos por gasolina? D)4 A)1  B)2 C)3 E)5 87) UPE2003  Admita-se que N é a nota final de um vestibulando; E , a nota obtida no ENEM e M , a média aritmética das provas do vestibular. Suponha-se que a nota do ENEM tem peso 2,0 e a média das provas do vestibular tem peso 8,0 (oito). Um vestibulando obtém 7,0 (sete) na nota do ENEM e sua nota final foi 8,0 (oito). Considerando N , M e E com aproximação de duas casas decimais, pode-se afirmar que a média M das provas do vestibular do candidato foi: A) 8,00 B) 7,50 C)8,50 D)8,10 E)8, 25 88) UPE2004-MAT1  Um certo produto é vendido nas lojas A e B. Na loja B, o produto é R$ mais caro que na loja A. Se a loja B oferecer um desconto de 20% no produto, o preço seria o mesmo nas duas lojas. O preço do produto na loja A é: A)R$  B)R$  C)R$  D)R$  E)R$  Questões 31 Capítulo IV 89) UPE2004-MAT1  A Empresa Pernambuco S/A tinha um determinado número de empregados e uma folha F de pagamento. Após estudos realizados no setor de produção, a Empresa dispensou 20% de seus empregados e concedeu, na folha F de pagamento, um aumento de 10%. O salário médio da Empresa variou de: A)20% B)25, 7% C)27, 5% D) % E)% 90) UPE2004-MAT1  A Empresa Brasil S/A utiliza o seguinte critério sobre o trabalho noturno feminino: cada hora de período noturno trabalhado por mulheres terá 52 minutos e 30 segundos. A funcionária Daniela trabalha das 22 às 5h do dia seguinte. Então o percentual de acréscimo de seu salário será aproximadamente de: A)14,  29% B)18,30%  C)17,10%  D)20% E)18,13%  91) UPE2004-MAT1  Em um plantão de 4 horas, 5 médicos atendem 40 pacientes. Supondo que os médicos gastam o mesmo tempo para atender um paciente e que o plantão passou a ser de 6 horas, o número de médicos necessários para atender 60 pacientes é igual a: A)7 B)5 C)6 D)8 E)4 92) UPE2004-MAT1  O reservatório de água de um prédio tem a forma de um paralelepípedo reto retângulo de dimensões 3m, 4m e 2m. Se o prédio tem 10 apartamentos e, devido ao racionamento, ficou estabelecido que o tanque só seria cheio uma vez por dia, pode-se afirmar que o gasto médio de água diário por apartamento será: A)2.400litros B)1.500  litros C)2.500litros D)3.000litros E)1.800  litros 93) UPE2004-MAT2  Uma pessoa, ao preencher um cheque, inverteu o algarismo das dezenas com o das centenas e, por isso, pagou a mais a importância de R$ Os números correspondentes a cada um dos dois algarismos estão entre si como  está para  No cheque preenchido, o algarismo que está na casa das dezenas é A)6 B)5 C)4 D)3 E)2 Diógenes Santos 32 Matemática Básica 94) UPE2005-MAT1  O número de gols, marcados nos  jogos da primeira rodada de um campeonato de futebol, foi      e  Na segunda rodada, serão realizados  jogos. Qual deve ser o número total de gols marcados nessa rodada para que a média de gols, nas duas rodadas, seja  superior à média obtida na primeira rodada? A)15  B)16  C)17  D)18  E)19  95) UPE2005-MAT1  Uma caravana de  pessoas deve atravessar um deserto em  dias. Seu suprimento de água permite que cada pessoa disponha de  litros por dia. Após  dias, a caravana encontra três pessoas, vítimas de uma tempestade de areia, e as acolhe. Quantos litros de água por dia poderão ser consumidos por cada pessoa, se a caravana prosseguir sua rota como havia planejado? A) l B) l C) l D)l E)l 96) UPE2005-MAT1  Eduarda, certo dia, fez compras em  lojas do Shopping Center. Em cada uma gastou a metade do que possuía e pagou, na saída, R$ (dois reais) de estacionamento. Após as despesas, restaram a Eduarda R$ (vinte reais). Quanto Eduarda possuía antes de fazer as compras? R$  C)R$  D)R$  R$  E)R$  97) UPE2005-MAT1  Um laboratório utiliza, na fabricação de um determinado remédio,  as substâncias A e B. Sabendo que 1ml da substância A custa R$ (  centavos), 1ml  da substância B custa R$ (  centavos) e que um frasco de 100ml do remédio custa R$ (três reais e sessenta centavos), quantos ml da substância A têm no frasco? A)70 B)65 C) D)50 E)30 98) UPE2005-MAT2  Pessoas apressadas podem diminuir o tempo gasto em uma escada rolante, subindo alguns degraus da escada no percurso. Neto é uma dessas pessoas. Para uma certa escada rolante, com velocidade constante, Neto observa que gasta 30 segundos, quando sobe 5 degraus da escada e, 20 segundos, quando sobe 10 degraus, a fim de atingir o pavimento superior. Se a escada estiver parada, pode-se afirmar que o número de degraus que Neto sobe para ir ao pavimento superior é de: A)30 B)28 C)20 D)25 E)18  Questões 33 Geometria Plana Capítulo VI Geometria Plana 176) UPE2000  A figura abaixo é um retângulo de lados 10cm e 8cm. Podemos afirmar que o valor de x, em cm, é: A) 4 B) 4,5 C) 5 D) 6 E) 5,5 177) UPE2001  Um pintor cobra R$ por metro quadrado de pintura. Apresentamse três painéis de idênticos materiais e 12m de perímetro. Um em forma de círculo, outro em forma de um hexágono e um terceiro em forma de um quadrado. O pintor, só tendo condições de pintar um deles, deve escolher o que lhe proporcionará maior renda. Assim: A) Terá a maior renda se escolher o painel hexagonal. B) Terá a menor renda se resolver pintar o painel hexagonal. C) Se escolher o painel circular, terá a maior renda. D) Qualquer painel que escolher, a renda será a mesma. E) Deverá escolher o painel quadrado para ter maior renda. 178) UPE2001  A distância em linha reta entre duas cidades A e B é 10km. A empresa de distribuição de água do Estado necessita construir um reservatório de água para o abastecimento das respectivas cidades. Estudos verificaram que o reservatório deve ser construído em um ponto D , tal que os ângulos ADB e ABD tenham por medida 45 cada um. O custo pela ligação hidráulica é de R$ por metro de encanação do reservatório às cidades. Questões 61 Capítulo VI Quanto gastará o Estado para levar água às cidades, sabendo que a ligação do reservatório às cidades é retilínea? Faça 2  1, 4. A) R$ 36.000,00 B) R$ 525.000,00 C) R$ 27.000,00 D) R$ 48.000,00 E) R$ 25.900,00 179) UPE2001  A circunferência menor da figura abaixo é tangente à circunferência maior e às semirretas OA e OP, onde O é o centro da circunferência maior. Se A(12,0) e o ângulo AOP mede 60  , podemos afirmar que A) A área do círculo menor é a quarta parte da área do círculo maior. B) A área do círculo menor é igual a 8π unidades de área. C) O comprimento da circunferência menor é 8π unidades de comprimento. D) O raio do círculo menor é 3 unidades de comprimento. E) A distância do centro do círculo menor à semirreta OP é 3 unidades de comprimento. 180) UPE2002  Seja ABCD um quadrado de lado 40cm. O raio da circunferência, que passa pelos pontos A e B e é tangente ao lado CD, é: A) 10 unidades de comprimento. B) 15 unidades de comprimento. C) 20 unidades de comprimento. D) 25 unidades de comprimento. E) 30 unidades de comprimento. Diógenes Santos 62 Geometria Plana 181) UPE2002  O trapézio da figura tem perímetro de 60m e AD é paralela a BC. A) A medida de x, em metros, é 50  3( 2  3) . 2 B) A altura do trapézio é 4 m. C) A medida da área do trapézio é 40 m2 . D) A medida de x, em metros, é 51  3( 2  3) . 2 E) O ângulo A mede 30. 182) UPE2003  Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. I II 0 0 Se a medida da base de um triângulo aumenta  e a medida da altura diminui  a área do triângulo diminui em  1 1 Três segmentos de medidas 5cm, 6cm e 10cm determinam um triângulo obtusângulo. 2 2 O apótema de um hexágono regular de lado l é l 3. 3 3 A medida da hipotenusa de um triângulo retângulo, inscrito em uma 4 4 circunferência de raio 2 unidades de comprimento, é 2 3 unidades de comprimento. A bissetriz de um ângulo interno de um triângulo divide o lado oposto em segmentos proporcionais. 183) UPE2004-MAT1  Os lados de um paralelogramo medem 3cm e 4cm. Sabendo-se que o ângulo formado pelos lados mede 120 , pode-se afirmar que a diagonal maior do paralelogramo mede: A) 12 cm Questões B) 17 cm C) 19 cm D) 35 cm E) 37 cm 63 Capítulo VI 184) UPE2004-MAT1  Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. Seja ABC um triângulo. I II 0 0 O ortocentro de ABC pode ser o vértice A. 1 1 Se a mediana AM relativa ao lado BC mede 9 unidades de comprimento, a 2 3 2 3 4 4 distância do vértice A ao baricentro é 3 unidades de comprimento. O triângulo ABC pode ser isósceles e retângulo. Se as medidas dos lados são números consecutivos, o triângulo ABC pode ser retângulo. Se o triângulo ABC é equilátero de lado L , a soma das distâncias de um ponto interno do triângulo aos lados é igual a L 3 / 2. 185) UPE2004-MAT2  Em um triângulo retângulo, as projeções dos catetos sobre a hipotenusa medem 16cm e 9cm. O perímetro do triângulo é igual a: A) 45 cm B) 55 cm C) 60 cm D) 50 cm E) 68 cm 186) UPE2005-MAT1  O arquiteto Neto projetou um viaduto de acordo com a figura abaixo. O viaduto que liga os pontos A e B tem a forma de um arco de uma circunferência. Sabe-se que a distância retilínea de A até B mede 24m e que a altura máxima do viaduto é de 6m. Qual a medida do raio da circunferência do projeto? A) 12 m B) 15 m C) 18 m D) 20 m E) 17 m Diógenes Santos 64 Geometria Plana 187) UPE2005-MAT1  No paralelogramo ABCD, o ponto M é o ponto médio do lado CD. Se AN mede 12cm, pode-se afirmar que MN mede: A) 6 cm B) 5 cm C) 4 cm D) 8 cm E) 7 cm 188) UPE2005-MAT2  Na figura abaixo, ABCD é um quadrado de lado 2 3cm, e ABE e BCF são triângulos equiláteros. A área do triângulo BEF em cm 2 , é igual a: A) 3 3 B) 5 3 C) 5 D) 6 E) 6 3 189) UPE2005-MAT2  Na figura abaixo, ABC é um triângulo equilátero inscrito em um círculo de centro O e raio igual a 6cm. Sabendo que AH é a altura do triângulo e D é o ponto médio do arco ADC , pode-se afirmar que, em cm 2 , a área da região hachurada é Questões 65 Capítulo VI 3 (9 2 3 B) (4 2 3 C) (9 2 2 D) (9 3 A) E) 3  2π ) 3  9π ) 3  4π ) 3  2π ) 2 (2 3  9π ) 3 190) UPE2005-MAT2  Assinale na coluna I, as afirmativas verdadeiras e na coluna II, as falsas. Na figura abaixo, B é o ponto médio do segmento DE e ABCD é um retângulo de lados AB  1cm e AD  2cm. Pode-se afirmar que: I II 0 0 BD  5cm. 1 1 O cosseno do ângulo ADE é igual a 2 / 5. 2 2 AE  2 2 cm. 3 3 A área do triângulo ADE é igual a 2cm2 . 4 4 A área do triângulo ABE é igual a 4cm2 . 191) UPE2006-MAT1  Os lados paralelos de um trapézio são lados de um triângulo equilátero e de um hexágono regular inscritos em um mesmo círculo de 8cm de diâmetro. Pode-se afirmar que a área do trapézio, em cm 2 , é igual a: A) 8 Diógenes Santos B) 5 C) 7 D) 6 E) 4 66 Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos Resoluções Resoluções 149 Capítulo I Diógenes Santos 150 Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos Capítulo I Funções do Primeiro e Segundo graus, Modular e Conceitos 20,00, se x  50 e a receita por 1) O preço do produto é dado por p   20, 00  0, 02 x, se 50  x  600 R  p  x, onde p é o preço unitário, x a quantidade do produto e R a receita arrecadada com a venda. Exemplo: Se um cliente comprar 40 unidades, então x  40 e o preço unitário do produto será R$20,00, pois x  50. Portanto, R  p  x  40  20,00  800,00. Agora, caso o cliente compre 80 unidades, então o preço unitário será P  20,00  0,02×80  20,00  1,60  18,40; pois 50  x  600. Logo, a receita será R  18, 40×80  1.472,00. Para encontrar a maior receita precisamos descobrir a função receita e achar seu ponto máximo. Para a venda temos dois casos a considerar: Primeiro caso: x  50. Neste caso a receita máxima é dada por R  20,00  49  980,00. Segundo caso: 50  x  600. Como 50  x  600, então o preço por unidade é dado por p  20  0,02 x. Sabemos que R  p  x  (20  0,02 x) x  0,02 x 2  20 x. Note que essa receita é uma função quadrática,  b Δ  cujos valores máximos encontram-se no vértice e este é dado por V   ,  . Portanto,  2a 4a  xv  20 20   500 e como x representa a quantidade vendida, então a receita 2  (0,02) 0, 04 máxima ocorre quando se vende 500 unidades e o valor da receita arrecadado é R  0,02(500)2  20(500)  0,02  250.000  10.000  5.000  10.000  5.000,00. Comparando os dois casos podemos ver que a receita é maior no segundo caso quando são vendidas 500 unidades e arrecadados R$5.000,00. Resp. :D Resoluções 151 Capítulo I 2) Considere abaixo o esboço do retângulo ABCD inscrito no semicírculo de centro O e raio r  1. Note que a base AB do retângulo está sobre o diâmetro do círculo e é igual a 2b. Do triângulo OBC encontramos a seguinte relação: h2  b2  12  h2  1  b2  h  1  b 2 . A área AR desse retângulo é dada por AR  2bh, então AR  2b( 1  b2 )  4b2  4b4 . Agora, vamos utilizar o seguinte artifício: Tome x  b 2 , então AR  4 x  4 x2 e chamando 4x  4x2 de y temos a seguinte função y  4 x 2  4 x. Como queremos a área máxima de AR , temos que encontrar o valor de y máximo, que é dado quando xv  b 4 1   . 2a 2  (4) 2 2  2 1 2  b2  b  Como x  b , então e sendo h  1  b2 , então h  1    2   2 2   2 2 1    4 42 2 . Portanto, a razão entre a altura h e a base 2b do retângulo, é  2 4 2 h 1 2   . 2b  2 2 2    2  Resp.: A 3) Vamos verificar as assertivas abaixo: I II 0 0 x2  1 Verdadeira  Dado f ( x)  , vamos criar uma função g ( x) a partir de x 1 f ( x). Seja g ( x)  Diógenes Santos x 2  1 ( x  1) ( x  1)   x  1. Note que não podemos dizer x 1 ( x  1) 152 Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos que as funções f e g são iguais, pois, embora apresentem a mesma sentença, seus domínios são distintos. Enquanto na função f o domínio é função g o domínio é  {1}, na . Como o função g é afim, então seu gráfico é uma reta e essa função pode assumir qualquer valor real. Agora, como g (1)  1  1  2 então a função f ( x ) assumirá qualquer valor real, menos o 2, pois x  1 não pertence ao domínio de {y  1 1 f ( x ). Logo, a imagem da função f ( x) é | y  2}. Falsa  Dado f (n)  C (1  i)n , f (n  1)  C (1  i)n 1  Portanto, precisamos encontrar f (n  1), então C (1  i ) n . 1 i f (n)  f (n  1)  C (1  i ) n  C (1  i) n  1 i (1  i )C (1  i ) n  C (1  i ) n  1 i C (1  i)n (1  i  1)  C (1  i ) n (i)    C (1  i). 1 i 1 i 2 2 Verdadeira  Tome y  log a b  ay  b então xloga b  bloga x  x loga b  (a y )log a x  (a loga x ) y  ( x ) y  x loga b . Portanto, o segundo termo é igual ao primeiro. 3 3 10n 1  9n  10 , 9 vamos desenvolver o primeiro termo e verificar se é igual ao segundo. Verdadeira  Dado (10  1)  (102  1)  ...  (10n  1)  então (10  1)  (102  1)  ...  (10n  1)  10  102  ...  10n 1  1  ...  1  n 10  10  ...  10  (1  1  ...  1). Note que 10  10  ...  10n é uma soma em 2 n 2 n P.G. de razão q  10 e a1 =10. Observe também que (1  1  ...  1)  n. Resolvendo a 10  10 10n . 9 soma em P.G. Sn  a1  a1  q n 10  10 10n   1 q 1  10 Logo, 10  102  ...  10n  (1  1  ...  1)  10  10 10n  9n 10n 1  9n  10  . 9 9 segundo. Resoluções temos 10  10 10n n  9 Portanto, o primeiro termo é igual ao 153 Capítulo I 4 4 Verdadeira  O ponto de mínimo da função f ( x)  x 2  4 x  8 é dado por b (4)   2. Agora, como essa função tem concavidade voltada para 2a 2 cima, quer dizer que o gráfico é decrescente no intervalo do domínio ]  ,2]. xv  Portanto, no intervalo dado [  3,1] a função "está decrescendo". Logo, seu menor valor é quando x  1, ou seja, f (1)  12  4(1)  8  5. f :   f ( x  y )  f ( x)  f ( y ) , tal que  4) Dada a função  então se qualquer uma das  x  f ( x)  f (a  x)  a  f ( x) sentenças for falsa, então a alternativa será falsa. Vamos analisar cada caso: A)Falsa  Dado f ( x)  sen(2 x  5) e utilizando f (a  x)  a  f ( x), temos: f (a  x)  sen[(2ax)  5]  sen 2ax  cos 5  sen 5  cos 2ax e a  f ( x )  a  [ sen(2 x  5)]  a  ( sen2 x  cos5  sen5  cos 2 x)  a  sen 2x  cos 5  a  sen 5  cos 2x. Portanto, f (a  x)  a  f ( x). B) Falsa  Dado f ( x)  2 x  5 e utilizando f (a  x)  a  f ( x), temos: f (a  x)  2  (ax)  5  2ax  5 e a  f ( x )  a  (2 x  5)  2ax  5a. Portanto, f (a  x)  a  f ( x). C)Falsa  Dado f ( x)  x3  1 e utilizando f (a  x)  a  f ( x), temos: f ( a  x )  ( a  x ) 3  1  a 3  x3  1 e a  f ( x )  a  [( x)3  1]  ax3  a. Portanto, f (a  x)  a  f ( x). D)Verdadeira  Dado f ( x)  ( x  1)2  ( x  1)2 , vamos primeiro simplificar essa função. f ( x)  ( x  1)2  ( x  1)2  x 2  2 x  1  ( x 2  2 x  1)  x2  2x  1  x2  2x  1  4 x. Utilizando f (a  x)  a  f ( x), temos: f (a  x)  4  (a  x)  4ax e a  f ( x )  a  (4  x)  4ax. Diógenes Santos 154 Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos Agora, utilizando f ( x  y )  f ( x)  f ( y ), temos: f ( x  y)  4  ( x  y)  4 x  4 y e f ( x)  f ( y )  4 x  4 y. Portanto, f ( x  y )  f ( x)  f ( y ). Logo, concluímos que a função é linear pela definição apresentada. E)Falsa  Dado f ( x)  3x e utilizando f ( x  y )  f ( x)  f ( y ), temos: f ( x  y )  3x  y  3x  3y e f ( x)  f ( y )  3x  3y. Portanto, f ( x  y )  f ( x)  f ( y ). Resp. :D 5) Considere dois retângulos, um interno ao outro, de tal forma que x e y representem os lados do terreno, a e b os lados do galpão e que as distâncias entre eles seja de 2m em cada frente e 1,5m em cada lateral, conforme a figura ilustrativa abaixo. O perímetro do terreno é 90m, então 2 x  2 y  90  x  y  45. A área AG do galpão é AG  ab, mas x  b  4  b  x  4 e y  a  3  a  y  3, então substituindo em AG , temos AG  ( y  3)( x  4)  xy  4 y  3x  12. Entretanto x  y  45  y  45  x e substituindo agora em AG  xy  4 y  3x  12, temos AG  x(45  x)  4(45  x)  3 x  12  45x  x2  180  4 x  3x  12   x2  46 x  168. Portanto, a área do galpão em função de x é uma função quadrática, onde seu ponto de máximo é dado por xv  b 46   2a 2(1) 46  23. Agora, para encontrar y v basta usar yv  45  xv  45  23  22, mas a questão 2 Resoluções 155 Capítulo I pede a área do galpão em função de a e b, então b  x  4  23  4  19 e a  y  3  22  3  19. Donde, o galpão de área máxima será um quadrado de lado 19 m, ou seja, AG  19 19  361 m2 . Resp. : A 6) Segundo o enunciado, o aluno Neto copiou errado o coeficiente do termo do primeiro grau, ou seja, o valor de b, que vamos chamar esse coeficiente de b '. Lembre-se que x1  x2  b c e x1  x2  , onde x1 e x2 são as raízes e a , b e c são os a a b ' c  b '  5a e 2  3   c  6a. a a encontramos ax2  b ' x  c  0  ax2  5ax  6a. coeficientes da equação. Neste caso, temos 2  3  Substituindo no polinômio f ( x ), Lembrando que o coeficiente do termo de grau 1 foi copiado errado, então os coeficientes dos termos do segundo grau e independente estão corretos. Usando o mesmo raciocínio com relação à Maria Eduarda, temos: Maria Eduarda errou o termo independente, ou seja, o valor de c, então vamos chamar esse coeficiente de c '. b c'  b  6a e 1 5   c '  5a. Substituindo na equação temos a a ax2  bx  c '  0  ax2  6ax  5a. Neste caso, o termo copiado errado é o termo independente, então os coeficientes dos termos do segundo e primeiro graus estão corretos. 1 5  Comparando as duas  I : f ( x)  ax 2  b ' x  c  0  ax 2  5ax  6a    2 2   II : f ( x)  ax  bx  c '  0  ax  6ax  5a equações: f ( x)  ax 2  6ax  6a. Note que descartamos os valores dos coeficientes do primeiro grau na equação I e o termo independente na equação II por serem termos copiados erroneamente. f ( x)  ax 2  6ax  6a Portanto, f (1)  a(1)  6a(1)  6a  1  a  1. 2 x 2  6 x  6. e como f (1)  1, Logo, a função é f (1)  1  temos f ( x)  (1) x  6(1) x  6(1)  Resolvendo esse polinômio quadrático, encontramos 2 x1  3  3 3 x2  3  3 3, que são dois números irracionais. Resp. :D Diógenes Santos 156 e Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos 7) Vamos verificar as assertivas abaixo: I II 0 0 Verdadeira  Dada a função f ( x)  Ln ( x), então f ( x  y )  Ln ( x  y )  Ln ( x)  Ln ( y)  f ( x)  f ( y). Note que usamos a propriedade dos logaritmos: Ln (a  b)  Ln (a)  Ln (b), com a  0 e b  0. 1 1 Verdadeira  Pela definição da função, temos f (1)  2, então f ( x  y )  f ( x)  f ( y ) f (2)  f (1  1)  f (1)  f (1)  2  2  4 e e f (3)  f (1  2)  f (1)  f (2)  2  4  8. Agora, observe que f (5)  f (2  3)  f (2)  f (3)  4  8  2 2 32. Falsa  Segue contraexemplo: Uma função é dita injetora quando x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 ). Considere então duas funções injetoras, f ( x)  x e g ( x)   x. Agora, somando-as temos f ( x)  g ( x)  x  ( x)  0. Note que a soma é uma função constante. Logo, x1  x2  ( f  g )( x1 )  ( f  g )( x2 ), contrariando a definição de função injetora. 3 3 Falsa  Note que a equação f (t )  t 2  8t é uma função quadrática, onde seu ponto máximo encontra-se no vértice da parábola. Portanto, a altura máxima é atingida no tempo t  4 4 b 8   4  3. 2a 2(1) Falsa  Seja a função f ( x)  x  x  4, vamos primeiro encontrar o domínio. Como sabemos não existe raiz de índice par e radicando negativo no conjunto dos números reais. Portanto, x  x  0 e x  4  0  x  4  0  x  4. Como a solução tem que satisfazer as duas sentenças, vemos que x  4 satisfaz as duas situações. Logo, D  {x  | x  4}. Agora, substituindo x  4 na função dada, temos f (4)  4  4  4  2  0  2. Note que contrariando a afirmativa que a imagem de f ( x ) é Im  { y  f (4)  2, | y  4}. 8) Analisando a função dada L( x)  100(12000  x)( x  4000) podemos concluir que as raízes de L( x) são x1  4000 e x2  12000, pois esses valores anulam a função. A concavidade é voltada para baixo, pois ao multiplicar 100(12000  x)( x  4000) encontramos L( x)  100x 2  1600000 x  4800000000. Com essas informações podemos fazer abaixo um esboço do gráfico da função e em seguida responder as assertivas. Resoluções 157 Capítulo I Agora vamos verificar as assertivas abaixo: I II 0 0 Falsa  Podemos ver pelo gráfico que o laboratório só tem lucro entre 4.000 e 12.000, pois nesse intervalo L( x)  0. Portanto, para valores menores que 1 1 2 2 3 3 4 4 4.000 e maiores que 12.000 terá prejuízo. Verdadeira  Ver assertiva 00. Verdadeira  Ver assertiva 00. Verdadeira  Vemos que 8.000 é justamente a média aritmética de 4.000 e 12.000. Logo, é o ponto simétrico entre as duas raízes de L( x). Portanto, x  8.000 é o ponto de máximo da função, ou seja, onde o laboratório tem lucro máximo. Obs.: Poderíamos também encontrar esse valor utilizando a fórmula do vértice de uma parábola. Verdadeira  Note que x1  4.000 e x2  12.000 são as raízes da função L( x), ou seja, L( x)  0. Portanto, nesses pontos o laboratório não tem prejuízo nem lucro. 9) Vamos verificar as assertivas abaixo: I II 0 0 Verdadeira  Dada a função tal que f ( x  y )  f ( x)  f ( y ), precisamos saber se f (0)  1  1. Chamamos f (0)  1 de k , ou seja k  f (0)  1, precisamos verificar se k  1. Agora, f (0)  2 f (0)  f (0)  f (0  0)  2 f (0)  f (0)  0  f (0)  f (0)  f (0)(2  1)  0  2 f (0). f (0)  0, Portanto, então k  f (0)  1  0  1  1, como queríamos demonstrar. Diógenes Santos 158 Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos 1 1 Verdadeira  Dada a função tal que f ( x  y )  f ( x)  f ( y ) e f (1)  3, então temos: f (2)  f (1  1)  f (1)  f (1)  3  3  32 ; f (3)  f (2  1)  f (2)  f (1)  32  3  33 ; f (4)  f (3  1)  f (3)  f (1)  33  3  34 ; e assim sucessivamente. Seguindo o mesmo raciocínio, encontramos: f (n)  f (n  1  1)  f (n  1)  f (1)  3n1  3  3n. Portanto, f (n)  3n. 2 2 Falsa  Dada a função f ( x  2)  x  1 vamos primeiro encontrar f ( x ) e para isso utilizaremos o seguinte artifício: Chamamos x  2 de y, ou seja, y  x  2  x  y  2 e substituindo na função, temos f ( y )  y  2  1  y  3. Agora, uma função é dita ímpar se f ( y )   f ( y ). Já temos f ( y ), falta então calcular  f ( y ). Logo, f ( y )   y  3 e  f ( y )  ( y  3)  y  3. Portanto, vemos que f ( y )   f ( y ) e a função f não é ímpar. 3 3 Verdadeira  Uma função h ( x ) é dita par se h( x)  h( x). Como f ( x ) é par, então por definição f ( x)  f ( x). Dado g ( x)  1 , vemos que o domínio de f ( x) g ( x) é qualquer valor, tal que, f ( x)  0. Como f ( x ) é par e g ( x)  f ( x)  1 g ( x) e f ( x)  f ( x)  f (  x)  1 . g ( x) Igualando as duas 1 , logo f ( x) sentenças temos: 1 1   g ( x)  g ( x). Logo, vemos que a função g ( x) g (  x) g ( x) é par para todo x pertencente ao domínio de g ( x). 4 4 Verdadeira  Dada a função f ( x)  x  7  1  x vamos encontrar o domínio de existência. Sabemos que no conjunto dos números reais não existem raízes de índice par e radicando negativo. Portanto, temos que x  7  0  x  7 e 1  x  0  x  1. Como os pontos do domínio tem que satisfazer as duas inequações então que o domínio é dado por [  7, 1]. Resoluções 159 Capítulo I 10) Dada a função h(t )  t 2  8t , cujas raízes são t 2  8t  0  t (t  8)  0  t1  0 ou t2  8. Portanto, a bola é lançada no tempo t1  0 s e atinge o solo no tempo t2  8 s. Agora, fazendo abaixo um esboço do gráfico da função h(t ), temos: Agora, vamos verificar as assertivas abaixo: I II 0 0 Falsa  Primeira Solução: Observando o gráfico da função vemos que a altura máxima é atingida num tempo menor que 8 segundos, pois esse é o tempo em que a bola atinge o solo após ser lançada. Segunda Solução: Para encontrar o tempo em que a bola atinge a altura máxima, podemos utilizar a fórmula do vértice da função quadrática. Portanto, temos t 1 1 2 2 b 8   4  16s. 2a 2(1) Verdadeira  Ver assertiva 00. Verdadeira  A altura máxima é quando o tempo é 4 segundos. Portanto, h(4)  (4)2  8(4)  16 m. 3 3 Falsa  Ver assertiva 00. 4 4 Verdadeira  h(8)  82  8(8)  64  64  0. Diógenes Santos 160 Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos 1 x  1 queremos encontrar as raízes de 2 f ( x)  g ( x). Note que a função f ( x ) é uma função modular e para resolvê-la vamos 11) Dadas as funções f ( x)  x 2  2 | x | 1 e g ( x)   x, se x  0 , então relembrar a definição de módulo de um número real, a saber: | x |   x, se x  0  x 2  2 x  1, se x  0  . Agora igualando as funções temos 2   x  2 x  1, se x  0 f ( x)  x2  2 | x | 1  f ( x)   1  2  I . x  2 x  1  2 x  1, se x  0 . f ( x)  g ( x)    II . x 2  2 x  1  1 x  1, se x  0  2 Resolvendo a equação I: 1 x 2  2 x  1  x  1  2x2  4x  2  x  2  2 x2  5x  0  x1  0 ou x2  5 / 2. 2 Resolvendo a equação II: 1 x 2  2 x  1  x  1  2 x2  4 x  2  x  2  2 x2  3x  0  x3  0 ou x4  3 / 2. 2 Observe que x3  0 não faz parte da solução da equação II, pois x deve ser menor que 0. Portanto, as raízes são 3 / 2,0, , cuja soma é 3 5 3  0  5 2 0    1. 2 2 2 2 Resp. : A 12) Vamos primeiro encontrar a função p( x). Uma função quadrática obedece a seguinte forma p( x)  ax 2  bx  c, com a  0. Neste caso, temos p (1)  0, p (2)  0 e p (0)  2. a  (1) 2  b  (1)  c  0  Portanto, podemos montar e resolver o seguinte sistema a  (2) 2  b  (2)  c  0   2 a  0  b  0  c  2 a  b  c  0  4a  2b  c  0  c  2  a  b  2  0(2)   4a  2b  2  0 2a  2b  4  0 ()  6a  6  0  a  1 e  4a  2b  2  0 a  b  2  0  1  b  2  0  b  1. Donde, p( x)  x 2  x  2. Agora podemos verificar as assertivas abaixo: Resoluções 161 Capítulo I I 0 II 0 Falsa  O valor mínimo encontra-se no vértice da parábola e é dado por yv  Δ [(1) 2  4 1  (2)] [1  8] 9     2. 4a 4  (1) 4 4 1 1 Verdadeira  Na resolução encontramos p( x)  x 2  x  2. 2 2 Verdadeira  Analisando o gráfico vemos que p ( x)  0 quando x  1 ou x  2. 3 3 Verdadeira  Como p( x)  x 2  x  2, então os coeficientes são a  1, b  1 e c  2, cuja soma é 1  (1)  (2)  1 1  2  2. 4 4 Verdadeira  Pela assertiva 00 vemos que yv  9 / 4. Como a concavidade da parábola é voltada cima, o menor valor que p ( x ) pode assumir é yv . Portanto, a imagem da função quadrática é  9 / 4,   . 13) Inicialmente vamos encontrar as funções de custo, venda e lucro. Note que o custo tem um valor fixo inicial de R$4.000,00 mais R$1,20 por unidade produzida. Portanto,  C ( x)  1, 2 x  4.000, 00, onde C ( x ) representa a função custo e x a quantidade a ser produzida. A venda é um valor fixo de R$ 2,00 por produto, então podemos dizer que V ( x)  2  x, onde V ( x ) é a função venda. Agora, chamando de L( x) a função lucro, que neste caso, é o valor arrecadado com as vendas (V ( x)) menos o valor do custo (C ( x )), ou L( x)  V ( x)  C ( x)  2 x  (1, 2 x  4.000, 00)  2 x  1, 2 x  4.000,00, seja, ou seja, L( x)  0,8 x  4.000, 00. Agora podemos verificar as assertivas abaixo: I II 0 0 Falsa  Dado x  4.000 e substituindo em L( x), temos L(4.000)  0,8(4.000)  4.000, 00  800, 00. Concluímos que a empresa teve um prejuízo de R$800,00. 1 1 Verdadeira  Dado x  4.000 e substituindo em C ( x ), temos C (4.000)  1, 2(4.000)  4.000, 00  4.800,00  4.000,00  8.800, 00. Concluímos que a empresa teve um custo de R$800,00 ao produzir 4.000 unidades. 2 2 Verdadeira  Dado x  6.000 e substituindo em L( x), temos L(6.000)  0,8(6.000)  4.000, 00  4.800,00  4.000,00  800, 00. Concluímos que empresa teve um lucro de R$800,00 ao vender 6.000 unidades. Diógenes Santos 162 a Funções do Primeiro e Segundo Graus, Modular e Conceitos 3 3 4 4 Verdadeira  Ver assertiva 00. Verdadeira  Dado x  5.000 e substituindo em L( x) temos L(5.000)  0,8(5.000)  4.000, 00  4.000,00  4.000,00  0,00. Concluímos que a empresa não teve lucro nem prejuízo ao vender 5.000 unidades. 14) Vamos verificar as assertivas abaixo: I II 0 0 Verdadeira  A equação cartesiana da reta é dada por y  ax  b. Sabendo que a reta passa pelos pontos (  4,  24) e (2, 0), então podemos substituir essas 24  a (4)  b  coordenadas na função e montar o seguinte sistema  0  a(2)  b 24  4a  b  24  4a  2a  a  4 e como 2a  b  b  2a   2a  b 2  4  8. Portanto, a equação cartesiana da reta r é y  4x  8. 1 1 Verdadeira  A parábola obedece a forma geral g ( x)  ax 2  bx  c, com a  0. Observando o gráfico dado podemos ver que g ( x) passa pelos pontos (2, 0), (  4,  24) e (0, 0). Portanto, podemos montar e resolver o seguinte sistema a  22  b  2  c  0  2 a  (4)  b  (4)  c  24   2 a  0  b  0  c  0  c  0 8a  4b  0 ()   16a  4b  24 24a  24  a  1 4a  2b  0(2)   16a  4b  24 e como 8a  4b  0  8(1)  4b  0  b  2. Logo, a equação da parábola é g ( x)   x2  2 x. 2 2 Falsa  O valor máximo de uma parábola é dado por yv  Δ / 4a. Neste caso, temos yv  3 3 4 4 [(2) 2  4  (1)  (0)] [4  0] 4    1  2. 4  (1) 4 4 Falsa  Na assertiva 00 encontramos a função da reta r que é y  4x  8, cujo coeficiente angular é 4. Verdadeira  Observando o gráfico podemos notar que no intervalo 4  x  2 a parte do gráfico de g ( x) está acima do gráfico da função f ( x). Portanto, f ( x)  g ( x), para todo x pertencente ao intervalo dado. Resoluções 163 Capítulo I 15) Para verificar as afirmativas abaixo vamos chamar de IR1 ao imposto pago sobre os salários recebidos no intervalo de R$900,00 a R$1.800,00 e IR2 ao imposto pago no  intervalo maior que R$1.800,00.  Agora vamos verificar as assertivas abaixo: I II 0 0 Verdadeira  Como o desconto é incidido em cima do excedente de R$900,00 e o funcionário ganha R$00,00, então 1.400,00  900,00  500,00. Logo, o imposto é calculado em cima de R$500,00. Donde, IR1  0,15  500, 00  75, 00. 1 1 Verdadeira  Vamos admitir que o salário é R$3.000,00 e verificar se com esse salário o funcionário paga R$ 465,00 de imposto. No intervalo salarial de o imposto é IR1  135, 00 e com o salário acima de R$ 900,00 a R$1.800,00  é incidido 27,5% de imposto em cima desse excedente, que é dado R$1.800,00  por 3.000,00  1.800,00  1.200, 00, Portanto, logo IR2  0, 275 1.200, 00  330, 00. IR1  IR2  135,00  330,00  465,00. Concluímos que quem paga R$465,00 de imposto recebe R$3.000,00 de salário. 2 2 Falsa  Sabemos que IR1  135, 00 e 2.2000, 00  1.800, 00  400,00, logo, temos IR2  0, 275  400, 00  110, 00. Portanto, IR1  IR2  135, 00  110, 00  245,00  220,00. 3 3 Verdadeira  Sabemos que IR1  135, 00 e 12.000, 00  1.800, 00  10.200,00, logo, temos IR2  0, 275 10.200, 00  2.805,00. Portanto, IR1  IR2  135, 00  2.805, 00  2.940,00. 4 4 Falsa  Vamos admitir que o salário é R$3.500,00 e verificar se com esse salário o funcionário paga R$600,00 de imposto. Pela assertiva 11 sabemos que 3.500,00  1.800,00  1.700, 00. IR1  135, 00 e Logo, temos IR2  0, 275 1.700, 00  467,50. Portanto, IR1  IR2  135,00  467,50  602,50. Concluímos então que quem recebe R$3.500,00 de salário paga R$602,50 de imposto. Portanto, quem paga R$600,00 de imposto recebe um salário menor que R$3.500,00. 16) A função horária de Junior é s(t )  t 2  2t. Agora, vamos encontrar a função horária de Daniela. Sabendo que ela caminha numa reta, então a função é da forma f (t )  at  b, com a  0. Considerando que tanto Junior quanto Daniela estão na origem do sistema ortogonal, Diógenes Santos 164 Capítulo IV Capítulo IV Matemática Básica 78) Chamamos de J , D e M .E. os administradores Júnior, Daniela e Maria Eduarda, respectivamente. Pelo enunciado, Júnior e Daniela fazem juntos o trabalho em 15 dias, então ambos realizam diariamente vemos que igualdades, 1 1 1 1 do trabalho, ou seja,   . De forma análoga, J D 15 15 1 1 1 1 1 1 e     . Agora, somando essas duas últimas J M .E. 20 D M .E. 12 1 1 1 1 1 1       J M .E. D M .E. 20 12 temos 1 1 2 2    J D M .E. 15 1 1 1 1 2 2 2 2 1   , então       J D 15 15 M .E. 15 M .E. 15 15 Logo, Maria Eduarda realiza sozinha o trabalho em 30 dias. Resp. :B 79) Dado 2 2  x  xy  y  1  0   3 2 2  x  x y  xy  x  y  2  0 2 1   M .E. 15 mas M .E.  30.  x 2  xy  y 2  1   x ( x 2  xy  y 2 )  x  y  2  0   1 x(1)  x  y  2  0   x  x  y  2  0  y  2. Entretanto, temos x 2  xy  y 2  1  x 2  x(2)  (2)2  1  0  x2  2 x  3  0 e resolvendo essa equação encontramos x1  1 ou x2  3. Portanto, a solução do sistema são os pares ordenados (  1, 2) e (3, 2). Donde, x1  x2  y1  y2  1  3  2  2  6. Resp. : A 80) Vamos verificar cada alternativa abaixo: Falsa  Segue (1)  (4)  Diógenes Santos contraexemplo: 42 e Considere a  1 e b  4, a  b 1  (4) 5    2,5. Portanto, 2 2 2 a b  então a b  ab . 2 208 Matemática Básica a  9 e b  16, BFalsa  Segue contraexemplo: Considere (9)  (16)  Reais. Logo,  12, mas 9 e então a b  16 não pertencem ao conjunto dos Números a  b  a  b. CFalsa  Segue contraexemplo: Considere a  9 e b  16, então 25  5, mas D Verdadeira  a b 9  16  3  4  7. Desta forma, ab  a  b  a  b. a 2  a, uma das definições de módulo de um número real é Neste caso, como a  0, então 9  16  a 2 | a | . a 2 | a | a. E Falsa  Segue contraexemplo: Considere a  1 , então 4 a a 1 1 1 1  .   2 4 4 4 Absurdo! Assim sendo, a alternativa é falsa. Resp. :D 81) Chamamos de N e M .E. os nomes de Neto e Maria Eduarda, respectivamente. Pelo 38  13N . Como as idades são 5 representadas por números naturais, então a única possibilidade para M .E. ser natural é enunciado temos que 5M .E.  13N  38  M .E.  38  13 1 38  13 25    5. Portanto, Maria Eduarda tem 5 5 5 5 anos e Neto tem 1. Donde, 5  1  6 anos. Resp. :B quando N  1, ou seja, M .E.  82) Vamos separar a compra em dois casos. Primeira caso: Compra a vista.  Suponha que o valor do produto é R$100,00 e ao pagar a vista existe um desconto de 10%,   10%  90,00. Sobrando dessa forma R$10,00,  que será aplicado a taxa então R$100,00 de 25% ao mês, durante um mês. Sabendo que j  c  i  n, onde j, c, i e n são juros, capital, taxa e tempo, respectivamente, então a aplicação lhe rende um juros de   dá R$12,50. Note que essa seria a j  10,00 1 0, 25  2,50, que somado aos R$10,00 economia ao realizar o pagamento à vista após um mês. Resoluções 209 Capítulo IV Segundo caso: Compra a prazo. Na compra a prazo o consumidor paga 50% do valor do produto no momento da compra e o restante no prazo de 30 dias. Portanto, é pago R$50,00 no ato da compra e aplicado o mesmo valor a taxa de 25% ao mês, por um mês. Logo, a aplicação lhe rende j  50,00 1 0, 25  12,50, e somado com o capital aplicado temos 50, 00  12,50  62,50. Entretanto, ao vencer o prazo o consumidor precisa pagar a segunda parcela, 62,50  50, 00  12,50, ou seja, paga R$50,00 e economiza R$12,50.  Analisando os dois casos, vemos que as duas condições são iguais, pois ao final o consumidor tem R$12,50.  Obs.: A opção de fixar o valor do produto é apenas para facilitar a resolução e que podemos generalizar a solução substituindo o valor de R$100,00 por 100%, que é o valor do  produto. Resp. :E 83) Inicialmente a indústria produz 1.500 unidades por mês ao custo de R$0,25 cada. Logo, o custo mensal C é de 1.500  0, 25  375,00. Com a compra do estabilizador por R$3.000,00 dividido em 20 meses, há um acréscimo mensal nos custos da empresa de 3.000,00  150,00. Portanto, o novo custo C ' para atingir a produção é de 20 C '  375,00  150,00  525, 00, durante esses 20 meses. Admitindo um lucro L de 5% sobre o preço de custo, temos L  0,05  525,00  26, 25. Agora, sabendo que V  C ' L, onde V é a venda, então V  525,00  26, 25  551, 25. Observe, que esse é o valor da venda das 1.500 unidades e para saber o valor unitário VU , basta dividir V por 1.500. Portanto, VU  551, 25  0,3675. 1.500 Resp. :E 84) Para simplificar chamaremos de N , M .E., D e Ma, os nomes de Neto, Maria Eduarda, Daniela e Marcela, respectivamente. As idades estão em Progressão Aritmética ( P. A.) então podemos chamar de a1 e a 4 as idades de Neto e Daniela, respectivamente. Da teoria de P. A. temos que a4  a1  3r , mas a1  4 e a4  28, então 28  4  3r  r  8, onde r é a razão da P. A.. Agora podemos encontrar as outras duas idades: a2  a1  r  4  8  12 e a3  a1  2r  4  2  8  20. Portanto, as idades em ordem crescente são: 4, Diógenes Santos 210 Matemática Básica 12, 20 e 28. Sabemos que N é o mais novo e D a mais velha, que são os extremos dessa P. A., então temos duas possibilidades para a sequencia: {N ,M .E ,Ma,D} ou {N ,Ma,M .E ,D}. Utilizaremos o primeiro caso: {N ,M .E ,Ma,D} e {4,12,  20,28}. Como o prêmio será dividido de forma inversamente proporcional às suas idades, temos: N M .E. Ma D N M .E. M D        . Agora, sendo o valor do prêmio 1 1 1 1 105 35 21 15 4 12 20 28 N M .E. M D 132.000,00      750,00. 105 35 21 15 176 Podemos agora encontrar o valor distribuído para cada um dos amigos, a saber: N M .E M  750, 00   750,00  N  78.750, 00;  750, 00  M .E.  26.250,00; 21 105 35 temos R$132.000,00,  D  750,00  D  11.250,00. Observe que utilizando a segunda 15 sequência encontraríamos os valores trocados para Maria Eduarda e Marcela, ou seja, M .E.  15.750, 00 e M  26.250, 00 e que fazendo isso, Neto continuaria ganhando o mesmo valor. Resp. : A M  15.750,00 e 85) A venda do produto é dada por V  C  L, onde V é a venda, C o custo e L o lucro. O Sr. Júnior comprou x metros de tecido a R$ o metro, então o custo foi de C    x e obteve com a venda um lucro de R$ Agora, vemos que Daniela comprou a R$ ou seja, pagou comprou 1 de x 3  x x 2x e restou x   metros de tecido no estoque. Eduarda 3 3 3 1 2x 2,60 x 2x x 1 , restando do restante a R$ e pagou   2,60    4 4 3 6 3 6 3x x 1  metros de tecido no estoque. Antônio comprou deste a R$ logo, pagou 2 6 2 1 x 3, 00 x x x x   3, 00  e restou no estoque   metros de tecido, o qual foi vendido a 2 2 4 2 4 4 3, 20 x . Podemos então substituir os valores Neto a R$  que pagou o valor de 4 Resoluções 211 Capítulo IV encontrados na fórmula  x    33,8 x  24 x  58.800,00  queremos o valor de  x 2,60 x 3,00 x 3, 20 x     3 6 4 4 10,00 x  5, 20 x  9,00 x  9,60 x  24,00 x  58.800,00  de venda, a saber: 9,80 x  58.800,00  x 58.800, 00  6.000. 9,80 Entretanto, x 6.000 , ou seja,  120 metros de tecido. 50 50 Resp. :B 86) Inicialmente a mistura tem 8 litros (álcool e gasolina), dos quais 5 são de gasolina, ou seja, a sua razão na mistura é 5 / 8. Se adicionarmos uma quantidade de x litros de gasolina para encontrar uma mistura de 3/ 4 de gasolina, a mistura também será acrescido de x 5 x 3   20  4x  24  3x  x  4 litros. Portanto, 8 x 4 precisamos colocar 4 litros de gasolina à mistura anterior para que a nova mistura tenha 3/ 4 de gasolina. Resp. :D litros. Calculando, temos 2E  8M 10 tendo em vista que as notas do ENEM tem peso 2 e do vestibular 8. Do enunciado vemos que E  7,0, N  8,0 e M é o valor que queremos encontrar. Agora, substituindo as notas na equação, temos 2E  8M 2  7  8M N  8,0   80  14  8M  M  8, 25. 10 10 Resp. :E 87) Note que a fórmula para encontrar a nota desse vestibulando é dada por N  88) Considere o preço do produto na loja A como sendo x, então na loja B o preço é de x  60, 00. Porém, se houver um desconto na loja B de 20%, o produto ficará com o mesmo preço nas duas lojas. Note que, dar um desconto de 20% significa vender o produto 0,8 x  48,00  x  por 80% do valor. Logo, temos 0,8( x  60, 00)  x  0, 2 x  48, 00  x  240, 00. Portanto, o preço do produto na loja A é R$240,00 e na loja B é de R$300,00. Resp. :E Diógenes Santos 212 Matemática Básica 89) O salário médio é definido pela razão entre a folha de pagamento e o número de F , onde SM , F e x, é o salário médio, a folha de pagamento x e a quantidade de funcionários, respectivamente. Com a mudança, a nova média salarial é F' dada por, SM '  , onde SM ', F ' e x ' são os novos valores do salário médio, folha de x' pagamento e quantidade de funcionários, respectivamente. Como a empresa dispensou 20% dos funcionários, restaram então 80% de x, ou seja, x '  0,8 x. Após a dispensa houve um funcionários, ou seja, SM  acréscimo de 10% na folha de pagamento F , então F '  1,1F . Logo, SM '  F'  x' F F 1,1F 1,1 F    1,375 , mas SM  , donde SM '  1,375  SM . Concluímos, então que 0,8 x 0,8 x x x houve um acréscimo de 37,5% em relação a média salarial anterior. Resp.:E 90) Para cada 52,5 minutos de trabalho noturno feminino equivalem a 60 minutos de trabalho diurno, então podemos montar uma regra de três, tendo em vista que a funcionária Daniela trabalhou das 22h às 5h, ou seja, 7 horas de trabalho noturno, mas 7h  420min. Temos, então: min.noturnomin.diurno 25.200  52,5 x  420  60  x   480 minutos. Note, que 52,5 420 x trabalhar 420 minutos ( 7 horas) no turno feminino da noite é o mesmo que trabalhar 480 minutos ( 8 horas) no horário diurno. Portanto, para saber o acréscimo vamos fazer outra regra de três: h% 7 x  8  100  x  800  114, 285. 7 8 x Sendo assim, concluímos que houve um acréscimo de 14, 29%. Resp.: A Resoluções 213 Capítulo IV 91) Inicialmente, um plantão de 4 horas, 5 médicos atendem 40 pacientes. Entretanto, o plantão passou para 6 horas e a quantidade de pacientes para 60. Queremos saber quantos x médicos serão necessários para atender esses pacientes? Para isso podemos fazer o seguinte esquema da situação: horas médicos pacientes 4  5  40 .  x 60 Note que aumentando a quantidade de médicos pode-se aumentar o número de pacientes para serem atendidos no mesmo intervalo de tempo e vice-versa. Logo, as duas grandezas são diretamente proporcionais. Agora, aumentando a quantidade de médicos pode-se diminuir as horas (tempo) para serem atendidos o mesmo número de pacientes e vice-versa. Donde, as duas grandezas são inversamente proporcionais. Com a análise feita acima podemos reorganizar a regra de três, a saber: horas médicos pacientes horas médicos pacientes 4   5 x  40 60  6   5 x  40 60  x 4  5  60 5 6  40 médicos. Resp. :B 92) O volume de um paralelepípedo reto retângulo, de arestas a , b e c, é dado por V  a  b  c. Neste caso, temos a  3, b  4 e c  2, então V  3  4  2  24m3  Agora, sabemos que 1m3  1.000 litros. Logo, a caixa d´água possui 24.000 litros e como o prédio tem 10 apartamentos concluímos que cada um pode gastar diariamente 24.000  2.400 10 litros. Resp. : A 93) Considere o valor correto da conta na forma abc, ou ainda, 100a  10b  c. Entretanto, houve um erro no preenchimento do cheque e a conta foi paga na forma bac, ou seja, 100b  10a  c 100b  10a  c  Diógenes Santos e com custo adicional de R$180,00. Portanto, bac  abc  180   100a  10b  c  180  100(b  a )  10(a  b)  180  214 Matemática Básica a 1   b  2a. b 2 Logo, b  a  2  2a  a  2  a  2 e b  2  2  4. Note que o cheque foi preenchido de forma incorreta, ou seja, foi escrito bac, então o valor da dezena é 2. Resp. :E 100(b  a )  10(b  a )  180  90(b  a)  180  (b  a)  2. Porém, 94) Inicialmente vamos calcular a média da primeira rodada, que vamos chamar de M 1 . 5  3  1  4  0  2 15   2,5. Entretanto, queremos que a média das duas 6 6 rodadas, que podemos representar por M f , seja 20% da primeira, ou seja, Logo, M1  M f  1, 20  M1  1, 20  2,5  3. Agora, sendo N o número de gols marcados na segunda rodada, temos M f  15  N 15  N  3. Donde,  3  15  N  33  N  18. 65 65 Resp. :D 95) Vamos considerar a seguinte situação: passados 12 dias e os integrantes tendo bebido a quantidade de líquido estabelecida por dia, a caravana de 7 pessoas tem 30 dias consumindo 3,5 litros de água por dia, por pessoa, para atravessar o restante do deserto. Entretanto, neste momento, foram acrescentadas mais 3 pessoas para a travessia. Portanto, a nova situação é a seguinte: 10 pessoas tem 30 dias consumindo x litros de água por dia, por pessoa, para cruzar o restante do deserto. Donde, temos: pessoas 7 10 liq./ dia 3,5 . Desta forma, como o período é o mesmo podemos descartá-lo nos x cálculos. Observe que aumentando o número de pessoas na caravana, a quantidade de líquido consumido por dia precisa diminuir, e vice-versa, para o mesmo número de dias da viagem. Logo, as duas grandezas são inversamente proporcionais. Donde, temos: pessoas liq./ dia pessoas liq./ dia 7  3,5  2, 45 litros por dia. 7  3,5  10  3,5  x  10 10 x 7 x Resp. :C Resoluções 215 Capítulo IV 96) Representamos por x a quantia que inicialmente Eduarda tinha. Agora, em cada loja ela gastou metade do que possuía. Portanto, ao entrar na primeira loja Eduarda tinha x reais, x x x para comprar na segunda loja; e ao entrar nesta gastou , ficando com x   2 2 2 x x x x e ficou com   para comprar na terceira loja; metade desse valor, ou seja, gastou 4 2 4 4 x e assim sucessivamente até fazer as compras na quinta loja. Donde, ela gastou nas lojas , 2 x x x x , , e . Na saída teve um gasto de R$2,00 com estacionamento e ainda sobraram 4 8 16 32 R$20,00. Somando os valores gastos nas lojas, no estacionamento e o dinheiro que restou, podemos montar a seguinte equação: x x x x x 16 x  8x  4 x  2 x  x  64  640  32 x      2  20  x   x  704,00. 2 4 8 16 32 32 Resp. :D gastou 97) Se considerarmos como sistema:  A  B  100   0, 03 A  0, 05B  3, 60 3  0,03B  0,05B  3,60  A e B as quantidades em ml podemos montar o seguinte  A  100  B  0, 03(100  B)  0, 05B  3, 60   0, 03 A  0, 05B  3, 60 0, 02 B  0, 60  Portanto, B  30. A  100  B  100  30  70 ml. Resp. : A 98) Chamamos de V a velocidade da escada, d o número de degraus e t o tempo gasto para subi-la. Quando Neto sobe 5 degraus ele gasta 30 segundos e quando sobe 10 gasta 20. Observe que ao subir "alguns degraus" é como se ele estivesse subtraindo esses degraus da escada. Agora, como sua velocidade é constante e é dada por V  d podemos fazer a t seguinte relação: d  5 d  10   20d  100  30d  300  d  20 degraus. 30 20 Resp. :C Diógenes Santos 216 Geometria Plana Capítulo VI Geometria Plana 176) Fazendo abaixo o esboço do retângulo, vemos que o triângulo ACD é isósceles e o segmento BD é a altura e também mediana relativa ao lado AC , então AB  BC  4 cm. Como os BE  10 segmentos e DE  x  2, então BD  BE  DE  10  ( x  2)  10  x  2  8  x. Agora, observe que o triângulo BCD é retângulo com ângulo reto em B, então podemos usar o Teorema de Pitágoras para encontrar o valor de 2 x. Portanto, 2 2 CD  BC  BD  x 2  42  (8  x)2  x2  16  64  16x  x2  16x  80  x  5. Resp.:C 177) O pintor cobra por área a ser pintada, então quanto maior a área de trabalho, maior será sua renda. Ele tem três painéis de idênticos materiais e todos com 12m de perímetro, mas de formas diferentes. Precisamos descobrir qual dos painéis apresenta maior área e para isso vamos calcular separadamente cada caso: Forma Circular: O comprimento C da circunferência, de raio r , é dado por C  2πr e a área AC do círculo por AC  πr 2 . Como o perímetro é 12, ou seja, C  12, então 12 2 2  1,91 m e a área é AC  π (1,91)  11, 46 m . 2π Forma Hexagonal: Podemos considerar o hexágono como sendo regular, pois é o que apresenta maior área dentre os hexágonos. Como esse polígono de lado LH possui 6 lados 2πr  12  r  Resoluções 255 Capítulo VI congruentes, temos 6 LH  12  LH  2 m. A área AH de um hexágono regular é dada por 3( LH ) 2 3 3(2) 2 3 , ou seja, AH   6 3  10,39 m2 . 2 2 Forma de Quadrado: O perímetro PQ de um quadrado, de lado LQ , é dado por PQ  4LQ e AH  2 2 2 a área AQ por AQ  ( LQ ) . Portanto, 4LQ  12  LQ  3 m e a área é AQ  3  9 m . Concluímos que o pintor terá maior renda se pintar a forma circular que possui maior área dos três painéis. Resp.:C o 178) Fazendo abaixo um esboço da figura vemos que os ângulos ABD  ADB  45 , então B AD é 90o. Como os ângulos dos vértices B e D são iguais, então o triângulo ABD é retângulo isósceles, ou seja, AB  AD  10 km. Agora, utilizando o Teorema de Pitágoras, 2 2 2 2 temos BD  AB  AD  102  102  100  100  BD  200  BD  10 2 km, mas 2  1, 4, então BD  10  (1, 4)  14 km. Concluímos que o reservatório será construído num ponto D distante 10 km da cidade A e 14 km da cidade B. Portanto, a água percorrerá um total de 10 km  14 km  24 km  24.000 m para abastecer as cidades. Como cada metro de encanação custa R$ então o estado gastará 24.000 1,50  36.000 para construir o reservatório. Resp.: A Diógenes Santos 256 Geometria Plana 179) Considere abaixo o esboço da figura. O raio R da circunferência maior é 12, pois o ponto A(12,0) tem distância 12 da origem. O ângulo AOP mede 60o e como a circunferência menor é tangente interna da circunferência maior e das semirretas OA e OP, então a semirreta OQ passando pelo centro da circunferência menor, de raio r , divide o ângulo AOP ao meio, ou seja, AOQ  POQ  30. Chamamos de x a distância da origem até a circunferência interna. r 1 r    x  r  2r  xr 2 xr x  r. Portanto, x  r  r  12  r  2r  12  3r  12  r  4. Donde, vemos que as Logo, OQ  R  x  r  r  12. Note que sen30  áreas A1 e A2 dos círculos maior e menor, respectivamente, são A1  πR 2  π (12)2  144π 2 2 e A2  πr  π (4)  16π. Ao analisar cada alternativa vemos que não existe resposta, por isso a comissão organizadora resolveu anulá-la. Resp. : Nula 180) Considere abaixo o esboço da figura. Resoluções 257 Capítulo VI Observe que os segmentos OE, OA e OB são os próprios raios da circunferência. Logo, o triângulo OAB é isósceles e o segmento OF é a altura e também mediana desse triângulo, então AF  BF  20. Note que L  EF  OF  OE  OF  EF  OE  L  R. Agora, 2 usando o Teorema de Pitágoras no triângulo R2  ( L  R)2  202  2 2 AFO, temos AO  OF  AF  R2  L2  2L  R  R2  400  2 L  R  L2  400, L  40, mas então 2R(40)  (40) 2  400  80R  1600  400  80R  2000  R  25 unidades de comprimento. Resp. :D 181) Vamos resolver essa questão em duas etapas: Primeira etapa: Pelo triângulo CDE o ângulo do vértice D é 30 e a hipotenusa CD  6, então sen 30o  CE CD  1 CE   CE  3, que vamos chamar esse segmento de altura h, 2 6 ou seja, h  CE  3. Agora, observe que cos 30o  DE  CD 3 DE   DE  3 3. 2 6 Segunda etapa: Pelo triângulo ABF vemos que h  BF  AF  3. Logo, esse triângulo é retângulo isósceles. Para encontrar a hipotenusa AB podemos utilizar o Teorema de Pitágoras, a saber: 2 2 2 AB  BF  AF  32  32  9  9  18. 2 Portanto, AB  18  AB  3 2. Com os dados encontrados podemos fazer abaixo um esboço do trapézio. O perímetro desse quadrilátero é 60, então x  6  3 3  x  3  3 2  60  2 x  9  3( 3  2)  60  2 x  60  9  3( 3  2)  x  51  3( 3  2) m. 2 Resp. :D Diógenes Santos 258 Geometria Plana 182) Vamos verificar as assertivas abaixo: I II 0 0 Verdadeira  A área AT de um triângulo, de lado da base b e altura h, é dada bh . Considere um novo triângulo de lado da base aumentada em 20%, 2 ou seja, b '  1, 2b. A altura é 30% menor, logo, 70% da altura original, então por AT  b ' h ' 1, 2b  0, 7h bh   0,84  2 2 2 0,84 A. Concluímos que a nova área é 0,16  16% menor que a inicial. h '  0,7h. Portanto, a nova área A ' é A '  1 1 Verdadeira  Sabemos que num triângulo de lados a , b e c tal que o lado c seja o maior deles, então o triângulo será obtusângulo quando c2  a2  b2 . Observe que no triângulo de lados 5cm, 6cm e 10cm, temos 102  52  62  2 2 100  25  36  100  61. Portanto, esse triângulo é obtusângulo. Falsa  Considere um hexágono regular e unindo os vértices diametralmente opostos essas diagonais passam pelo centro do polígono. Desta forma, esse hexágono é composto por 6 triângulos equiláteros, de lado l. O seu apótema AH l 3  AH . 2 Falsa  Todo triângulo retângulo inscrito numa circunferência, a hipotenusa é o próprio diâmetro. Neste caso, o raio é r  2, então o diâmetro D é D  2r  é a própria altura de um desses triângulos. Portanto, temos h  3 4 3 4 2  2  4. Portanto, a hipotenusa é 4 unidades de comprimento. Verdadeira  Teorema das Bissetrizes Internas: "A bissetriz de um ângulo interno de um triângulo divide o lado oposto em segmentos proporcionais aos lados adjacentes." 183) Fizemos abaixo um esboço do paralelogramo. Note que a maior diagonal D é o segmento EG e utilizando a Lei dos Cossenos podemos encontrar o valor dessa diagonal. Resoluções 259 Capítulo VI Portanto, D 2  32  42  2  3  4  cos120 , mas cos 120o  cos 60o  1/ 2, então  1  D 2  32  42  2  3  4     9  16  12  37  D  37.  2  Resp.:E 184) O esboço das figuras abaixo correspondem as assertivas 11 e 44. I 0 II 0 Verdadeira  O ortocentro de um triângulo é o ponto de encontro das alturas e no caso dos triângulos retângulos esse ponto encontra-se no vértice do ângulo de 90. Portanto, o ortocentro pode se encontrar no vértice A se este ângulo for reto. 1 1 Falsa  Considere um triângulo ABC de tal forma que AM seja a mediana e G o seu baricentro, conforme a figura 1. O baricentro desse triângulo divide a mediana AM em duas partes, tal que AG  2GM . Logo, AM  AG  GM  2GM  GM  3GM , 2 3 4 mas AM  9, então 9  3GM  GM  3. Donde, 2 concluímos que AG  6. Verdadeira  Tome um triângulo ABC isósceles com dois ângulos da base 3 congruentes de 45o , então o terceiro ângulo é 90o. Desta forma, esse triângulo é isósceles e retângulo. Verdadeira  Admita um triângulo ABC de lados 3, 4 e 5, que são números 4 consecutivos e observe que 52  32  42. Portanto, um triângulo de lados consecutivos pode ser retângulo. Verdadeira  Seja um triângulo equilátero ABC e um ponto P qualquer interno a ele, conforme a figura 2. Note que a área do triângulo ABC é a soma das áreas Diógenes Santos 260 Geometria Plana parciais dos triângulos BCP, ACP e ABP. Chamamos de h1 , h2 e h3 as alturas relativas aos lados a , b e c, respectivamente. Neste caso, a área A do triângulo ah1 bh2 ch3 abcL   . Entretanto, então 2 2 2 L(h1  h2  h3 ) Lh Lh Lh A 1  2  3  . Sabemos que a área A de um triângulo 2 2 2 2 ABC é A equilátero, de lado L , é dada por A  h1  h2  h3  L(h1  h2  h3 ) L2 3 L2 3 , então   4 2 4 L 3 , como queríamos demonstrar. 2 185) Considere um triângulo retângulo ABC de lados a , b e c, altura h e cujas projeções dos catetos sobre a hipotenusa são n  9 e m  16, conforme a figura ilustrativa abaixo. Sabemos das relações Trigonométricas que h 2  m  n, então h2  16  9  144  h  12. Agora, utilizando o Teorema de Pitágoras, podemos encontrar os lados b e c. Portanto, b2  h2  m2  122  162  144  256  400  b  20 e c2  h2  n2  122  92  144  81  225  c  15. Como a  n  m, então a  9  16  25. Concluímos que o perímetro P do triângulo ABC é P  20  15  25  60. Resp.:C 186) A partir do arco dado podemos tracejar a circunferência de centro O e raio R, conforme a figura ilustrativa abaixo. Resoluções 261 Capítulo VI Como o segmento CD é a altura máxima, então C divide a corda AB no ponto médio. Logo, AC  BC  12. Observe que OD  R e como CD  6, então OC  OD  CD  R  6. 2 Agora, utilizando o Teorema de Pitágoras no triângulo 2 OBC , temos 2 BO  BC  OC , então R2  122  ( R  6)2  R2  144  R2  12 R  36  12 R  180  R  15 metros. Resp.: B 187) A partir do paralelogramo dado podemos unir os pontos A e D formando assim o triângulo ACD, conforme a figura ilustrativa abaixo. Sabemos que M é o ponto médio do lado CD, então AM é a mediana do triângulo ACD relativa ao lado CD. As diagonais do paralelogramo ABDC se encontram em P e esse ponto divide as diagonais ao meio. Logo, o segmento CP é a mediana do triângulo ACD relativa ao lado AD. Desta forma, o ponto N é o baricentro do triângulo ACD. Portanto, N divide a mediana AM em duas partes, tal que AN  2 NM . Porém, AN  12, então 12  2 NM  NM  6. Resp.: A Diógenes Santos 262 Geometria Plana 188) Com as informações dadas e encontradas podemos fazer abaixo um esboço da figura. Note que o triângulo ABE é equilátero de lado 2 3, então os ângulos ABE  B AE  o AEB  60o. O ângulo ABC  ABE  C BE , mas ABC  90 , então 90  60  CBE  CBE  30o. Observe que o triângulo BCF é equilátero, também de lado 2 3, então o BCF  CBF  BFC  60o. Concluímos que o ângulo EBF  CBE  CBF  90 . Portanto, o triângulo BEF é retângulo com ângulo reto em B e também isósceles de lados BE  BF  2 3. Logo, a área A desse triângulo é dada por A  2 32 3  6 cm 2 . 2 Resp. :D 189) Com as informações dadas e encontradas podemos fazer abaixo um esboço da figura. O triângulo ABC é equilátero, então cada ângulo dos vértices é 60. Logo, o ângulo B inscrito na circunferência determina um arco ADC de 120o e como D é o ponto médio o desse arco, então AD  CD  60 . A altura AH é a mediana do triângulo equilátero e o baricentro é o ponto O, centro da circunferência. Portanto, AO  2OH , mas AO  R  6, onde R é o raio da circunferência, então 6  2OH  OH  3. Note que os lados OC  OD  R  6 e o ângulo COD é 60o , tendo em vista que o arco CD  60o , então o Resoluções 263 Capítulo VI triângulo OCD é equilátero de lado 6. Para encontrar o segmento HC podemos usar o 2 2 2 2 2 2 2 Teorema de Pitágoras, então OC  OH  CH  3  HC  6  9  HC  36  2 HC  27  HC  3 3. A área hachurada AHA pode ser dividida em três áreas: do setor circular formado pelo arco AD  60o , do triângulo equilátero OCD e do triângulo retângulo OCH. Chamamos de ASC , ATE e ATR as áreas do setor circular, do triângulo equilátero e do triângulo retângulo, respectivamente. Logo, AHA  ASC  ATE  ATR . Agora, vamos encontrar cada área separadamente: A área do setor circular é a sexta parte da área do círculo de raio 6, pois o ângulo do setor circular é 60  , a sexta parte do círculo. Logo, ASC  πR 2 π (6) 2 π (36)    6π. 6 6 6 L2 3 62 3 36 3   9 3.  4 4 4 bh  A área do triângulo retângulo, de lado da base b e altura h, é dada por ATR  2 A área do triângulo equilátero, de lado L , é dada por ATE  3 3 3 9 3  . 2 2 Concluímos que a área hachurada é AHA  6π  9 3  9 3  2 12π  18 3  9 3 12π  27 3 3   (9 3  4π ). 2 2 2 Resp.:C 190) A partir da figura dada podemos tracejar a altura relativa ao vértice E e o prolongamento do lado AD até um ponto F , interseção dos dois segmentos, e também o prolongamento do lado BC até um ponto G , conforme a figura ilustrativa abaixo. Diógenes Santos 264 Geometria Plana 2 2 2 Dados os lados AD  2, AB  1 e pelo Teorema de Pitágoras temos BD  AD  AB , 2 BD  22  12  5  então BD  5. Como B é ponto médio de DE, então BD  BE  5. Agora, por semelhança de triângulos, podemos encontrar os valores dos segmentos AF e EF , a saber: AD BD AD AB 2 5 2 1        BG  AF  2 e  EF  2. 4 EF BG 5 BG BE DF EF Agora vamos verificar as assertivas abaixo: I II 0 0 Verdadeira  Na resolução acima encontramos BD  5 cm. 1 1 Verdadeira  Chamamos de θ o ângulo ADE , mas ADE  ADB, então cosθ  2 AD BD  5 . 2 Verdadeira  Da figura vemos que EF  AF  2, com ângulo reto em F. 3 Portanto, AE  AF  EF  22  22  8  AE  2 2 cm. Verdadeira  A área do triângulo ADE é igual a área do triângulo DEF menos 2 3 2 2 2 a do triângulo AEF. Portanto, a área do triângulo DEF é 42  4 e do triângulo 2 22  2. Concluímos que a área do triângulo ADE é 4  2  2 cm2 . 2 Falsa  Primeira Solução: Na assertiva 33 vimos que a área do triângulo ADE AEF é 4 4 é 2 cm2 . Observe na figura que o triângulo ABE está contido no triângulo ADE. Portanto, a área do triângulo ABE não pode ser 4cm2 . Segunda Solução: A área do triângulo ABE é igual a área do triângulo ADE menos a do triângulo ABD. Portanto, a área do triângulo ADE é 2 e do triângulo ABD é Resoluções 2 1  1. Concluímos que a área do triângulo ABE é 2  1  1 cm2 2 265 Capítulo VI 191) Considere um triângulo equilátero ABC e um hexágono regular DEFGHI , inscritos numa circunferência de diâmetro 8, ou seja, raio 4, conforme a figura ilustrativa abaixo. Queremos encontrar a área do trapézio cujos lados paralelos sejam os lados do triângulo e do hexágono. Desta forma, podemos ver pela figura que o trapézio procurado está hachurado e é formado pelos vértices ABED. As bases maior AB e menor DE são relativas aos lados do triângulo e hexágono, respectivamente. Precisamos então encontrar cada um desses segmentos. Note que o centro O da circunferência é o baricentro do triângulo equilátero ABC , então OC  2OJ . Mas OC  R  4, assim sendo 4  2OJ  OJ  2. Portanto, a altura do triângulo é CJ  4  2  6. Entretanto, esse triângulo é equilátero, de lado lt e altura ht , então ht  lt 3 l 3 12 12 3  t  6  lt 3  12  lt     4 3  AB. 2 2 3 3 3 O lado lh de um hexágono regular inscrito numa circunferência é o próprio raio desta, então a base menor do trapézio que é o lado do hexágono é DE  lh  4. Resta agora encontrar a altura h do trapézio ABED. Note que OL é o apótema do hexágono e também altura do triângulo equilátero ODE de lado l  4, então OL  l 3 4 3   2 3. 2 2 Porém, OL  OJ  h e OJ  2, então 2 3  2  h  h  2 3  2. A área A de um trapézio é dada por A  ( B  b)h , onde B, b e h é a base maior, base 2 menor e altura do trapézio, respectivamente. Neste caso, temos B  lt  4 3, b  lh  4 e h  2 3  2. Logo, A  (4 3  4)(2 3  2) 24  8 3  8 3  8 16  8cm2 .   2 2 2 Resp.: A Diógenes Santos 266 Diógenes Santos Questões Resolvidas e Comentadas para o Vestibular, ENEM e Concursos Públicos "Questões Resolvidas e Comentadas" é voltado para quem vai prestar vestibulares, concursos públicos e o Exame Nacional do Ensino Médio (ENEM). Nele, o estudante encontrará todas as questões de matemática do vestibular da Universidade de Pernambuco (UPE), de 1999 a 2014. São 401 questões, separadas por assuntos, resolvidas e comentadas de forma clara, simples e objetiva. O livro complementa o estudo diário e esclarece as dúvidas mais frequentes da Matemática. a c ti á m e t a M Questões Resolvidas e Comentadas para o Vestibular, ENEM e Concursos Públicos ISBN 978-85-406-0944-0 www.livrorapido.com 9 788540 609440 Diógenes Santos Diógenes Santos é pernambucano, militar da Força Aérea Brasileira desde 1997, licenciado em Matemática pela Universidade Federal de Pernambuco, em 2008. Além da graduação, está cursando o mestrado do PROFMAT (Mestrado Profissional em Matemática em Rede Nacional) pela Universidade Federal Rural de Pernambuco (UFRPE). Começou a dar aulas em 2006 no Vestibular Solidário da UFPE, quando ainda era estudante de Licenciatura em Matemática. Em sua trajetória profissional acumula ampla experiência voltada para o ensino da Matemática em vestibulares e concursos públicos.