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REVISÃO PROF: EDUARDO TRINDADE

ENEM / UEPA / UFPA / UFRA

Questão 01 – UFPA (Conjunto) Feita uma pesquisa entre 100 alunos, do ensino médio, acerca das disciplinas: português, geografia e história constatou-se que 65 gostam de português, 60 gostam de geografia, 50 gostam de história, 35 gostam de português e geografia, 30 gostam de geografia e história, 20 gostam de história e português e 10 gostam dessas três disciplinas. O número de alunos que não gosta de nenhuma dessas disciplinas é: a) 0

b) 5

c) 10

d) 15

e) 20

Solução Português: 65; Geografia: 60; História: 50; Português e Geografia: 35; Geografia e História: 30; História e Português: 20; Português, Geografia e História: 10.

U = 20 + 25 + 5 + 10 + 10 + 20 + 10 + x ⟹ 100 = 100 + x ⟹ x = 0. Questão 02 – ENEM (Conjuntos) Um fabricante de cosméticos decide produzir três diferentes catálogos de seus produtos, visando a públicos distintos. Como alguns produtos estarão presentes em mais de um catálogo e ocupa uma página inteira, ele resolve fazer uma contagem para diminuir os gastos com originais de impressão. Os catálogos C1, C2 e C3 terão, respectivamente, 50, 45 e 40 páginas. Comparando os projetos de cada catálogo, ele verifica que C1 e C2 terão 10 páginas em comum; C1 e C3 terão 6 páginas em comum; C2 e C3 terão 5 páginas em comum, das quais 4 também estarão em C1. Efetuando os cálculos correspondentes, o fabricante concluiu que, para a montagem dos três catálogos, necessitará de um total de originais de impressão igual a: a) 135

b) 126

c) 118

d) 114

e) 110

c) 500 x  y  25000  0 e) x  2 y  50000  0

d) x  500 y  25000  0

Solução i) (x, y) = (quantidade, preço) ⟹ (x, y) = (0, 25.000). y  a x  b  25.000  0  b  b  25.000 . ii) (x, y) = (quantidade, preço) ⟹ (x, y) = (10, 20.000). y  a x  b  20.000  10 a  b . Usando (i) em (ii), temos: 20.000  10 a  25.000  10a  20.000  25.000  5.000 a  a  500 . 10 Logo, a relação entre x e y basea-se em: y  ax  b  y  500x  25000  500 x  y  25.000  0 . Questão 04 – UFF (F. do 1º Grau) Um grande poluente produzido pela queima de combustíveis fósseis é o SO2 (dióxido de enxofre). Uma pesquisa realizada na Noruega e publicada na revista “Science” em 1972 concluiu que o número (N) de mortes por semana, causadas pela inalação de SO2, estava relacionado com a concentração média (C), em mg/m3, do SO2 conforme o gráfico.

Os pontos (C, N) dessa relação estão sobre o segmento de reta da figura. Com base nos dados apresentados, a relação entre e C (100 ≤ C ≤ 700) pode ser dada por: a) N  100  700 C d) N  94  0,03 C

b) N  97  0,03 C e) N  115  94 C

c) N  97  600 C

Solução y  ax  b  N  a C  b .

115  700a  b 115  700a  b    18  600a    97  100a  b 97  100a  b 3 a  a  0,03 . 100 • 97  100  0,03  b  b  97  3  b  94 . Logo, N  0,03 C  94 .

Solução Usando o diagrama, temos:

O número total de originais de impressão necessários é: U = 38 + 6 + 34 + 2 + 4 + 1 + 33 = 40 + 40 + 38 = 118. Questão 03 – UEPA (F. 1º Grau) Numa concessionária, o departamento de vendas procurou relacionar linearmente a quantidade x de carros álcool vendidos com o preço y de cada um. Para tanto, verificou que: quando o carro a álcool era oferecido a R$ 25.000,00, nenhum era vendido, porém, quando o preço passava a ser de R$ 20.000,00; 10 carros a álcool eram vendidos. Nessas condições, a relação encontrada entre x e y foi:

Questão 05 – ENEM (F. do 1º Grau) O gráfico abaixo, obtido a partir de dados do Ministério do Meio Ambiente, mostra o crescimento do número de espécies da fauna brasileira ameaçadas de extinção. Se mantida, pelos próximos anos, a tendência de crescimento mostrada no gráfico, o número de espécies ameaçadas de extinção em 2011 será igual a:

a) x  500 y  50000  0

a) 465

b) 500 x  2 y  50000  0

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b) 493

c) 498

d) 538

e) 699


Questão 07 – ENEM (F. do 2º Grau) Um posto de combustível vende 10.000 litros de álcool por dia a R$ 1,50 cada litro. Seu proprietário percebeu que, para cada centavo de desconto que concedia por litro, eram vendidos 100 litros a mais por dia. Por exemplo, no dia em que o preço do álcool foi R$ 1,48, foram vendidos 10.200 litros. Considerando x o valor, em centavos, do desconto dado no preço de cada litro, e V o valor, em R$, arrecadado por dia com a venda do álcool, então a expressão que relaciona V e x é:

Solução

• m1 e m2 são os coeficientes angulares da reta. Como m1 e m2 pertencem a mesma reta, eles são iguais. y (nº espécies) Logo, m1  m2  . x (anos)

222 x  461 461  239 x  461     2007  1983 2011  2007 24 4 111 111 x  461 111   461    x  461  x  12 3 4 3 1494 111  1383  x  498 . x  x 3 3 Solução por PA (Progressão Aritmética) Sejam: 1983: a1 = 239; 1987: a2 = ?; 1991: a3 = ?; 1995: a4 = ?; 1999: a5 = ?; 2003: a6 = ?; 2007: a7 = 461; 2011: a8 = ?; an  a1  (n  1)r  a8  239  7r e a7  461 . Logo, 

r  a8  a7  r  239  7r  461  7r  222  r  37 . Portanto, em 2011, temos: espécies a8  239  7  37  a8  239  259  a8  498 ameaçadas de extinção. Questão 06 – UFPA (F. 2º Grau) Um cidadão, ao falecer, deixou uma herança de R$ 200.000,00 para ser distribuída, de maneira equitativa, entre os seus x filhos. No entanto, três desses filhos renunciaram às suas respectivas partes nessa herança, fazendo com que os demais x – 3 filhos, além do que receberiam normalmente, tivessem um adicional de R$15.000,00 em suas respectivas partes dessa herança. Portanto, o número x de filhos do referido cidadão é a) 8

b) 10

c) 5

d) 4

e) 7

Solução x: é o número de filhos; y: o valor que cada um recebeu. 200.000  y  200.000  xy . x 200.000  y  15.000  200.000  ( y  15.000)( x  3)  x3 200.000  xy  3 y  15.000 x  45.000  200.000  200.000  3 y  15.000x  45.000  200.000 0  3   15.000 x  45.000  x [0  600.000  15.000 x 2  45.000 x]  15.000  x 2  3x  40  0   b 2  4ac  9 160  169 ;  b   3  13  x1  8 x   . 2a 2  x2  5

a) V  10000  50 x  x 2 .

b) V  10000  50 x  x 2 .

c) V  15000  50 x  x 2 .

d) V  15000  50 x  x 2 .

e) V  15000  50 x  x 2 . Solução Sendo x o valor, em centavos, do desconto dado no preço de cada litro, tal valor, em reais, é 0,01x. • O preço de cada litro de álcool, em reais, é 1,50 − 0,01x; • A quantidade de álcool vendida por dia, em litros, é 10.000 + 100x. Logo, o valor arrecadado, em reais, é V = (10000 + 100 x)·(1,50 – 0,01 x) ⟹ V = 15000 + 150 x – 100 x – x2 ⟹ V = 15000 + 50 x – x2 ; 0 ≤ x ≤ 150. Questão 08 – UDESC (F. do 2º Grau) Uma fábrica de determinado componente eletrônico tem a receita financeira dada pela função R( x)  2 x 2  20 x  30 e o custo de produção dada pela função C ( x)  3x 2  12 x  30 , em que a variável x representa o número de componentes fabricados e vendidos. Se o lucro é dado pela receita financeira menos o custo de produção, o número de componentes que deve ser fabricado e vendido para que o lucro seja máximo é: a) 32

b) 96

c) 230

d) 16

e) 30

Solução L( x)  R( x)  C( x) 

L( x)  2 x 2  20 x  30  (3x 2  12 x  30)  L( x)  2 x 2  20 x  30  3x 2  12 x  30  L( x)   x 2  32 x  60 

32 b  xv  16 .  xv  2 2a Questão 09 – UFPA (F. 2º Grau) O vértice da parábola y  ax 2  bx  c é o ponto (–2, 3). Sabendo que 5 é a ordenada onde a curva corta o eixo vertical, podemos afirmar que:

 xv  

a) a > 1, b < 1 e c < 4. c) a < 1, b < 1 e c > 4. e) a < 1, b < 1 e c < 4

b) a > 2, b > 3 e c > 4. d) a < 1, b > 1 e c > 4.

Solução Como f ( x)  ax 2  bx  c  f (0)  5 , temos que c  5 . A b b  b  4a . abscissa do vértice é xv    2 2a 2a Como f ( xv )  yv  f (2)  3 , então: yv  a ( xv ) 2  bxv  c . 3  4a  2b  5  4a  2b  2  2a  b  1 .

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 b  4a 1 Resolvendo o sistema linear  , obtemos a  , 2 a  b   1 2  b  2. Logo, a < 1, b > 1 e c > 4. Questão 10 – FCC-SP (F. 2º Grau) Um menino está à distância 6 de um muro de altura 3 e chuta uma bola que vai bater exatamente sobre o muro. Se a equação da trajetória da bola em relação ao sistema de coordenadas indicado pela figura é y  a x 2  (1  4a) x , a altura máxima atingida pela bola é:

Questão 12 – FGV-SP adaptada (PA) Um terreno será vendido através de um plano de pagamentos mensais em que o primeiro pagamento de R$ 500,00 será feito 1 mês após a compra, o segundo de R$ 550,00 será feito 2 meses após a compra, o terceiro de R$ 600,00 será feito 3 meses após a compra e assim por diante. Sabendo que o preço total do terreno é de R$ 19.500,00 o número de prestações mensais que devem ser pagas é:

a) 5

n

b) 4,5

c) 4

d) 3,5

e) 3

Solução Como o ponto P(6, 3) pertence ao gráfico, logo: y  a x 2  (1  4a) x  3  a  (6) 2  (1  4a)  6 

3  36a  6  24a  12a  3  a   Substituindo a  

22   1 4   4

Texto “Todo santo dia, 39 mil toneladas de comida, em condições de alimentar um ser humano, alimentam uma outra boca, a do lixo. O desperdício é gerado em restaurantes, mercados, feiras, fábricas, quitandas, açougues e até mesmo dentro de nossa própria casa”. Fonte: http://www.revelacaoonline.uniube.br/geral03/ fome.html

Supondo que um restaurante com um ano de existência jogue fora no lixo certa quantidade de comida da seguinte forma: no 1º mês, 2 kg; no 2º mês, 4 kg; no 3º mês, 6 kg e assim por diante. A quantidade total de comida jogada no lixo pelo restaurante durante esse ano foi de: b) 130 kg

c) 156 kg

d) 160 kg

c) 25

d) 31

e) 39

Solução Trata-se de uma PA (500, 550, 600, ... , an), r = 50, n = ?. an  a1  (n  1)r  an  500  (n  1)50  an  50n  450 . ( a  an ) n (500  50n  450)n Sn  1  19500   2 2 50n 2  950n  39000  0  n 2  19n  780  0 .   b 2  4ac  192  4  1  (780)  361  3120  3481 . b  19  59 n1  20 .   2a 2 n2  39

a) 38.000

yv  4 metros. Questão 11 – UEPA (PA)

a) 90 kg

b) 20

Questão 13 – ENEM (PA) O número mensal de passagens de uma determinada empresa aérea aumentou no ano passado nas seguintes condições: em janeiro foram vendidas 33.000 passagens; em fevereiro, 34.500; em março, 36.000. Esse padrão de crescimento se mantém para os meses subsequentes. Quantas passagens foram vendidas por essa empresa em julho do ano passado?

1 . 4

1 na função, temos: 4 x2  2x . y  a x 2  (1  4a) x  y   4 A altura máxima atingida é:  b 2  4ac yv    yv    yv   4a 4a

a) 12

e) 178 kg

Solução Considerando a sequência: (2 kg, 4 kg, 6 kg, ... , ?), onde: a1 = 2; a2 = 4; r = 2; n =12; S12 = ? an  a1  (n  1)r  a12  2  (12  1)  2  a12  2  11  2 

a12  24 . (2  24)  12 ( a  an )  n  S12  26  6  Sn  1  S12  2 2 S12  156 .

b) 40.500

c) 41.000

d) 42.000

e) 48.000

Solução O nº de passagens nos meses de janeiro, fevereiro, março, etc do ano passado são os termos de uma PA: (33.000, 34.500, 36.000, …), com r = 1500. O nº de passagens vendidas no mês de julho é o sétimo termo (n = 7). an  a1  (n  1)r  a7  33000  6  1500  a7  33000  9000  a7  42000 . Questão 14 – UEPA (PG) Um empresário comprou na ilha de Marajó uma fazenda com 64 cabeças de búfalo. Após n anos administrando a fazenda, observou que seu rebanho teve um crescimento anual segundo uma progressão geométrica de razão 2, passando atualmente para 1.024 cabeças. O valor de n é: a) 2

b) 3

c) 4

d) 5

e) 6

Solução a1 = 64; q = 2; an = 1.024; n = ? an  a1  q n 1  1024  64  2n 1  16  2n 1  24  2n 1  4  n 1  n  5 . PG: (64 ,128 , 256 , 512 , 1024) . 1

2

3

4

Questão 15 – UFPB (PG) Hélio comprou, em uma loja, uma máquina de lavar roupas, no seguinte plano de pagamento: 10 parcelas, sendo a primeira de R$ 256,00 e o valor de cada parcela, a partir da segunda, correspondendo a 50% do valor da anterior. Hélio pagou pela máquina de lavar o valor total de: a) R$ 511,75

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b) R$ 511,50

c) R$ 511,00


d) R$ 510,50

e) R$ 510,00

Solução n = 10; a1 = 256; q = 50% = 1/2; Sn = ?;  S n 

a1 (q n  1)  q 1

  1 10   1  256      1 256    1 2  1024     S  S10  10 1 2 1 1 2 2  1  1024  256     1024   S    1023   (2)  S10    10 1 4    2 1023 S10   S10  511,5 . 2 Questão 16 – UFRA (PG) “O agronegócio da avestruz (estrutiocultura) ganha cada vez mais espaço no mercado brasileiro (...) Há cerca de seis anos, não havia mais que 500 animais no país, hoje o plantel é formado por cerca de 50 mil aves e 700 criadores (Fonte: ACAB: Associação de Criadores de Avestruz do Brasil) o que já torna possível viabilizar a comercialização da carne”. (Escala Rural, nº 22). Com os dados do texto e supondo que o crescimento da população de avestruz no país se dá em PG (Progressão Geométrica), daqui há quantos anos essa população atingirá 5 milhões de aves?

a) 5

b) 6

c) 9

d) 12

e) 18

Solução Início: t = 6 anos; a1 = 500 avestruzes; an = 50.000 avestruzes. ? Hoje (50.000 avestruzes) t  Futuro (5.000.000 avestruzes). n 1 t an  a1  q  f (t )  k  a .

50.000  500  q t  100  q 6  q  6 102  q  101 / 3 . Futuro: b1 = 50.000 avestruzes; bn = 5.000.000 avestruzes. t 5.000.000  50.000  (101 / 3 )t  (101 / 3 )t  102   2  3 t 6. Questão 17 – Unifesp (PG Infinita) No interior de uma sala, na forma de um paralelepípedo com altura h, empilham-se 1 1 cubos com arestas de medidas 1, , , 3 9 1 , e assim por diante, conforme mostra a 27 figura: O menor valor para a altura h, se o empilhamento pudesse ser feito indefinidamente, é:

a) 3

b)

5 2

c)

Solução 1 a q  ; S  1  S  3 1 q

7 3

1 1 1 3

d) 2

 S 

e)

3 2

3 1  S  . 2 2 3

Questão 18 – ENEM (PG Infinita) c Fractal (do latim fractus, fração, quebrado) objeto que pode ser dividido em partes que possuem semelhança com o objeto inicial. A geometria fractal, criada no século XX, estuda as propriedades e o comportamento dos fractais-objetos geométricos formados por repetições de padrões similares. O triângulo de Sierpinski, uma das formas elementares da geometria fractal, pode ser obtido por meio dos seguintes passos: 1. Comece com um triângulo equilátero (figura 1); 2. Construa um triângulo em que cada lado tenha a metade do tamanho do lado do triângulo anterior e faça três cópias; 3. Posicione essas cópias de maneira que cada triângulo tenha um vértice comum com um dos vértices de cada um dos outros dois triângulos, conforme ilustra a figura 2; 4. Repita sucessivamente os passos 2 e 3 para cada cópia dos triângulos obtidos no passo 3 (figura 3).

De acordo com o procedimento descrito, a figura 4 da sequência apresentada acima é:

Solução Considerando os triângulos de cor escura, apresenta a sequência: (1, 3, 9, … ) de razão q = 3. Logo, a figura 4 deverá ter 9×3 = 27 triângulos pretos. A única alternativa que apresenta 27 triângulos pretos é a letra C. Questão 19 – UEPA (Matemática Financeira) Suponha que um cartão de crédito cobre juros de 12% ao mês sobre o saldo devedor e que um usuário com dificuldades financeiras suspende o pagamento do seu cartão com um saldo devedor de R$ 660,00. Se a referida dívida não for paga, o tempo necessário para que o valor do saldo devedor seja triplicado sobre regime de juros compostos, será de: (Dados: log 3 = 0,47; log 1,12 = 0,05). a) nove meses e nove dias. c) nove meses e onze dias. e) nove meses e treze dias.

b) nove meses e dez dias. d) nove meses e doze dias.

Solução i = 12% am (taxa de juros); C = 660 (capital); M = 3C. M  C (1  i)t  3 C  C (1  0,12)t  3  1,12t  0,47 47 t  log 3  log1,12t  0,47  0,05 t  t  5 0,05 2 45 2 t   t  9  30   t  9  12  5 5 5 t  9 meses e 12 dias. Questão 20 – UERN Um revendedor de automóveis comprou dois carros, pagando R$ 15.000,00 pelo primeiro e R$ 10.000,00 pelo segundo. Vendeu o primeiro com um prejuízo de 20% e o segundo com um lucro de 20%. No total, em relação ao capital investido, o revendedor: a) lucrou 4% d) perdeu 2%

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b) lucrou 2% c) perdeu 4% e) não lucrou e não perdeu


Solução: Investimento: 15.000 + 10.000 = 25.000. • Vendeu 1º carro com prejuízo de 20%; 15.000×0,8 =1.500×8 = 12.000. • Vendeu 2º carro com lucro de 20%; 10.000×1,2 =1.000×12 = 12.000. Recebeu: 12.000 + 12.000 = 24.000. Ele perdeu: 25.000 – 24.000 = 1.000 1000 1   0,04 . 25000 25 Questão 21 – ESPM-SP Um capital de R$ 6.000,00 é aplicado por 4 meses a juros compostos de 2% a.m. Qual é o valor dos juros resultantes dessa aplicação? a) R$ 6.494,40 d) R$ 494,40

b) R$ 6.480,00 e) R$ 480,00

c) R$ 6.441,60

Solução: M  C (1  i)t  M  6000(1  0,02) 4  M  6000(1,02) 4  M  6000  1,0824  M  6494,40 . J  M  C  J  6494,40  6000  J  494,40 . Questão 22 – UERJ adaptada (F. Exponencial) Uma empresa acompanha a produção diária de um funcionário recém-admitido, utilizado uma função f(d), cujo valor corresponde ao número mínimo de peças que a empresa espera que ele produza em cada dia (d), a partir da data de sua admissão. Considere o gráfico auxiliar, que representa a função y  e x . Utilizando f (d)  100  100e 0,2d e o gráfico acima, a empresa pode prever que o funcionário alcançará a produção de 87 peças num mesmo dia, quando d for igual a: a) 5 b) 10 c) 15 d) 20 e) 25 Solução Como y  e x e f (d)  100  100e 0,2d . Para produzir 87 peças, ou seja, f (d)  87 , o número de dias (d = ?) é: 87  100  100e

0, 2d

 100e

0, 2d

 13  e

0, 2d

 0,13 .

O gráfico de y  e , temos 0,13  e 2 . x

Logo, e0,2d  e2  0,2d  2  d  10 . Questão 23 – UCDB-MS (F. Exponencial) Certa substância radioativa de massa M0, no instante t = 0, tende a se transformar em outra substância não radioativa. Para cada instante t ≥ 0, dado em segundos, a massa da substância radioativa restante obedece à lei M( t )  M0  32 t . Nessas condições, o tempo necessário, em segundos, para que a massa da substância radioativa seja reduzida a um terço da massa inicial é igual a: a) 3

b) 2,5

c) 1,5

d) 1

Solução Como devemos ter M( t ) 

M0 1  M 0  3 2 t   3  2 t  3 3 1 2 t 3  3  1  2t  t  0,5 s. Questão 24 – MACKENZIE-SP O gráfico mostra, em função do tempo, a evolução do número de bactérias em certa cultura. Dentre as alternativas a seguir, decorridos 30 minutos do início das observações, o valor mais próximo desse número é:

M(t )  M0  32 t 

M0 . Logo: 3

e) 0,5

a) 18.000

b) 20.000

c) 32.000

d) 14.000

e) 40.000

Solução Sejam os pontos (0, 104) e (3, 8·104), temos: • f (t )  a  b t  104  a  b 0  a  104 . • 8  104  104  b3  8  b3  b  3 8  b  2 . A lei de formação é f (t )  104  2 t . t = 30 min = 0,5 h. 1

f ( t )  10 4  2 2  f (t )  104  2  f (t )  104  1,4  f (t )  14000 . Questão 25 – CEFET-PR Cientistas de um certo país, preocupado com as possibilidades cada vez mais ameaçadoras de uma guerra biológica, pesquisam uma determinada bactéria que cresce segundo a expressão t 1

256  5     , onde t representa o tempo em horas. Para 125  2  obter-se uma população de 3.125 bactérias, será necessário um tempo, em horas, com o valor absoluto no intervalo: P( t ) 

a) ]0, 2]

b) ]2, 4]

c) ]4, 6]

d) ]6, 8]

e) ]8, 10]

Solução Para P(t) = 3.125, temos:

3125 

256  5    125  2  t 1

t 1

 55 

28  5    53  2  t 1

t 1

 8

t 1

55  53  5  58  5  5 5             8 2 2 2 2 28     2   8  t  1  t  7 h. Questão 26 – UFMT (Logaritmo) A magnitude de um terremoto é medida na escala de Richter. Considere que as magnitudes M1 e M2 de dois terremotos estão E  2 relacionadas pela fórmula M1  M 2  log 1  , em que E1 e 3  E2  E2 são as medidas das quantidades de energia liberada pelos terremotos. Em 1955, ocorreu um terremoto no norte de Mato Grosso e, em 2004, um outro na ilha de Sumatra, na costa da Indonésia, que liberaram as quantidades de energia E1 e E2, respectivamente. Admitindo-se que E1 foi equivalente à milésima parte de E2 e que o terremoto ocorrido na ilha de Sumatra teve magnitude M 2 = 9,

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qual a magnitude M1 do terremoto ocorrido no norte de Mato Grosso?

número de anos. Dessa forma, daqui a 8 anos a produção estimada será de:

a) 6

a) 200.000 carros. d) 250.000 carros.

b) 7

c) 5

d) 4

e) 3

b) 220.000 carros. e) 300.000 carros

c) 232.000 carros.

Solução

E2 e M2 = 9, temos: 1000  E / 1000  2 2  1    M1  9  log M1  9  log 2  3 3 E2  1000    2 2 M1  9  log10 3  M1  9   (3)  M1  9  2  3 3 M1  9  2  M1  7 . Questão 27 – UFMG (Logaritmo) O pH de uma solução aquosa é definida pela expressão pH   log[H ] , em que [H  ] indica a concentração, em mol/L, de íons de hidrogênio na solução e log, o logaritmo na base 10. Ao analisar determinada solução um pesquisador verificou que, nela, a concentração de íons de hidrogênio em [H  ]  5,4  108 . Para calcular o pH dessa solução, ele usou os valores aproximados de 0,30 para log2 e de 0,48 para log3. Então, o valor que o pesquisador obteve para o pH dessa solução foi: Sendo E1 

a) 7,26

b) 7,32

c) 7,58

d) 7,74

e) 7,82

pH   log[54  109 ]  pH   log[27  2  109 ] 

pH   log[33  2  109 ]  pH  (3 log 3  log 2  9 log10)  pH  (3  0,48  0,30  9)  pH  (1,44  0,30  9)  pH  (1,74  9)  pH  (7,26)  pH  7,26 . Questão 28 – UPF-RS adaptada A desintegração nuclear é regida pela equação exponencial N  N0  eλt , em que λ é uma constante, N0 é a quantidade inicial e N é quantidade após um tempo t. A equação que fornece o tempo, em qualquer instante, é: a) t  λ( N  N0 ) ln e c) t 

N N0  e

e) t  λ  ln

λ

1 N d) t    ln λ N0

N N0

Solução

N  N 0  e  λ t  ln

P(8)  105 log3 9  P(8)  105 log3 32  P(8)  105  2  log3 3  P(8)  200.000 . Questão 30 – UFSM-RS (F. Logarítmica) Carros novos melhoram o escoamento do trânsito e causam menos poluição. Para adquirir um carro novo, um cidadão fez um investimento de R$ 10.000,00 na poupança, a juros mensais de 1%, o qual rende, ao final de n meses, o valor de C (n)  10.000(1,01) n reais. O número mínimo de meses necessário para que o valor aplicado atinja R$ 15.000,00 é: (Dados: log 2 = 0,301; log 3 = 0,477; log 101 = 2,004 )

a) 44

b) 46

c) 47

d) 48

e) 50

Solução Sendo C(n) = 15.000, temos: 15.000  10.000(1,01) n  15  10(1,01) n 

15  (1,01) n  10

15  log(1,01) n  log15  log10  n log(1,01)  10 30 log  log10 log15  log10 2 n  n  101 log1,01 log 100 log(3  10)  log 2  log10 log 30  log 2  log10  n  n log101  log100 log101  log102

log

Solução pH   log[H  ]  pH   log[5,4  108 ] 

 N   b) t    N0  e 

Solução Seja t = 8, temos: P(t )  105 log3 (t  1)  P(8)  105 log3 (8  1) 

N N  e  λ t  ln  ln e  λt  N0 N0

1 N N  λ  t  ln e  t    ln . N0 λ N0

Questão 29 – UEPA (F. Logarítmica) Por volta dos anos 80, durante a implantação do projeto Proálcool, uma montadora estimou que sua produção de carros a álcool teria um crescimento anual de acordo com a expressão: P(t )  105 log3 (t  1) , onde P é a quantidade produzida e t o

log 3  log10  log 2  log10  log101  2 log 3  log10  log 2  log10 log 3  log 2 n   n log101  2 log101  2 0,176 0,477  0,301  n  44 meses. n  n 0,004 2,004  2 Questão 31 – UEPA (Trigonometria) Na Amazônia, está sendo construído um observatório no alto de uma torre, com a finalidade de compreender e modelar as trocas gasosas que ocorrem na atmosfera. Um engenheiro de 1,80 metros de altura responsável pela execução do projeto observa o topo dessa torre segundo um ângulo de 30°. Se o engenheiro está posicionado a 120 metros de distância da torre, então a altura n

dessa torre é, em metros, de: (dado:

3  1,73 ).

a) 86

d) 44

b) 83

Solução

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c) 71

e) 32


Questão 34 – FAMECA-SP (Lei dos Senos) Dois amigos, André e Bruno, estão num campo aberto empinando pipa. Eles estão, respectivamente, nas posições A e B. Os fios dessas pipas se enroscam e se rompem, fazendo com que as duas pipas caiam juntas num ponto C, distante 40 m de André.

3 x x x   1,73   x  69,2 m .  40 120 3 120 Logo, a altura da torre é: h  x  1,8  h  69,2  1,8  h  71m . Questão 32 – UEPA (Trigonometria) As construções de telhados em geral são feitas com um grau mínimo de inclinação em função do custo. Para as medidas do modelo de telhado representado a seguir, o valor do seno do ângulo agudo φ é dado por: tg 30 

(Fonte:http://www.diaadiaeducacao.pr.gov.br/portals/pde/arquivos/933-2.pdf. Acesso em 9 de setembro de 2011-Texto adaptado)

a)

4 10 10

b)

3 10 10

c)

2 2 10

d)

10 10

e)

2 10

Solução Para encontrar o valor do seno do ângulo agudo φ (sen φ). Vamos usar o teorema de Pitágoras para encontrar o comprimento da rampa (hipotenusa), temos: a 2  b 2  c 2  a 2  5,42  1,82  a 2  29,16  3,24 

a 2  32,4  a 

324 18 .  a 10 10

Assim: c 1,8 10 10 .   1,8   sen   18 10 a 18 10 Questão 33 – UEPA (Trigonometria) Um botânico interessado em descobrir qual o comprimento da copa da árvore fez as observações indicadas na figura abaixo a partir de um ponto no solo. sen  

b) 15

c) 10 3

Solução

sen 45º sen 30º x 2 40 2 / 2 1/ 2       2 2 40 x 40 x 40 x  x  20 2 m. 2 Questão 35 – UEPA (Lei dos Cossenos) A figura abaixo mostra o corte lateral de um terreno onde será construída uma rampa reta, AB, que servirá para o acesso de veículos a casa, que se encontra na parte mais alta do terreno.

A distância de A a B é de 6 metros, de B a C é de 10 metros e o menor ângulo formado entre AB e BC é de 120°. Então, o valor do comprimento da rampa deve ser de: (Dado: cos120º = −cos60°) a) 12 m

b) 12,5 m

c) 13 m

d) 13,5 m

e) 14 m

Solução AB = 6 m; BC = 10 m; ABC = 120º; AC = d = ? c 2  a 2  b 2  2ab  cos α  d 2  62  102  2  6  10  cos 120º  1 d 2  136  120  ( cos 60º )  d 2  136  120   2

a) 20º

d) 10( 3  1)

b) 30º

c) 40º

d) 50º

e) 30 Solução r = 258 m; l = 43π; α = ?

Solução x x  1  x  10 . 10 10 h x h  10 tg 60º   3  h  10 3  10  10 10

tg 45º 

a) 10 2 m b) 10 3 m c) 20 m d) 20 2 m e) 20 3 m

d 2  136  60  d  196  d  14 m. Questão 36 – UFPA (Circunferência) Uma curva de uma Montanha Russa deve ser traçada em arco de círculo. Se o raio do círculo é 258 m, ao percorrer uma distância de 43π metros, o ângulo descrito pela trajetória será de:

O comprimento (H), em metros, dessa copa é: a) 10( 3  1)

A distância de Bruno até as pipas é:

l = α·r ⟹ 43π = 258α ⟹ α 

h  10( 3  1) . http://omatematicoeadt.blogspot.com/

π  30º . 6

e) 60º


Questão 37 – UNESP-SC (Circunferência) Em um jogo eletrônico, o “monstro” tem a forma de um setor circular de raio 1 cm, como mostra a figura. A parte que falta no círculo é a boca do “monstro”, e o ângulo de abertura mede 1 rad. O perímetro do “monstro”, em centímetros, é: a) π – 1

b) π + 1

c) 2π – 1

d) 2π

2

t2 

  π 2k π   π 2k π        t    g 2 2  2  g 2

t  (1  2k )

e) 2π + 1

π 2

 . g

Questão 39 – UFPA (F. Trigonométrica) Um fabricante produz telhas senoidais como a da figura abaixo.

Solução Seja o r = 1cm; α = 1 rad; Pm = ?; l = α·r ⟹ l = 1·1 = 1 cm. Para a criação do molde da telha a ser fabricada, é necessário fornecer a função cujo gráfico será a curva geratriz da telha. A telha padrão produzida pelo fabricante possui por curva geratriz o gráfico da função y  sen (x) (veja detalhe na figura abaixo). Pm = (2πr – l) + 2r ⟹ Pm = 2π – 1 + 1 + 1 ⟹ Pm = 2π + 1. Questão 38 – UFPA (F. Trigonométrica) O pêndulo simples é formado por uma partícula de massa m fixada na extremidade inferior de uma haste retilínea, de comprimento  (de massa desprezível se comparada com a massa da partícula), cuja extremidade superior está fixada. Suponhamos que o movimento do pêndulo se processe em um plano vertical e designemos por θ o ângulo que a haste faz com a reta vertical 0Y (Veja figura abaixo).  g  θ(t )  A  cos  t  , t  0      Observemos que θ  θ(t ) , isto é, θ é função do tempo t  0 . O movimento do pêndulo, para pequenas oscilações, é regido pela equação em que A é uma constante positiva, g é a aceleração da gravidade e  é o comprimento da haste. Os valores de t  0 , referentes à passagem do pêndulo pela posição vertical OY, isto é, ao momento em que θ(t )  0 , são dados por: a) t  (2k  1)

π 2

c) t  0 ou t 

 , k  1,2, g

b) t  1,2,3,

 g

1 1 d) t  1, , , 2 3

e) t  1, 2 , 3 , Solução

 g  t . Para θ(t )  0 , temos: 0  A  cos       π  cos  0  π   2 Para cos x  0   , ou seja, cos   k π   0 . 3 π 2   cos 0  2  Logo,  g  π  cos   k π   A  cos  t      2    π 2k π   2 2

Um cliente solicitou então a produção de telhas que fossem duas vezes “mais sanfonadas” e que tivessem o triplo da altura da telha padrão, como na figura abaixo.

A curva geratriz dessa nova telha será então o gráfico da função

1  a) y  3sen  x  2  d) y 

1  b) y  3sen (2 x) c) y  2sen  x  3 

1 1  sen  x  e) y  2sen (3x) 3 2 

Solução Baseando-se no gráfico o período da função é π, assim: 2π 2π P π k 2. k k A imagem do gráfico apresenta [–3, 3], de forma, 3×[– 1, 1]. y  a  sen(k x)  y  3sen(2 x) . Questão 40 – UEPA (F. Trigonométrica) Os praticantes de COOPER balançam seus braços ritmicamente, enquanto correm, para frente e para trás, descrevendo uma 3 oscilação completa em de segundos, conforme figura abaixo. 4 O ângulo θ varia em função do tempo t, em segundos, aproximadamente, de acordo com e equação:  8π  3   π θ  sen   t   9  3  4 

2

g g  π 2k π  t      t2  2    2

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Tomando por base os dados acima, podemos afirmar que o maior valor assumido pelo ângulo θ é: a) 15°

b) 20°

c) 25°

d) 30°

e) 45°

Solução Para o maior valor de θ, ou seja, sen x = [–1, 1], temos: π  π π θ  [1, 1]  θ   ,   θ  [20, 20] . 9  9 9 Resumo: f ( x)  a  b sen (k x  c) ou f ( x)  a  b cos (k x  c) a: desloca para vertical (p/ (+) cima ou (–) baixo). b: altera o período. c: desloca para horizontal (+): (esq) ou (–): (dir). k: (×) diminuiu o período ou (/) aumenta o período.

Questão 41 – UEPA (A. Combinatória) Uma loja de um shopping Center na cidade de Manaus divulga inscrições para um torneio de Games. Para realizar essas inscrições, a loja gerou um código de inscrição com uma sequência de quatro dígitos distintos, sendo o primeiro elemento da sequência diferente de zero. A quantidade de códigos de inscrição que podem ser gerados utilizando os elementos do conjunto {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} é: a) 4500

b) 4536

c) 4684

d) 4693

e) 5000

Solução O código de inscrição é formado por quatro algarismos com os números {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} = 10 possibilidades.

Q = 9·9·8·7 = 81·8·7 = 648·7 = 4536. Questão 42 – UFBA (A. Combinatória) Numa eleição para a diretoria de um clube concorrem 3 candidatos a diretor, 2 a vice-diretor, 3 a primeiro-secretário e 4 a tesoureiro. O número de resultados possíveis da eleição é: a) 4

b) 24

c) 72

d) 144

Solução Time A: n !(n  1) ! 4 (n  1) ! n (n  1) !(n  1) ! 4 (n  1) !

(n  1) !(n  1)  4 (n  1) ! n  1  4  n  3 . Time B: (n  2)!(n  1)! (n  2)( n  1)n !(n  1)n ! 4n!  4(n  1)   n 1 n! 4n  4  n2  n  2n  2  n  1  4n  4  n 2  4n  3  n2  4  3  n  1 . Questão 44 – FAAP-SP (A. Combinatória) Para abrir um arquivo no microcomputador, o usuário deve digitar uma senha de quatro caracteres, numa certa ordem e sem repeti-los. O usuário sabe quais são os caracteres, mas não conhece a ordem em que devem ser digitados. Obstinado, procura acertar a senha por tentativas. O número de tentativas que deve fazer é:

a) 24

b) 30

c) 36

d) 40

e) 120

Solução Considera a sequência: A, 2, F, 9. Logo, o número de maneiras distintas é: P4  4! 24 . Questão 45 – UEPA (A. Combinatória) Visando obter mais informações sobre a denúncia de que uma tribo da região Amazônica estava sendo dizimada, um repórter recorreu a seu computador para acessar a Internet, entretanto não lembrou a senha de acesso, que era composta por três algarismos. Lembrava apenas que a senha era composta por três dos cinco algarismos: 1, 3, 5, 6 e 9. Para encontrar a senha, o repórter escreveu num papel todos os possíveis agrupamentos com esses algarismos. O número de agrupamentos escritos por esse repórter, na tentativa de encontrar a senha de acesso à Internet, é: a) 120

b) 108

c) 84

d) 60

e) 56

Solução Esquematizando a situação, temos:

e) 12!

Solução Pelo princípio fundamental da contagem, temos: n = 3·2·3·4 = 6·12 = 72. Questão 43 – UEBA (A. Combinatória) Em uma das partidas realizadas pelo Parazão (Campeonato Paraense de Futebol de Campo) de 2001, o time A jogou com o time B e nessa partida o número de gols marcados pelo time A está representado pela solução da equação n!(n 1)! 4 (n 1)! e o número de gols do time B pela solução da equação (n  2)!(n  1)! . Considerando que nessa partida não 4n !  n 1 houve gols contra, podemos afirmar que: a) O time A marcou 4 gols e o B marcou 2 gols. b) O time A marcou 2 gols e o B marcou 4 gols.

c) O time A marcou 1 gols e o B marcou 1 gols. d) O time A marcou 2 gols e o B marcou 3 gols. e) O time A marcou 3 gols e o B marcou 1 gols.

Como as senhas 139 e 391 são diferentes. Logo, os agrupamentos que definem as possíveis senhas constituem arranjo simples, em que n(5) ≥ p(3). 5  4  3  2! 5!   60 . A5,3  (5  3)! 2! Questão 46 – UFPA (A. Combinatória) Por ocasião dos festejos da Semana da Pátria, uma escola decidiu exibir seus melhores atletas e as respectivas medalhas. Desses atletas, em número de oito e designados por a1 , a2 , a3 ,  , a8 , serão escolhidos cinco para, no momento do desfile, fazerem honra à Bandeira Nacional. Do total de grupos que podem ser formados, em quantos o atleta a2 estará presente? a) 18

b) 21

Solução http://omatematicoeadt.blogspot.com/

c) 35

d) 41

e) 55


Seja n = 8 e p = 5. Como a2 deve ser um dos escolhidos, temos n = 7 e p = 4, a ordem da fila não importa trata-se de um problema de Combinação. 765 n! 7!  35 . C n, p   C 7, 4   C 7, 4  6 p !(n  p) ! 4 !3 ! Questão 47 – UEPA (A. Combinatória) A graviola é uma fruta que possui diversos nutrientes, como as Vitaminas C, B1 e B2 e os Sais Minerais: Cálcio, Fósforo, Ferro, Potássio e Sódio. Uma indústria química deseja fabricar um produto a partir da combinação de 4 daqueles nutrientes, entre vitaminas ou sais minerais, encontrados na graviola. A quantidade de produtos que poderá ser fabricada, se forem utilizados no máximo 2 tipos de vitaminas, será de: a) 65

b) 60

c) 32

d) 30

e) 26

Solução Uma indústria deseja utilizar 4 nutrientes da graviola. Os nutrientes são: Vitaminas: {C, B1, B2} = 3. Sais minerais: {Cálcio, Fósforo, Ferro, Potássio e Sódio} = 5. Condição: Utilizar no máximo duas vitaminas. V V S S=V S S V (não altera) Logo, os agrupamentos que definem o produto com vitaminas e sais minerais é dado por uma Combinação Simples. i) Produto feito com duas vitaminas: V V S S = V S S V. 3! 3. Vitaminas: C3,1  2 !1! 5! 5 4 Sais minerais: C5,3    10 . 3! 2! 2 Logo, C3,1  C5,3  3  10  30 ii) Produto feito com uma vitamina: V S S S=S V S S 3! Vitaminas: C3, 2   3. 1! 2 ! 5! 5 4 Sais minerais: C5, 2    10 . 2 ! 3! 2 Logo, C3,2  C5,2  3  10  30 iii) Produto feito sem nenhuma vitamina: S S S S 5! Sais minerais: C5, 4   5. 4 !1! Logo, o número de possibilidade de fazer o produto no máximo com duas vitaminas é: i + ii + iii = 30 + 30 + 5 = 65. Questão 48 – UFPA (A. Combinatória) O presidente de uma Comissão Parlamentar Mista de Inquérito (CPMI) escolheu 5 senadores e 6 deputados federais para formação de subcomissões com 5 parlamentares, sendo 2 senadores e 3 deputados federais. Assim, o número de subcomissões que podem ser formadas com os parlamentares escolhidos é: a) 30

b) 90

c) 150

d) 200

e) 240

Solução Subcomissões de 5 parlamentares (2 senadores e 3 deputados federais).

5! 5 4   10 2! 3! 2 6! 65 4 Deputados Federais: C6,3    20 . 3! 3! 6

Senadores: C5, 2 

C5,2  C6,3  10  20  200 . Questão 49 – UEPA (Probabilidade) Em uma pesquisa envolvendo 120 cidades, sobre lixo doméstico, observou-se que em 36 dessas cidades são desenvolvidas ações de reciclagem. A probabilidade de uma cidade pesquisada ser escolhida ao acaso e nela não ser desenvolvida ação de reciclagem, é: a) 3/10

b) 4/10

c) 5/10

d) 6/10

e) 7/10

Solução Espaço amostral: n(E) = 120. Evento: n(A) = 120 – 36 = 84. 84 : 12 7 . P( A)   120 : 12 10 Questão 50 – UEPA (Probabilidade) Uma empresa realizou uma pesquisa com 300 candidatos sobre os fatores de risco de um infarto agudo do miocárdio (IAM) ou enfarte agudo do miocárdio (EAM). Foi observado que 20% dessas pessoas possuíam esses fatores de risco. A probabilidade de essa empresa contratar ao acaso dois candidatos do grupo pesquisado e eles apresentarem esses fatores de risco é: a)

60 1597

b)

59 1495

c)

69 1695

d)

74 1797

e)

77 1898

Solução O número de pessoas que possuem o fator de risco é: 20%  300  60 . Logo, nosso espaço amostral e o evento serão dados por combinações: 60  59 C60, 2 n( A ) 2  P(A)   P(A)   P(A)  300  299 n( E ) C300, 2 2 59 59 30  59 .  P(A)  P(A)   P(A)  5  299 1495 150  299 Também, podemos resolver a probabilidade da seguinte forma: 60 59 1 59 59 . P(A)      300 299 5 299 1495 Questão 51 – UFPA (Probabilidade) De um refrigerador que tem em seu interior 3 refrigerantes da marca A, 4 refrigerantes da marca B e 5 refrigerantes da marca C, retiram-se dois refrigerantes sem observar a marca. A probabilidade de que os dois retirados sejam da mesma marca é: a) 1/6

b) 5/33

c) 19/66

d) 7/22

e) 3/11

Solução Espaço amostral: 12 refrigerantes para escolher 2: 12! 12 11 C12, 2    66 . 2!(12  2)! 2 Evento: 2 refrigerantes da mesma marca: 3!  3; Marca A: C3, 2  2! 1!

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Marca B: C 4, 2 

4!  6; 2! 2!

Marca A: 5! C5, 2   10 . 2! 3! A Probabilidade de ocorrer o evento é: 3  6  10 19 P  . 66 66 Questão 52 – ENEM (Probabilidade) As 23 ex-alunas de uma turma que completou o Ensino Médio há 10 anos se encontraram em uma reunião comemorativa. Várias delas haviam se casado e tido filhos. A distribuição das mulheres, de acordo com a quantidade de filhos, é mostrada no gráfico abaixo.

Espaço amostral n(E) = 1500. Evento: Recuperação da Saúde. n(A) = 200 + 200 + 250 + 350 = 1000. 1000 10 2 P(A)    . 1500 15 3 Questão 54 – UNIFESP-SP (Matriz) Uma indústria farmacêutica produz, diariamente, p unidades do medicamento X e q unidades do medicamento Y, ao custo unitário de r e s reais, respectivamente. Considere as matrizes M, 1×2 e N, 2×1: r M  [ 2 p q] e N    . 2 s  A matriz produto M·N representa o custo da produção de: a) 1 dia.

b) 2 dias.

c) 3 dias.

d) 4 dias.

e) 5 dias.

Solução

Um prêmio foi sorteado entre todos os filhos dessas ex-alunas. A probabilidade de que a criança premiada tenha sido um(a) filho(a) único(a) é:

a)

1 3

b)

1 4

c)

7 15

d)

7 23

e)

7 25

Solução Espaço amostral n(E) = 8·0 + 7·1 + 6·2 + 2·3 = 7 + 12 + 6 = 25. Evento n(A) = 7·1 = 7. n(A) 7 P(A)   . n(E) 25 Questão 53 – UEPA adaptada (Probabilidade) Durante a romaria do Círio de Nossa Senhora de Nazaré, em Belém, foi feita uma pesquisa com 1.500 romeiros sobre as promessas que os levaram a acompanhar a procissão na corda. As promessas foram: recuperação da saúde; aprovação no vestibular e emprego. Dentre os pesquisados: • 200 agradeciam pela recuperação da saúde, aprovação no vestibular e pelo emprego; • 550 pela recuperação da saúde e aprovação no vestibular; • 450 pela recuperação da saúde e pelo emprego; • 400 pela aprovação n vestibular e pelo emprego; • 200 só pela recuperação da saúde; • 130 só pela aprovação no vestibular; • 170 só pelo emprego. Nessas condições, a probabilidade de se escolher ao acaso uma das pessoas pesquisadas e esta estar agradecendo pela recuperação da saúde é: a)

2 15

Solução

b)

2 5

c)

11 30

d)

2 3

e)

11 15

r M  N  [2 p q]     [2 pr  2qs]  2 [ pr  qs] . 2s  pr + qs: custo diário da produção de p unidades de X e q unidades de Y. Logo, 2(pr + qs): é o custo d produção de 2 dias dessa indústria. Questão 55 – UEPA (Matriz) A tabela abaixo, regularmente disposta em linhas (atletas) e colunas (dia), representa os registros dos tempos de treinamento dos atletas A, B e C em 3 dias. Sendo i a ordem das linhas e j a ordem das colunas e aij  30i  10 j o elemento genérico desta tabela, com i e j dados em minutos, o tempo de treinamento gasto pelo atleta B no terceiro dia foi de: 1ºDia

 a11 a  21 C a31

A B

a) 2 horas e 30 minutos. c) 2 horas. e) 1 hora e 30 minutos.

2ºDia

a12 a22 a32

3ºDia

a13  a23  a33 

b) 2 horas e 10 minutos. d) 1 hora e 50 minutos.

Solução O tempo de treinamento do atleta B no terceiro dia ( a23 ) é: a23  30  2  10  3  a23  60  30  a23  90 min. Ou seja, 1 hora e 30 min. Questão 56 – UFPA (Sistemas Lineares) Uma indústria cerâmica produz tijolo, telha e lajota com produção diária de 90 mil peças. Sabe-se que o número de telhas produzidas é igual à metade da soma do número de tijolos com o de lajotas, que os custos de produção do milheiro do tijolo, da telha e lajota são respectivamente 100, 200 e 300 reais e que o custo diário total da produção é de R$ 16.000,00. Com base nesses dados, é correto afirmar que a indústria produz por dia: a) mais de 30 milheiros de tijolos e menos de 29 milheiros de lajotas. b) menos de 29 milheiros de tijolos e menos de 29 milheiros de lajotas. c) mais de 50 milheiros de tijolos e menos de 30 milheiros de lajotas. d) 30 milheiros de tijolos e 30 milheiros de telhas. e) 29 milheiros de tijolos e 39 milheiros de lajotas. Solução

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Considere x: tijolos; y: telhas; z: lajotas. • Produz tijolo, telha e lajota com produção diária de 90 mil peças. x  y  z  90 • O nº de telhas produzidas é igual à metade da soma do nº de tijolos com o de lajotas. xz y 2 • Os custos de produção do milheiro do tijolo, da telha e lajota são respectivamente 100, 200 e 300 reais e que o custo diário total da produção é de R$ 16.000,00. 100x  200 y  300 z  16000 Formando o Sistema Linear, temos;  x  y  z  90  xz    y ` 2   100 x  200 y  300 z  16.000 ( x  y  z  90)  2  xz    y ` 2   (100 x  200 y  300 z  16.000)  100

2 x  2 y  2 z  180   2 y  x  z  x  2 y  3z  160 

2 x  x  z  2 z  180    x  x  z  3z  160

 x  z  60  x  z  60    z  20 .   x  2 z  80  x  2 z  80 60 xz • y `  y `  y  30 . 2 2 • x  z  60  x  20  60  x  40 . Logo, a alternativa certa é a letra A. Questão 57 – ENEM (Sistema Linear) Uma companhia de seguros levantou dados sobre os carros de determinada cidade e constatou que são roubados, em média, 150 carros por ano. O número de carros roubados da marca x é o dobro do número de carros roubados da marca y, e as marcas x e y juntas correspondem por cerca 60% dos carros roubados. O número esperado de carros roubados da marca y é: 3x  3z  180   2 x  4 z  160

a) 20

b) 30

c) 40

d) 50

e) 60

Solução • x  2y . • x  y  150  0,6  x  y  90 . 2 y  y  90  3y  90  y  30 . Questão 58 – PUC (Sistema Linear) Alfeu, Bento e Cíntia foram a certa loja e cada qual comprou camisas escolhidas entre três tipos, gastaram nessa compra os totais de R$ 134,00, R$ 115,0 e R$ 48,00, respectivamente. Sejam as matrizes 0 3 4  x   A  1 0 5 e X   y  . 2 1 0  z  I. Os elementos de cada linha de A correspondem às quantidades dos três tipos de camisas compradas pro Alfeu (1ª linha), Bento (2ª linha) e Cíntia (3ª linha). II. Os elementos de cada coluna de A correspondem às quantidades de um mesmo tipo de camisa.

III. Os elementos de X correspondem aos preções unitários, em reais, de cada tipo de camisa. Nessas condições, o total a ser pago pela compra de uma unidade de cada tipo de camisa é: a) R$ 53,00 b) R$ 55,00 c) R$ 57,00 d) R$ 62,00 e) R$ 65,00 Solução Nas condições dadas, temos: 0 3 4  x  134 1 0 5   y   115        2 1 0  z   48 

3 y  4 z  134  ( x  5 z  115)  2  2 x  y  48 

3 y  4 z  134 3 y  4 z  134   2 x  10 z  230    y  10 z  182 2 x  48  y  3 y  4 z  134  34z  680  z  20 .   3 y  30 z  546 • 3 y  4 z  134  3y  134  80  3y  54  y  18 . • 2 x  48  y  2x  48  18  2x  30  x  15 . Logo, x  y  z é: 20  18  15  53 . Questão 59 – UNESP (Geometria Espacial) A área da superfície da Terra é estimada em 510.000.000 km2. Por outro lado, estima-se que, se todo o vapor de água da atmosfera terrestre fosse condensado, o volume de líquido resultante seria de 13.000 km3. Imaginando que toda essa água fosse colocada no interior de um paralelepípedo retângulo, cuja área da base fosse a mesma da superfície da Terra, a medida que mais se aproxima da altura que o nível da água alcançaria é:

a) 2,54 mm b) 2,54 cm c) 25,4 cm d) 2,54 cm e) 0,254 km Solução Superfície da Terra: ST = 51·107 km2. Volume de líquido: V = 13·103 km3. V = S·h ⟹ 13  103  51  107  h ⟹ h 

13  103 ⟹ 51  107

h  0,254  104 km . • Em metros 1km = 1000m. h  0,254  104  103 ⟹ h  0,254  101 m . • Em centímetros 1m = 100cm. h  0,254  101  102 ⟹ h  2,54 cm . Questão 60 – UNB-DF adaptada (Geometria Espacial) A figura abaixo ilustra alguns degraus de uma escada de concreto. Cada degrau é um prisma triangular reto de dimensões 15 cm, 30 cm e 60 cm. Se a escada tem 20 degraus, qual o volume (em decímetros cúbicos) do concreto usado para construir a escada. Dado (1 dm3 = 1000 cm3)

a) 13,5

b) 27

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c) 270

d) 540

e) 135


Solução O volume de 1 degrau = V1. bh Área da base: A b  . 2 15  30  60  225  60  13500 cm 3 . V1  A b  h  2 V1  13500  103  13,5 dm3 . O volume V de concreto usado é: V  20V1  20  13,5  270 dm3 .

ii) Esfera: r = 2. 4 4 32 Vdoce  π r 3  Vdoce  π 23  Vdoce  π cm 3 . 3 3 3 Logo, o numero de doce feito é: Vpanela 1600 π 3 1600 π   n  n  n 32 π 1 32π Vdoce 3 n  50  3  n  150 .

Questão 61 – UFLA-MG (Geometria Espacial) Um retângulo de lados a e b, girando em torno de b, gera um cilindro de volume 324π cm3 e, girando em torno de a, gera outro cilindro de volume 144π cm3. Os valores de a e b, respectivamente é:

Questão 63 – MACK-SP (Geometria Espacial) Um frasco de perfume de forma esférica, com raio de 4 cm, 1 contém perfume em de seu volume total. Se uma pessoa 4 utilizar, todos os dias, 2 ml do perfume, das alternativas abaixo, a que indicará o maior período de tempo de duração do perfume será: a) 16 dias.

a) 4 cm e 9 cm. d) 3 cm e 8 cm.

b) 9 cm e 4 cm. e) 9 cm e 4 cm.

c) 8 cm e 3 cm.

Solução r1  a  i) Cilindro 1 girando em torno de b: h1  b . V  324 π  1 2 2 V1  π r1 h1  324π  π a b  324  a 2b . r2  b  ii) Cilindro 2 girando em torno de a: h2  a . V  144 π  2

V2  π r22 h2  144π  π b 2 a  144  b 2 a  a 

144 b2

.

Substituindo ii e i, temos: 2

2

12 4 12 2  144  • b  2   324  b  2  182  b  4  182  b  b  b2 12  12  12  12 2  2  12  12 b3   b3   b3  4  4  4  18  18 33 b  4. 324 324 • a2   a2   a 2  81  a  9 . b 4 Logo, os valores de a e b são 9 cm e 4 cm. Questão 62 – UFRGS (Geometria Espacial) Uma panela cilíndrica de 20 cm de diâmetro está completamente cheia de massa para doce, sem exceder a sua altura, que é 16 cm. O número de doces em formato de bolinhas de 2 cm de raio que se podem obter com toda a massa é:

a) 300

b) 250

c) 200

d) 150

c) 26 dias.

d) 54 dias.

e) 43 dias.

Solução O volume total do frasco V com o raio de 4 cm é: 4 4 256π V  π r 3  V  π  43  V  m 3 3 3 3 Obs: 1 cm = 1 ml. 1 O volume do perfume é do total, ou seja: 4 1 256π 64π Vp   m .  Vp  4 3 3 Usando 2 ml/dia, o perfume acabará em: 64π 64π 1 32 π n 3     32 dias. 2 3 3 2 Questão 64 – UFPB (Geometria Espacial) Depois de desistir de retirar a pipa do poste, João foi jogar futebol no quintal da casa. Ao chutar a bola com muita força fez com que ela caísse num reservatório de água com a forma de um cilindro reto, cujo o diâmetro é 96 cm. Maria percebeu que exatamente a metade da bola ficou sbmessa, o que elevou o nível da água do reservatório em 0,5 cm como mostra o desenho. O raio da bola é:

a) 10 cm

b) 11 cm

c) 12 cm

d) 13 cm

e) 14 cm

Solução O volume de água deslocada (V1) do cilindro é equivalente ao volume da semi-esfera (V2), ou seja, V1 = V2.

e) 100

Solução D  10 cm e h = 16 cm. 2 Vpanela  π r 2 h  Vpanela  π  102  16  Vpanela  1600π cm 3

i) Cilindro: r 

b) 33 dias.

• Volume deslocado. V1  π r 2 h  V1  π  482  0,5  V1  π  2304  0,5  V1  1152π cm 3 . • Raio da bola.

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4 π r3 Vesfera 3 4 3 V2    1152π  π r 3  1152   r 3  2 2 2 6 3 3 3 3 1152   r  r  576  3  r  1728  r  12 cm . 2 Questão 65 – MACK-SP (Geometria Espacial) Um vazamento, em um navio-tanque, provoca o aparecimento de uma mancha de óleo que tem forma circular e espessura constante de 2,5 cm, como na figura. O raio da mancha, t minutos depois do início do vazamento, é dado, em metros, pela

relação r (t ) 

b) 0,016

Vliq  432  72π ⟶ Vliq  432  72  3,14 ⟶ Vliq  432  226,08 ⟶ Vliq  205,92 cm 3 .

1dm3 = 1000 cm3 = 1l. Vliq  0,20592 dm3  0,206 .

t . 5

Adotando π = 3, o volume, em m3, de óleo vazado, após 4 minutos do início do vazamento, é: a) 0,014

• Volume do paralelepípedo: Vpar = Ab·h ⟶ Vpar = R2·h ⟶ Vpar = 62·12 = 36·12 = 432 cm3. • Volume da espera: 4 4 Vesf  π  R 3 ⟶ Vesf  π  33 ⟶ Vesf  36π cm 3 . 3 3 • Volume do líquido. Vliq  Vpar  2Vesfera ⟶ Vliq  432  2  36π ⟶

c) 0,08

d) 0,02

Questão 67 – UEL-PR (Geometria Espacial) As maiores pirâmides egípcias são conhecidas pelo nome de “Pirâmides de Gizé” e estão situadas nas margens do Nilo. A figura a seguir representa essas pirâmides: Miquerinos (2470 a.C.), Quéfren (2500 a.C.) e Quéops (2530 a.C.).

e) 0,012

Solução Após 4 minutos do inicio do vazamento, o raio da mancha será: 2 4  r (4)   r (4)  0,4 m . 5 5 Adotando π = 3, o volume de óleo vazado é de um cilindro de raio da base 0,4 m e altura 2,5 cm (0,025 m). Portanto: Vóleo  π r 2 h  Vóleo  3  (4  101 ) 2  25  103  r (4) 

Vóleo  3  16  25  102  103  Vóleo  3  400  105  Vóleo  1200  105  Vóleo  0,012 .

Questão 66 – Fatec-SP (Geometria Espacial) Duas esferas maciças iguais e tangentes entre si estão inscritas em um paralelepípedo reto-retângulo oco, como mostra a figura abaixo. Observe que cada esfera tangencia as quatro faces laterais e uma das bases do paralelepípedo. O espaço entre as esferas e o paralelepípedo está preenchido com um líquido. Se a aresta da base do paralelepípedo mede 6 cm, o volume do líquido nele contido, em litros, é aproximadamente igual a:

A maior e mais antiga é a de Quéops que tem a forma aproximada de uma pirâmide de base quadrada com 230 metros de lado e cujas faces laterais se aproximam de triângulos equiláteros. Em matemática, “pirâmide” é um sólido geométrico. O volume de um sólido com as dimensões da pirâmide de Quéops é: a)

2303 3

d)

2303 2

m3

b)

2303 2 3 m 6

m3

e)

2303 2 3 m 2

c)

230 2 3 3 m 4

Solução

a) 0,144

b) 0,206

c) 1,44

d) 2,06

e) 20,6

Solução Sejam R e h, respectivamente, as medidas, em centímetros, do raio da esfera e da altura do paralelepípedo. Assim: • 2R = 6 ⟶ R = 3 cm. • h = 4R ⟶ h = 4·3 cm ⟶ h = 12 cm.

1 Ab  H . 3 Área da base é: A b   2  2302  52900 m2 . Para encontrar a altura H, devemos ter a geratriz m:

O volume é: V 

2  2302  m2  1152  4 m2  52900  13225  m2  39675 m .

2  m2 

m2  H 2  1152  39675  H2  13225  H 2  26450  H 2  13225  2  H 2  1152  2 

H  115 2 m . V

1 230 2  115 2 2  2302  115 2  V    3 3 2

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230 2  230 2 2303 2 3 m .  V 6 6 Questão 68 – UEPA (Geometria Espacial) Uma das máximas utilizadas nas pesquisas para o desenvolvimento do “produto perfeito” é que ele deve possuir o menor número de componentes, de tal modo que possa conseguir um justo equilíbrio entre forma, produção e custo. Uma fábrica de leite em pó investe na produção de duas embalagens para a comercialização de um novo lançamento. O modelo A é um cilindro reto de raio R e o modelo B é um prisma reto de base quadrada cujo lado mede L. V

Fonte: Limites do design, Dijon de Moraes – 2 ed., São Paulo, Studio Nobel, 1999. Texto adaptado.

Sabendo-se que os dois modelos devem ter o mesmo volume e que a altura do modelo B é duas vezes a altura de A, então, a razão R/L, nessas condições, é: a)

2 π

b) 2π

c)

1 π

d) π 2

e)

2 π

Solução Existem dois sólidos geométricos: um cilindro reto e um prisma reto de base quadrada.

Como o volume dos dois sólidos é igual Vc  Vp e usando a condição R/L, temos: Vc  Vp  π  R 2  h  L2  2h 

R2 L2

2

2 2h R     L π πh  

R 2 .  L π Questão 69 – UEPA (Geometria Espacial) O matapi é um instrumento especialmente projetado para a captura de camarão, feito de talas de folhas de palmeira (miriti) amarradas com cipó titica e muito utilizado na região amazônica. Esse é um estilo de pesca artesanal que não agride o meio ambiente. A forma de matapi é composta por dois cones dentro de um cilindro. Internamente há aberturas nos ápices dos cones, funcionando como funis, por onde o camarão entra para comer a isca ali colocada, ficando preso no interior do artefato.

A razão entre o volume do cone e volume do cilindro é: 1 2 1 1 2 π r  hcilindro π r hcone Vcone 1 3 3 3    . 2 2 Vcilindro π r hcilindro 9 π r hcilindro Questão 70 – UEPA (Geometria Espacial) Dados estatísticos mostram que o desemprego e a violência produzida pela desigualdade social levam milhares de pessoas ao furto de alimentos dentro de supermercados. Em geral os produtos embalados industrialmente em caixas de papelão são os alvos mais diretos para a prática desses delitos. Suponha que o conteúdo de uma dessas embalagens em formato de um paralelepípedo reto de medidas inteiras “a”, “b” e “c”, conforme ilustra a figura abaixo, seja constituído do seguinte modo: • 1/4 do seu volume (Vp) seja ocupado por um ingrediente A; • 1/3 do seu volume (Vp) seja ocupado por um ingrediente B; • Metade do volume restante (VR) seja ocupado por um ingrediente C.

Fonte: http://g1.globo.com/jornal-hoje/noticia/2011/09/supermercados- brasileiros-perdem-r820-milhoes-por-anocom-furtos.html. Acesso em 11 de setembro de 2011-Texto-Adaptado.

Nestas condições e considerando que c  a  b , então o número

1 3 5ab contendo um ingrediente D que 3 3 ainda cabem dentro do volume Vp é: de cubos de aresta x0 

3 ( a  b) cubos. 2 2 ( a  b) c) cubos. 3 e) (a  b) cubos. a)

8 ( a  b) cubos. 27 27 (a  b) d) cubos. 8

b)

Solução: O volume de um paralelepípedo é: V p  a  b  c .

1 V p . 4 1 • O ingrediente B ocupa (1/3) do Vp: B  V p . 3 • metade do volume restante (VR) é ocupada pelo ingrediente C: VR C. 2 Dessa forma, a outra metade do volume restante (VR) é ocupada V pelo ingrediente D: R  D . 2 Ou seja, o volume restante é ocupado pelos ingredientes C e D: VR  C  D . Os ingredientes A, B, C e D ocupam o volume do paralelepípedo da seguinte forma: • O ingrediente A ocupa (1/4) do Vp: A 

Considere, com as necessárias e devidas aproximações, que a altura de um cone é 1/3 da altura do cilindro e que os raios dessas duas figuras são iguais. Desse modo, a razão entre o volume do cone e o volume do cilindro é: a) 1/9

b) 1/6

c) 1/3

d) 3

e) 9

Solução Existem dois sólidos geométricos: um cone e um cilindro como mostra a figura abaixo.

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VR   1 1 V p  A  B  C  D  V p  V p  V p  VR  4 3 5 12  7 7 VR  V p  V p  VR  V p  VR  V p . 12 12 12 Como os ingredientes C e D ocupam a metade do volume V V restante R  C e R  D , ou seja, C = D. 2 2 Dessa forma, o volume ocupado pelo ingrediente D no 5 Vp VR 5 paralelepípedo é: D   D  12  D  Vp . 2 24 2

O volume do cubo (Vc) de aresta

x0 

1 3 5ab é: 3 3

3

 1 5ab    Vc  1  5ab  Vc  5ab . Vc  a3   3 3 3  81 27 3   Assim o número de cubos n é razão do volume ocupado do ingrediente D pelo volume do cubo (Vc): 5 Vp V p 27 D 5 81 24 n  n    n  Vp   n 5ab Vc 24 5ab 8 ab 81 abc 27 27 27 n ( a  b) .  c n  n 8 8 ab 8 Questão 71 – UFPA adaptada (Geometria Espacial) Um arquiteto planeja uma catedral cuja forma é um tronco de cone reto com altura de 90 m, raio maior 90 m e raio menor 60 m. O tronco de cone é perfurado por um cilindro reto com raio 60 m, cujo eixo é o mesmo do cone. O volume do espaço limitado pelo tronco de cone, o cilindro e o piso.

a) 837.000π m3 d) 324.000π m3

b) 702.000π m3 e) 189.000π m3

c) 513.000π m3

Solução Volume do troco de cone: h = 90 m; R = 90 m; r = 60 m. πh 2 90π Vt.cone  [R  R r  r 2 ]  [902  90  60  602 ]  3 3 Vt.cone  30π[8100  5400  3600]  30π  (8100  9000)  Vcone  30π  17100  513.000 m3 . Volume do cilindro: h = 90 m; 60 m. Vcilindro  π r 2 h  π  602  60  π  3600  90 

Vcilindro  324.000π m3 . Volume restante é: Vcilindro  Vt.cone  Vcilindro  π m3 Vcilindro  513.000π  324.000π  189.000π m3 . Questão 72 – UFPA (Geometria Espacial) Uma rasa é um paneiro utilizado na venda de frutos de açaí. Um típico exemplar tem forma de um tronco de cone, com diâmetro de base 28 cm, diâmetro de boca 34 cm e altura 27 cm. Podemos

afirmar, utilizando π = 3,14 que a capacidade da rasa, em litros, é aproximadamente: a) 18

b) 20

c) 22

d) 24

e) 26

Solução: Raio da base (r) = 14 cm; Raio da boca (R)= 17 cm; h = 27 cm. O volume do tronco de cone é: πh 2 27π Vt.cone  [R  R r  r 2 ]  [17 2  17  14  142 ]  3 3 Vt.cone  9π[289  238  196]  9π  723  9  3,14  723  Vt.cone  3,14  6507  20432 cm 3 . 1dm3 = 1000 cm3 = 1l. Vt.cone  20,432  .

Questão 73 – UFPel-RS (Geometria Espacial) Duas substâncias, A e B, que não se misturam, são colocadas num recipiente de forma cônica, de modo que a substância A ocupe até a metade da altura do cone e a substância B, o restante (conforme a figura). A razão entre o volume de A e o volume de B é:

a)

8 7

b)

1 7

c) 1

d)

1 8

e) 7

Solução

A razão da altura menor com altura maior do cone, temos: h/2 r 1 r R     r . 2 R h R 2 h i) a substância A forma um cone reto de raio r e altura : 2 1 O volume de um cone é: VA  π r 2 h , temos: 3 2

1 1 R2 h 1 R h π R 2h .  VA  π   VA  π 3 4 2 24 3 2 2 ii) a substância B forma um tronco de cone com raio menor r, h raio maior R e altura . 2 1 O volume de um tronco de cone é: VB  π h [ R 2  R r  r 2 ] , 3 temos:  7R2  1 h R R2  1 VB  π  R 2  R    VB  π h   3 2  2 4  6  4  7 VB  π h R2 . 24 V π h R 2 / 24 1 V A razão de A é: A   . VB 7π h R 2 / 24 7 VB VA 

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Questão 74 – PUC-SP (Geometria Espacial) Um tronco de pirâmide de bases quadradas tem 2.814 cm3 de volume. A altura do tronco mede 18 cm e o lado do quadrado da base maior mede 20 cm. Então, o lado do quadrado da base menor mede: a) 8 cm

b) 6 cm

c) 3 cm

d) 12 cm

e) 14 cm

Solução Vt = 2814 cm3; h = 18 cm; lB = 20; lb = ?. AB = 202 = 400 cm2; Ab = l2. h Vt  [A B  A b A B  A b ]  3 18 2814  [400  400  l 2  l 2 ]  3 2814  400  20l  l 2  0  469  400  20l  l 2  6 l 2  20l  69    400  276  676 . 20  26 l1  3 b  . l l  2a 2 l2  23 Questão 75 – Fatec-SP (Geometria Espacial) Um tubo de vidro, com formato de cilindro circular reto, é graduado com um escala e está cheio de água até a borda. O diâmetro interno do tubo é 5 cm. Inclinando-o paulatinamente, despeja-se a água nele contido até que atinja a marca que dista da 8 borda cm, conforme mostra as figuras. π

a) 5x  2 y  2  0 c) 2 x  5 y  10  0 e) 2 x  5 y  10  0

Solução O coeficiente angular (m) da reta é: 84 4 y 2  m   . x 15  5 10 5 Usando a fórmuala da equação da reta, temos: 2 ( x  x0 )m  y  y0  ( x  5)   y  4  2 x 10  5 y  20  5 2 x  5 y  10  0 . Questão 77 – UEPA (Geometria Analítica) Segundo a Revista VEJA de 03.10.07, o mundo dá sinais de que a paciência com o Irã está chegando ao fim. Rudolph Giuliani, candidato à presidência dos EUA, defende um ataque preventivo para evitar que o país se torne uma potência nuclear, pois o presidente do Irã declarou ser seu projeto riscar Israel do mapa. O material bélico do Irã é uma preocupação mundial. Seus mísseis têm um alcance considerável e um raio de ação de grande destruição. Um míssil foi lançado sobre uma região e devastou uma área de formato circular. O raio de ação desse míssil foi registrado por meio da equação 2 2 x  y  2 x  4 y  4  0 . Esse raio, em km, mede: a) 2

O volume de água despejada é: a) 25 cm3

b) 50 cm3

c) 75 cm3

d) 100 cm3

e) 125 cm3

Solução Seja o tronco de cilindro com G =

8 cm e r = 2,5 cm. π

b) 2 x  5 y  2  0 d) 5x  2 y  2  0

b) 3

c) 4

d) 5

e) 6

Solução Considerando a equação reduzida da circunferência de centro O(a, b): ( x  a)2  ( y  b)2  r 2 . E a equação geral da circunferência: x 2  y 2  Ax  By  C  0 . Onde: A  2a , B  2b e C  a 2  b2  r 2 . Usando a equação: x 2  y 2  2 x  4 y  4  0 , temos: • A  2a  2  2a  a  1 . • B  2b  4  2b  b  2 . • C  a 2  b2  r 2   4  12  22  r 2 

(G  g ) 8/ π  Vt.cil  π  2,5 2  2 2 8 1  π  6,25    Vt.cil  π  6,25  4  π 2

Vt.cil  π r 2

Vt.cil

Vt.cil  25π cm 3 .

Questão 76 – UEPA (Geometria Analítica) Um personal trainer, acompanhando os preparativos de um atleta, observou que o rendimento deste crescia linearmente com o tempo. Aproveitando seus conhecimentos matemáticos, registrou em um gráfico cartesiano o percurso, em km, no final do 5º e do 15º dia, conforme figura abaixo. A equação da reta que passa pelos pontos A e B é:

r 2  1 4  4  r  9  r  3 . Logo, o raio de ação é de 3 km. Questão 78 – UEPA (Geometria Analítica) Um professor de matemática preocupado com o desmatamento na Amazônia resolveu desenvolver uma atividade com seus alunos, na qual abordava o desmatamento de uma determinada área. O objetivo da atividade estava relacionado à sensibilização para necessária preservação da floresta amazônica. Na atividade foram apresentados os gráficos abaixo, com a figura 1 representando a área sem o desmatamento e a figura 2 representando a área com o desmatamento existente. Se a área desmatada pode ser representada pela equação da circunferência x 2  y 2  8x  10 y  40  0 , então o número aproximado, em porcentagem, dessa área desmatada é:

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 40 x  240  1200    40 x  240  1200

 40 x  1200  240    40 x  1200  240

 40 x  1440    40 x  960

a) 9,81

b) 12,42

c) 14,32

d) 15,78

e) 17,41

Solução A área desmatada da figura 2 é um círculo baseado na equação geral: x 2  y 2  8x  10 y  40  0 . • A  2a  8  2a  a  4 . • B  2b  10  2b  b  5 . • C  a 2  b2  r 2  40  42  52  r 2  r 2  41  40  r  1 . A área desmantada (Ad), sendo o valor do raio igual a 1 e considerando π = 3,14, temos: Ad  π  r 2  Ad  3,14 12  Ad  3,14 u.a. A área não desmatada (And) da figura 2 é um retângulo com base igual 8 e altura igual a 4, temos: And  b  h  And  8  4  And  32 u.a. A porcentagem (p) desmatada na área da figura 2 é: 32 ––––––––– 100% 3,14 –––––––– p 3,14 100 314 p  p  9,8125 .  p 32 32 Questão 79 – UFPA (Geometria Analítica) Uma companhia de telefonia celular deseja instalar três torres de transmissão de sinal para delimitar uma região triangular com 600 km2 de área, de tal modo que a primeira torre se localize a 32 km a leste e 60 km ao norte da central de distribuição mais próxima, e a segunda torre se localiza a 70 km a leste e 100 km ao norte da mesma central de distribuição. Sabendo-se que a terceira torre deve localizar-se a 20 km ao norte desta central de distribuição, é correto afirmar que a posição a leste da terceira torre é: a) 131 km.

b) 65 km.

c) 102 km.

d) 24 km.

Solução Seja o par ordenado (x, y) = (leste, norte), temos: A(32, 60); B(70, 100); C(x, 20) e área de 600 km2. | det A | , temos: Área  2 32 60 1 xA y A 1 A  xB yB 1  A  70 100 1  xC yC 1 x 20 1 32 60 1 32 60 A  70 100 1 70 100  x 20 1 x 20

A  3200  60x  1400  100x  640  4200  A  46000  40x  4840  A  40 x  240 . Substituindo na fórmula é: | 40 x  240 | 600   | 40 x  240 | 1200 . 2

e) 35 km.

 x  36 (não satisfaz) .   x  24 km Questão 80 – FAAP-SP (Geometria Analítica) Uma reta de demanda estabelece a relação entre o preço de venda p de uma unidade de um produto e a quantidade q que se deseja comprar. Um distribuidor de relógios de mesa estima que, se o preço for R$ 80,00, ele poderá vender 1.000 unidades; se o preço subir para R$ 86,00, venderá 700. Quantos relógios ele poderia vender se o preço fosse R$ 90,00? a) 580

b) 900

c) 500

d) 730

e) 860

Solução Seja o par ordenado (quantidade, preço) = (q, p). q(x) 1000 700 x p(y) 80 86 90 Os pontos estão alinhados, logo: 1000 80 1 x1 y1 1 x2 y2 1  0  700 86 1  0  x3 y3 1 x 90 1 1000 80 1 1000 80 700 86 1 700 86  0  x 90 1 x 90

86000  80x  63000  86x  90000  56000  0  4000  7000  6x  0  6x  3000  x  500 . Questão 81 – PUC-SP (Geometria Analítica) Na figura abaixo tem-se representada, em um sistema de eixos cartesianos ortogonais, a rota de uma aeronave, de uma cidade M a uma cidade N, passando sobre as pequenas cidades A e B.

Se os quatro pontos pertencem à reta de equação 4 x  3 y  1200  0 , a distância entre as cidades A e B, em quilômetros, é aproximadamente: a) 50

b) 500

c) 800

d) 5000

e) 8000

Solução • O ponto A temos (x, 0), ou seja, y = 0. 4x  3  0  1200  0  4x  1200  x  300 . Logo, A(–300, 0). • O ponto B temos (0, y), ou seja, x = 0. 4  0  3 y  1200  0  3y  1200  x  400 . Logo, B(0, 400). A distância de A e B é:

d AB  ( xb  xa ) 2  ( yb  ya ) 2  d AB  (0  300) 2  (400  0) 2  d AB  9  104  16  104 

d AB  25  104  d AB  500 km .

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Questão 82 – UFSM-SC (Geometria Analítica) A figura mostra um retângulo com dois lados nos eixos cartesianos e um vértice na reta que passa pelos pontos A(0, 12) e B(8, 0). As dimensões x e y do retângulo, para que sua área seja máxima, devem ser, respectivamente, iguais a:

A promoção de uma mercadoria em um supermercado está representada, no gráfico a seguir, por 6 pontos de uma mesma reta.

Quem comprar 20 unidades dessa mercadoria, na promoção, pagará por unidade, em reais, o equivalente a:

a) 4 e 6

b) 5 e

9 2

a) 4,50 c) 5 e 7

d) 4 e 7

Solução Os pontos A(0, 12), P(x, y) e B(8, 0) estão alinhados, logo: xA y A 1 0 12 1 xP y P 1  0  x y 1  0  8 0 1 xB y B 1 0 12 1 0 12 x y 1 x y  0  96  8 y  12x  0  8 0 1 8 0 24  2 y  3x  0  2 y  24  3x  y  12 

3 x (i) 2

Seja a área do retângulo. A ret  x  y (2) . Substituindo (1) em (2), temos: 3 3   A  x  12  x   A   x 2  12 x  A  3x 2  24 x  2 2   Para que a área seja máxima, temos: 24 b 24 xv    xv  4 .  xv    xv  6 2a 2  (3) Substituindo em (1), temos: 3 y  12   4  y  12  6  y  6 . 2 As dimensões x e y são 4 e 6, respectivamente. Questão 83 – UEPA (Geometria Analítica) O comandante de um barco resolveu acompanhar a procissão fluvial do Círio, fazendo o percurso em linha reta. Para tanto, fez uso do sistema de eixos cartesianos para melhor orientação. O barco seguiu a direção que forma 45° com o sentido positivo do eixo x, passando pelo ponto de coordenadas (3, 5). Este trajeto ficou bem definido através da equação: a) y  2 x  1 d) y   x  8

b) y  3x  14 e) y  3x  4

b) 5,00

c) 5,50

d) 6,00

e) 6,50

e) 6 e 3

c) y  x  2

Solução Seja o ângulo de inclinação 45º, temos: m  tg 60º  1 . Usando a fórmula da equação da reta no ponto (3, 5), temos: y  y0  m( x  x0 )  y  5  1( x  3)  y  x  3  5  y  x2. Questão 84 – UERJ adaptada (Geometria Analítica)

Solução Sejam os pontos A(5, 150) e B(30, 50). A equação da reta desses pontos é: 100 y  yB 150  50  4 .  m A  5  30  25 x A  xB Seja a reta r: y  y0  m( x  x0 ) , temos: y  50  (4)( x  30)  y  50  4 x  120  y  4 x  170 . Para x = 20, temos: y  (4)  20  170  y  80  170  y  90 . O preço n de cada uma das 20 unidades é: 90 n  4,5 . 20 Questão 85 – UEPA (Geometria Analítica) Pilates é um sistema de exercícios físicos que integra o corpo e a mente como um todo, desenvolvendo a estabilidade corporal necessária para uma vida mais saudável. A figura abaixo mostra um dos exercícios trabalhado no Pilates e é observado que o corpo da professora gera um arco AB. Supondo que o arco gerado pelo corpo da professora seja um quarto de uma circunferência de equação 2 2 100 x  100 y  400 x  600 y  1075  0 , o valor aproximado da altura da professora é:

a) 0,24 π u.c. d) 0,95 π u.c.

b) 0,5 π u.c. e) 1,24 π u.c.

c) 0,75 π u.c.

Solução Seja a equação: 100 x2  100 y 2  400 x  600 y  1075  0 Dividindo a equação por 100, temos: 1075 x2  y 2  4x  6 y  0. 100 1075 Usando a equação: x 2  y 2  4 x  6 y   0 , temos: 100 • A  2a  4  2a  a  2 . • B  2b  6  2b  b  3 .

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1075  22  32  r 2  100 1300  1075 15 225 1075 r 2  13    r  r2   r2  10 100 100 100 r  1,5 . Como o arco gerado é um quarto de uma circunferência, temos: 2πr 2  π  1,5  C  0,75 π u.c. C  C 4 4 Questão 86 – UEPA (A. Combinatória) Com projeto Sivam será implantado um radar com capacidade de captar sinais num raio de 250 km. Um técnico situou a ação desse radar no sistema de coordenadas cartesianas, conforme a figura abaixo.

• C  a 2  b2  r 2 

1,2  1,3  1,3  1,8  1,8 7,4   1,48 . 5 5 Questão 88 – UEPA (Estatística) Com base nos dados apresentados no gráfico do Texto 3, a mediana é igual a: x

a) 2,0

b) 1,8

c) 3,6

d) 1,3

e) 2,1

Solução Como as taxas de fecundidade do texto 3 está em rol, temos: 1-1,2-1,3-1,3-1,8-1,8-2,0-2,1-2,1-7,3 Para encontrar a mediana das taxas, devemos encontrar o termo central do rol, neste caso, teremos: 1,8  1,8 md   1,8 . 2 Questão 89 – UEPA (Estatística) A emissão de certidão negativa de débitos, ilustrada no gráfico abaixo, evidencia as duas modalidades disponibilizadas pela receita federal. Considerando que, em 2006, foram emitidos 12 milhões de CND, então o número de CND’s emitidas pela internet foi de:

A equação dessa circunferência tangente aos eixos coordenados é: a) ( x  500) 2  ( y  500) 2  5002 b) ( x  250) 2  ( y  250) 2  5002

Fonte: www.receita.fazenda.gov.br

c) ( x  250) 2  ( y  250) 2  2502

a) 8,34 milhões. d) 10,85 milhões.

d) ( x  500) 2  ( y  500) 2  2502

b) 9,76 milhões e) 11,64 milhões

c) 10,15 milhões.

e) x 2  y 2  2502 Solução Como o raio é 250 km e a circunferência tangencia os eixos x e y no 1º quadrante as coordenadas do centro é 250, ou seja, o próprio raio. Seja a equação da circunferência é: ( x  a) 2  ( y  b) 2  r 2  ( x  250) 2  ( y  250) 2  2502 .

Solução 12 –––– 100% x –––– 97% 1164 x  11,64 milhões. 100 Questão 90 – UEPA (Estatística)

Questão 87 – UEPA (Estatística) Texto

Fonte: www.receita.fazenda.gov.br

O gráfico acima mostra a evolução da entrega de declarações e documentos, via internet. A média, em milhões de unidades, de entrega de declarações e documentos no período de 2000 a 2005 é: Em relação ao gráfico apresentado no Texto, a taxa média de fecundidade do Japão ao Brasil é igual a: a) 1,55

b) 1,48

c) 1,8

d) 1,3

e) 1,2

Solução As taxa de fecundidade do Japão ao Brasil, temos: Japão: 1,2; Espanha: 1,3; Itália: 1,3; China: 1,8 e Brasil: 1,8.

a) 22,4

b) 28,5

c) 33,6

Solução A média de 2000 a 2005 é: 2000 ⟶ 19,8 milhões. 2001 ⟶ 24,7 milhões. 2002 ⟶ 33,7 milhões. 2003 ⟶ 38,1 milhões.

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d) 40,5

e) 45,6


2004 ⟶ 42,9 milhões. 2005 ⟶ 42,4 milhões. 19,8  24,7  33,7  38,1  42,9  42,4 x  6 44,5  71,8  85,4 44,5  157,1 201,6 x    x  33,6 . 6 6 6 Questão 91 – UFPA (Estatística) A figura abaixo mostra o ciclo de crescimento do eucalipto, uma planta de celulose e bastante usada na fabricação de papel, carvão vegetal e madeira. A média, aproximada, de crescimento do eucalipto, nos 7 primeiros anos, de acordo com os dados apresentados, é:

4400  44km / h 100 Obs: o valor médio de velocidades. Questão 93 – UFPA (Estatística) No gráfico estão representados os gols marcados e os gols sofridos por uma equipe de futebol nas dez primeiras partidas de um determinado campeonato. Vm 

Considerando que, neste campeonato, as equipes ganham 3 pontos para cada vitória, 1 ponto por empate e 0 ponto em caso de derrota, a equipe em questão, ao final da décima partida, terá acumulado um número de pontos igual a Fonte: Revista Super Interessante, Setembro, 2007.

a) 15,34 m

b) 20,28 m c) 25,47 m

d) 26,38 m e) 27,20 m

Solução A média de crescimento do eucalipto é: 6  13  18  22  25  28  30 59  83 142 x   x 7 7 7 x  20,28 . Questão 92 – ENEM (Estatística) Um sistema de radar é programado para registrar automaticamente a velocidade de todos os veículos trafegando por uma avenida, onde passam em média 300 veículos por hora, sendo 55 km/h a máxima velocidade permitida. Um levantamento estatístico dos registros do radar permitiu a elaboração da distribuição percentual de veículos de acordo com a velocidade aproximadamente.

a) 15

b) 17

c) 18

d) 20

e) 24

Solução O gráfico tracejado (de gols marcados) está acima do gráfico contínuo (de gols sofridos) em cinco datas e estão juntos em outras três datas. Assim sendo, a equipe em questão teve cinco vitórias e três empates, totalizando 5×3 + 3×1 = 18 pontos. Questão 94 – UEPA (Estatística) Brasil e França têm relações comerciais há mais de 200 anos. Enquanto a França é a 5ª nação mais rica do planeta, o Brasil é a 10ª, e ambas se destacam na economia mundial. No entanto, devido a uma série de restrições, o comércio entre esses dois países ainda não é adequadamente explorado, como mostra a tabela seguinte, referente ao período 2003-2007. INVESTIMENTOS BILATERAIS (em milhões de dólares) Ano Brasil na França França no Brasil 2003 367 825 2004 357 485 2005 354 1458 2006 539 744 2007 280 1214 Disponível em www.cartacapital.com.br. Acesso em: 7 jul. 2009.

A velocidade média dos veículos que trafegam nessa avenida é de: a) 35 km/h. d) 76 km/h.

b) 44 km/h. e) 85 km/h.

c) 55 km/h.

Solução O valor médio de velocidade para os veículos que trafegam na referida avenida fica determinada pela média ponderada das velocidades citadas no gráfico. Nessa média ponderada, o peso de cada velocidade é a respectiva porcentagem de veículos que têm esta velocidade. 5  20  15  30  30  40  40  50  6  60  3  70  80 Vm  5  15  30  40  6  3  1 100  450  1200  2000  360  210  80 Vm  100

Os dados da tabela mostram que, no período considerado, os valores médios dos investimentos da França no Brasil foram maiores que os investimentos do Brasil na França em um valor a) inferior a 300 milhões de dólares. b) superior a 300 milhões de dólares, mas inferior a 400 milhões de dólares. c) superior a 400 milhões de dólares, mas inferior a 500 milhões de dólares. d) superior a 500 milhões de dólares, mas inferior a 600 milhões de dólares. e) superior a 600 milhões de dólares. Solução •O valor médio dos investimentos da França no Brasil, em milhões de dólares, foi de: 825  485  1458  744  1214 4726   945,2 5 5

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• O valor médio dos investimentos do Brasil na França, também em milhões de dólares, foi de 367  357  354  539  280 1897   379,4 5 5 Ainda neste período, o valor médio dos investimentos da França no Brasil foi superior ao do Brasil na França em 945,2 – 379,4 = 565,8 milhões de dólares. Questão 95 – UEPA (Estatística) Na tabela, são apresentados dados da cotação mensal do ovo extra branco vendido no atacado, em Brasília, em reais, por caixa de 30 dúzias de ovos, em alguns meses dos anos 2007 e 2008. Mês Cotação Ano Outubro R$ 83,00 2007 Novembro R$ 73,00 2007 Dezembro R$ 81,60 2007 Janeiro R$ 82,00 2008 Fevereiro R$ 85,30 2008 Março R$ 84,00 2008 Abril R$ 84,60 2008 De acordo com esses dados, o valor da mediana das cotações mensais do ovo extra branco nesse período era igual a: a) R$ 73,10 d) R$ 83,00

b) R$ 81,50 e) R$ 85,30.

c) R$ 82,00.

Resolução Fazer a distribuição dos dados da tabela em rol (menor-maior ou maior-menor) é: R$ 73,10, R$ 81,60, R$ 82,00, R$ 83,00, R$ 84,00, R$ 84,60, R$ 85,30. A mediana das cotações mensais nesse período é o termo central do rol, ou seja, R$ 83,00. Questão 96 – UFPA (Estatística) O gráfico apresenta a quantidade de gols marcados pelos artilheiros das Copas do Mundo desde a Copa de 1930 até a de 2006.

Solução (a  3i)(1  2i)  b  5i  a  2ai  3i  6i 2  b  5i  a  2ai  3i  6(1)  b  5i  a  2ai  3i  6  b  5i 

a  6  b  (a  6)  (2a  3)i  b  5i   2a  3  5 a  b  6 1  b  6 b  5    .  a  1 a  1 a  1 Logo, a  b  1  5  4 . Questão 98 – UFAM (Nº Complexos) A forma algébrica do número complexo z  a) –2i

b) 2i

c) 1+ i

a  b  6   2a  2

2  2i é: 1 i

d) 1 – i

e) 2 + 2i

Solução

2  4i  2(1) (2  2i) (1  i) 2  2i  2i  2i 2    2 1  (1) (1  i) (1  i) 1 i 4i z z  2i . 2 Questão 99 – UFSM-RS (Nº Complexos) 5  5i 20 A soma dos números complexos e é: 1 i 1 i z

25  5i 2 d) 15  10i

b) 10  10i

a)

c) 10  10i

e) 30  20i

Solução 5  5i 20 5(1  i) 20(1  i) 20  20i     5  1 i 1 i 1 i (1  i)(1  i) 1  i2 20  20i 10  20  20i 30  20i 20  20i    5  5 2 2 2 1  (1) 15  10i . Questão 100 – UFBA (Nº Complexos) Sendo z  2  i , o inverso de z 2 é:

5  4i 41 3 4  i d) 25 25 a)

Disponível em: http://www.suapesquisa.com. Acesso em: 23 abr. 2010 (adaptado).

A partir dos dados apresentados, qual a mediana das quantidades de gols marcados pelos artilheiros das Copas do Mundo? a) 6 gols b) 6,5 gols c) 7gols d) 7,3 gols e) 8,5 gols Solução A partir dos dados: 8; 5; 7; 9; 11; 13; 4; 9; 10; 7; 6; 6; 6; 6; 6; 6; 8; 5, obtém-se o rol: 4; 5; 5; 6; 6; 6; 6; 6; 6 (9º); 7 (10º); 7; 8; 8; 9; 9; 10; 11; 13 67  6,5 . A mediana é 2 Questão 97 – Esam-RN (Nº Complexos) Se (a  3i)(1  2i)  b  5i , então a  b é: a) –5

b) –4

c) 1

d) 4

e) 5

2i 5 3 4  i e) 25 25

b)

c)

4 3  i 25 25

Solução z 2  (2  i) 2  4  4i  i 2  4  4i  1  3  4i . 1 Logo, 2 é: z 3  4i 3  4i 3  4i 1 1 3  4i      . 2 2 9  16 25 3  4i (3  4i)(3  4i) 9  16i z Questão 101 – Fafi-BH (Nº Complexos) A fração a) 1 + i

i 3  i 2  i17  i 35 corresponde ao número complexo: i16  i13  i 30 b) –1 + i

c) –1 – i

d) 1 – i

e) 2 + i

Solução • i 3  i ; • i 2  1 ; • i17  i16  i  i ; • i 35  i 32  i 3  i ;

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• i16  i16  i 0  1 ; • i13  i12  i  i ; • i 30  i 28  i 2  1 .

i  1  i  i 1  i (1  i)i i  i i i i i      16 13 30 i  i i 1 i 1 i i i  i2 1  i . Questão 102 – UFSC adaptada (Nº Complexos) Dada a expressão 2z  z  2zi  7 , sendo z um número 3

2

17

2

35

complexo, determine | z |2 . a) 1

b) 2

c) 3

d) 4

e) 5

Solução 2z  z  2zi  7  2(a  bi)  (a  bi)  2(a  bi)i  7 

2a  2bi  a  bi  2ai  2bi 2  7  3a  bi  2ai  2b(1)  7  3a  bi  2b  7  2ai 

3a  2b  7   b  2a

3a  2b  7   b  2a  0

6a  4b  14    6a  3b  0

11π 11π   z  3  cos  i  sen  6 6  

 11π π 3 cos  cos    6 6 2  sen 11π  sen π   1  6 6 2 

 3  1 3 3 3  i. z  3  i       2 2 2  2   

3 3 3 ,  . Logo, a imagem de z é o ponto   2 2   Questão 105 – PUC-RS (Nº Complexos) Seja z um número complexo cujo afixo P está representado abaixo no plano Argand-Gauss.

7b  14  b  2 . • 2a  b  0  2a  2  0  a  1 ; z  1 2i . • | z |2  ( (1) 2  (2) 2 ) 2  5 . A forma trigonométrica do número z é:

Questão 103 – UERN (Nº Complexos) Se z 

(1  i ) 2 , o argumento de z é: 1 i

π c) 4

π b)  4

3π a)  4

π d) 2

3π e) 4

2i (1  i ) 2 1  2i  i 2 2i (1  i) 2i  2i 2      1  i (1  i)(1  i ) 1 i 1 i 1  i2 2i  2(1) 2i  2  z  1  i . 2 1  (1)

z

| z | (1)  1  2 . 2

a 1  2    cos α  2 |z| 2

 2  135º . 2 2 2 b 1  135º .   α  arc sen  sen α  • sen α  2 2 |z| 2 3π Logo, 135º  . 4 Questão 104 – UFAL (Nº Complexos) 11π 11π    i  sen A imagem do número complexo z  3  cos  é 6 6   o ponto: α  arc cos

3 3 3 ,  a)   2 2  

3 3 3  b)  ,  2 2  

 3 1  , d)    2 2  

e) (3 3 , 3)

Solução

3 (cos 150º i  sen 150º )

b)

3 (cos 30º i  sen 30º )

c)

3 ( cos 150º i  sen 150º )

d)

3 (cos 120º i  sen 120º )

e)

3 ( cos 60º i  sen 60º )

Solução

Solução

• cos α 

a)

 3 3 3 ,  c)    2 2  

3 3  i 2 2 O módulo de z é: z

2

2 9 3 12  3   3  | z |              4 4 4  2  2  3  3 3   • cos α  2  cos α   2 2 3 3

3.

 3  150º . 2 3 1 1 3   α  arc sen  150º . • sen α  2  sen α  2 2 3 2 3 α  arc cos

Logo, 3 (cos 150º i  sen 150º ) . Questão 106 – UCDB-MS (Nº Complexos) π π  Dados os números complexos z1  3  cos  i  sen  e 6 6  π π  z2  2  cos  i  sen  , o produto de z1  z2 , na forma 3 3  algébrica, é igual a: a) 6 + 6i

b) 6 – 6i

c) –6i

d) 6i

Solução

 π π  π π  z1  z2  3  2 cos     i  sen     6 3   6 3    http://omatematicoeadt.blogspot.com/

e) –6 – 6i


Sendo z1  4 (cos 70  i  sen 70) , z2  5 (cos 15  i  sen 15) z z e z3  2 (cos 40  i  sen 40) , então 1 2 é igual a: z3 a) 5 (cos 30  i  sen 30) b) 5 (cos 10  i  sen 10)

  3π   3π  z1  z2  6 cos    i  sen    6  6      π  π  z1  z2  6 cos    i  sen    2  2     z1  z2  6(0  i)  z1  z2  6i . Questão 107 – UEMA (Nº Complexos) Considere z um número complexo satisfazendo a condição | z | 2 . Se o argumento de z é igual 60º, então z 9 é igual a: a)  29 i

b)  29

d) 29 (1  i)

c) 29 (1  i)

e) 29

Solução Escrevendo z na forma trigonométrica: z  2 (cos 60º i  sen 60º )

z  2 (cos 180º i  sen 180º )  z  2 (1  i  0)  9

9

z 9  29 . Questão 108 – UFRGS (Nº Complexos) O valor de ( 3  i)9 é: a) 64 – 64i

b) –64i

Solução • z1  z2  4  5[cos (70  15º )  i  sen (70  15º )] 

z1  z2  20[cos 85  i  sen 85º ] . z1  z2 20  [cos (85º 40º )  i  sen (85º 40)]  z3 2

z1  z2  10 [cos 45º i  sen 45] . z3

z 9  29 (cos 540º i  sen 540º )  9

d) 10 (cos 45  i  sen 45)

e) 5 2 (1  i)

z 9  29 (cos 9  60º i  sen 9  60º )  9

c) 10 (cos 15  i  sen 15)

Questão 111 – (Nº Complexos) A segunda fórmula de De Moivre:   α 2k π   α 2k π   wk  n | z | cos     i  sen    n n n    n  Para qualquer número complexo z, não-nulo, admite n raízes enésimas distintas com o mesmo módulo

c) 64i

d) –64

e) 64

Solução Seja z  3  i .

| z | 3  1  2 . 3 3 π a  30º  .  α  arc cos  cos α  2 6 2 |z| 1 π 1 b  sen α   α  arc sen  30º  . • sen α  2 6 2 |z| Logo: π π π π   z  2 cos  i  sen   z 6  26 cos 6   i  sen 6    6 6 6 6    • cos α 

z 6  64 [cos π  i  sen π]  z 6  64 [1  i  0]  z 6  64 . Questão 109 – FGV-SP (Nº Complexos) O ponto P é o afixo de um número complexo z e pertence à circunferência de equação x 2  y 2  9 . Sabendo-se que o argumento de z é 60º, pode-se afirmar que: a) z 

3 1  i 2 2

b) z 

3 3 3  i 2 2

d) z 

3 3 3  i 2 2

e) z 

1 3  i 6 6

c) z 

1 3  i 2 2

Solução A circunferência x 2  y 2  9 tem centro (0, 0) e raio 3. Como P pertence à circunferência, a distância de P até C é o modulo de z e vale 3. Sendo 60° o argumento de z, temos: z  | z | (cos α  i  sen α)  z  6  (cos 60  i  sen 60) 

1 3  3 3 3 z  3  i  z  i. 2  2  2 2  Questão 110 – (Nº Complexos)

n

e seus α argumentos formam um progressão aritmética com, a1  e n 2π r . As raízes cúbicas do número complexo z  1  i n apresentam os argumentos θ 0 , θ1 e θ 2 , respectivamente:

7π , 12 7π c) , 12 23π e) 12 a)

23π 5π e . 12 4 23π 5π e . 12 4 5π 7π , e . 4 12

|z|

23π 5π 7π , e . 12 4 12 5π 23π 7π d) , e . 12 4 12 b)

Solução • | z | 1  (1)  2 . • cos α 

7π a 1 2  cos α    α  315  . 4 2 |z| 2

7π b 1 2  sen α    α  315  . 4 2 |z| 2 • A forma trigonométrica de z: 7π 7π    i  sen  . z  | z | (cos α  i  sen α)  z  2  cos 4 4   Para encontrar as raízes n = 3, temos a razão: 2π 2π r  . 3 n O argumento das raízes é: sen α 

n

|z| 3

2 

6

2.

As raízes z são w0 , w1 e w2 com os respectivos argumentos

θ 0 , θ1 e θ 2 .

7π 7π • θ0  4  θ0  . 12 3 http://omatematicoeadt.blogspot.com/


  7π   7π  w0  6 2 cos    i  sen   . 12  12     5π 15π 7π 2π 7π 8π 7π   r   θ1   θ1   • θ1  . 4 12 12 12 12 3 12   5π   5π  w1  6 2 cos    i  sen   .  4    4  23π 5π 5π 2π 15π 8π   r   θ2   • θ2  . 12 4 12 12 4 3   23π   23π  w1  6 2 cos    i  sen   .  12    12 

d(dividendo)

R(resto) Q(quociente) D×Q + R = d Assim, D = x 2  4 x  7 ; Q = x 2  1 ; R = x  8 ; d = p(x).

p( x)  ( x 2  4 x  7)( x 2  1)  x  8  p( x)  x 4  4 x3  7 x 2  x 2  4 x  7  x  8  p( x)  x 4  4 x3  8x 2  5x  1 . O coeficiente de x 2 é igual a 8. Questão 116 – UFPI (Polinômios) Seja R(x) o resto da divisão do polinômio 5 3 2 por P( x)  x  10 x  6 x  x  7 D( x)  x( x  1)( x  1) . Então, pode-se, afirmar que:

Questão 112 – Uniube-MG adaptada (Polinômios) O grau do polinômio: q( x)  ( x  1)( x  2) 2 ( x  3)3 ( x  100)100 é igual a: a) 100

b) 100!

c) 5.050

d) 10.100

D(divisor)

a) R(1) = –9 d) R(2) = 2

e) 100.100

Solução O grau do polinômio é dado pela soma dos termos da PA: (1, 2, 3, … 100). ( a  an ) n (1  100)  100 Sn  1  S100   101 50  5050 . 2 2 Logo, o gr(q) = 5.050. Questão 113 – UERN (Polinômios)

b) R(0) = 7 b) R(–1) = 8 2 e) R ( x)  x  8x  7

Solução D( x)  x( x 2  12 )  x 3  x .

Se A( x)  x 2  x  1 , B( x)  ( x  2) 2 e C( x)  3x , então

A( x)  B( x)  C( x) vale:

x5  10 x3  6 x 2  x  7

x3  x

 x5  x3

x2  9

 9 x3  6 x 2  x  7  9 x3  9 x

R ( x)  6 x 2  8 x  7

a)  3x3  13x 2  13x  1

b)  3x3  13x 2  13x  1

c)  3x3  15x 2  15x

d)  3x3  15x 2  15x

Logo, R (1)  6  12  8  1  7  9 .

e) 3x  15x  15x 3

2

Questão 117 – Uneb-BA (Polinômios)

Solução A( x)  B( x)  C( x)  ( x 2  x  1)  ( x  2) 2 (3x) 

Se o polinômio ax3  3x 2  8x  b é divisível por x 2  4 , então a  b é igual a:

A( x)  B( x)  C( x)  x 2  x  1  ( x 2  4 x  4)( 3x)  A( x)  B( x)  C( x)  x 2  x  1  3x3  12x 2  12x 

a) –24

A( x)  B( x)  C( x)   3x3  13x 2  13x  1 . Questão 114 – UFPA (Polinômios)

Solução • x 2  4  ( x  2)( x  2) .

O

polinômio

p( x)  ax3  bx 2  cx  d

e

idêntico

a

q( x)  5x  3x  4 . Então, podemos dizer que a  b  c  d é igual: 2

a) 6

b) 5

c) 4

e) –3

d) 0

Solução p( x)  q( x)  ax3  bx 2  cx  d  5x 2  3x  4 . Como a = 0; b = 5; c = –3 e d = 4. Logo, a  b  c  d  0  5  3  4  6 . Questão 115 – UFU-MG (Polinômios)

Solução

b) 4

c) 8

d) 5

c) 2

d) 6

e) 24

p(2)  0  8a  12  16  b  0 •  . p(2)  08  8a  12  16  b  0

 8a  b  28  2b  24  b  12 .  8a  b  4 8a  b  4  8a  12  4  8a  16  a  2 . • a  b  (12)  2  24 . Questão 118 – Unifor-CE (Polinômios)

Dividindo-se polinômio p(x) por x 2  4 x  7 , obtêm-se x 2  1 como quociente e x  8 como resto. É correto afirma que o coeficiente do termo de grau 2 é: a) –1

b) –6

e) 1

Se, no universo ℝ a equação x5  x 4  5x3  x 2  8x  4  0 admite a raiz (–1), com multiplicidade 3, então a soma das demais raízes é: a) –4

b) –3

c) 0

d) 3

e) 4

Solução • O (–1) do lado esquerdo é raiz e os demais são os coeficientes do polinômio de maior grau até o termo independente.

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–1

1

–1 –5

1

8

4

1 Aplicado o dispositivo de Briot-Ruffini 3 vezes, consiste em: Abaixar o coeficiente de maior grau e multiplicar com a raiz e depois somar com o coeficiente seguinte do polinômio, ou seja: 1·(–1) + (–1) = –2. –1 1 –1 –5 1 8 4 1 –2 Dessa forma, obtemos um polinômio de grau 4. –1 1 –1 –5 1 8 4 1 –2 –3 4 4 0 Aplicado o dispositivo de Briot-Ruffini pela 2ª vez. –1 1 –1 –5 1 8 4 –1

1

–2 –3

4

4

0

1 –3 0 4 0 Aplicado o dispositivo de Briot-Ruffini pela 2ª vez. –1 1 –1 –5 1 8 4 –1

1

–2 –3

4

4

–1

1

–3

0

4

0

–1

1

–4

4

0

0

O polinômio é Q( x)  x 2  4 x  4 .

x 2  4 x  4  0  (x  2) 2  x1  x2  2 Logo, 2 + 2 = 4.

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Solução de 118 questões  

Questões de Vestibulares

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