PROVA DE MATEMÁTICA ESPCEX 2018-2019

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Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

PROVA DE MATEMÁTICA EsPCEx 2018-2019 (MODELO D) DATA 30 DE SETEMBRO DE 2018 ENUNCIADOS 1) O volume de uma esfera inscrita em um cubo com volume 216 cm 3 é igual a a) 38 cm 3

b) 36 cm 3

c) 34 cm 3

d) 32 cm 3

e) 30 cm 3

2) Dentre as alternativas a seguir, aquela que apresenta uma função trigonométrica de período 2 , cujo gráfico está representado na figura abaixo é

a) c) e)

f ( x ) = 1 − sen (  − x ) f ( x ) = 2 − cos (  + x ) f ( x ) = 1 − cos (  − x )

b) f ( x ) = 1 + cos (  − x ) d) f ( x ) = 2 − sen (  + x )

3) Seja A o maior subconjunto de

no qual está definida a função real

x 3 − 5x 2 − 25x + 125 . Considere, ainda, B o conjunto das imagens de f. Nessas x +5 condições, a) A = − −5 e B = + − 10 b) A = − −5 e B = + f (x) =

c) A =

− −5 e B =

e) A =

− −5,5 e B =

d) A =

− −5,5 e B =

+

+

4) Enrico guardou moedas em um cofrinho por um certo período de tempo e, ao abri-lo, constatou que: I. o cofrinho contém apenas moedas de R$ 0,25, R$ 0,50 e R$ 1,00. II. a probabilidade de retirar uma moeda de R$ 0,25 é o triplo da probabilidade de retirar uma moeda de R$ 0,50. III. se forem retiradas 21 moedas de R$ 0,25 desse cofrinho, a probabilidade de retirar 9 . uma moeda de R$ 0,50 passa a ser 40

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IV. se forem retiradas 9 moedas de R$ 0,50 desse cofrinho, a probabilidade de retirar 1 uma moeda de R$ 1,00 passa a ser . 4 Diante dessas constatações, podemos afirmar que a quantidade de moedas de R$ 0,25 nesse cofrinho era a) 27 b) 32 c) 33 d) 81 e) 108 5) A equação log3 x = 1 + 12log x 2 3 tem duas raízes reais. O produto dessas raízes é a) 0

b)

1 3

c)

3 2

d) 3

e) 9

6) A equação da reta tangente ao gráfico da função f ( x ) = x 2 − 6x + 1, no ponto ( 4, −7 ) , é igual a a) y = −2x + 1 b) y = 3x − 19 c) y = x − 11 d) y = −3x + 5 e) y = 2x − 15 7) Na figura abaixo, a equação da circunferência é x 2 + y 2 = 3 e a reta suporte do segmento MN tem coeficiente angular igual a trapézio MNPO em relação ao eixo y é

a)

3 8

b)

21 8

c)

9 3 8

3. O volume gerado pela rotação do

d)

24  3 8

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e)

63 3 8

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8) Os pontos M ( 0, y ) , com y  0 e N ( 3, 4 ) pertencem a uma circunferência de centro C ( 0, 2 ) . Considere o ponto P, do gráfico de f ( x ) = x + 2, que possui ordenada y igual à do ponto M. A abscissa x do ponto P é igual a:

a)

7

b)

7 +2

c) 7

d) 9

e) 12

9) Sabendo que o gráfico a seguir representa a função real f ( x ) = x − 2 + x + 3 , então o valor de a + b + c é igual a

a) −7

b) −6

Desenho ilustrativo fora de escala c) 4 d) 6

e) 10

10) O número de raízes reais da equação 2cos2 x + 3cos x + 1 = 0 no intervalo 0, 2 é a) 0

b) 1

c) 2

d) 3

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e) 4

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11) A figura mostra um esboço do gráfico da função f ( x ) = a x + b, com a e b reais, a  0, a  1 e b  0. Então, o valor de f ( 2 ) − f ( −2 ) é igual a

3 a) − 4

15 b) − 4

Desenho ilustrativo fora de escala 1 7 c) − d) − 4 6

12) Considere a função f :

definida por f ( x ) = ( 3 )

→

e) −

35 6

4+ 2sen 3x

e a função

1+3cos 2x

 3 g : → , definida por g ( x ) =    3  valor máximo de g é igual a 1 1 a) b) c) 1 81 9

. O produto entre o valor mínimo de f e o

d) 9

e) 81

13) Uma fábrica de tratores agrícolas, que começou a produzir em 2010, estabeleceu como meta produzir 20.000 tratores até o final do ano de 2025. O gráfico abaixo mostra as quantidades de tratores produzidos no período 2010-2017.

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Admitindo que a quantidade de tratores produzidos evolua nos anos seguintes segundo a mesma razão de crescimento do período 2010-2017, é possível concluir que a meta prevista a) deverá ser atingida, sendo superada em 80 tratores. b) deverá ser atingida, sendo superada em 150 tratores. c) não deverá ser atingida, pois serão produzidos 1.850 tratores a menos. d) não deverá ser atingida, pois serão produzidos 150 tratores a menos. e) não deverá ser atingida, pois serão produzidos 80 tratores a menos. 14) Os centros de dois círculos distam 25 cm. Se os raios desses círculos medem 20 cm e 15 cm, a medida da corda comum a esses dois círculos é a) 12 cm b) 24 cm c) 30 cm d) 32 cm e) 36 cm 15) Em um triângulo ABC, BC = 12 cm e a mediana relativa a esse lado mede 6 cm. Sabendo-se que a mediana relativa ao lado AB mede 9 cm, qual a área desse triângulo? 35 cm 2 a) 35 cm 2 b) 2 35 cm 2 c) 6 35 cm 2 d) e) 3 35 cm 2 2 16) Uma hipérbole tem focos F1 ( −5, 0 ) e F2 ( 5, 0 ) e passa pelos pontos P ( 3, 0 ) e Q ( 4, y ) , com y  0. O triângulo com vértices F1, P e Q tem área igual a

a)

16 7 3

b)

16 7 5

c)

32 7 3

d)

8 7 3

e)

8 7 5

17) Considere o conjunto de números naturais 1, 2, ,15. Formando grupos de três números distintos desse conjunto, o número de grupos em que a soma dos termos é ímpar é a) 168 b) 196 c) 224 d) 227 e) 231 18) Sabendo que o número complexo i (sendo i a unidade imaginária) é raiz do polinômio p ( x ) = x5 − 2x 4 − x + 2, podemos afirmar que p ( x ) tem a) duas raízes iguais a i, uma raiz racional e duas raízes irracionais. b) i e −i como raízes complexas e três raízes irracionais. c) uma raiz complexa i e quatro raízes reais. d) i e −i como raízes complexas e três raízes inteiras. e) três raízes simples e uma raiz dupla.

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19) No plano complexo, temos uma circunferência  de raio 2 centrada na origem. Sendo ABCD um quadrado inscrito à , de acordo com a figura abaixo, podemos afirmar que o número complexo que representa o vértice B é

1 3 i a) − + 2 2

Desenho ilustrativo fora de escala 1 3 i b) − 3 − i c) −1 + 3 i d) − − 2 2

e) −

3 1 + i 2 2

20) Considere uma circunferência de centro O e raio 1 cm tangente a uma reta r no ˆ ponto Q. A medida do ângulo MOQ é 30, onde M é um ponto da circunferência. Sendo P o ponto da reta r tal que PM é paralelo a OQ, a área (em cm 2 ) do trapézio OMPQ é 3 3 1 3 3 3 a) − b) 2 − c) 1 + d) 2 − e) 2 8 2 8 2 2

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PROVA DE MATEMÁTICA EsPCEx 2018-2019 (MODELO D) DATA 30 DE SETEMBRO DE 2018 RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES 1) b (Geometria espacial – inscrição e circunscrição de sólidos) 2) e (Trigonometria – função trigonométrica) 3) b (Função – domínio e imagem) 4) d (Probabilidade) 5) d (Logaritmos – equação logarítmica) 6) e (Geometria analítica – reta) 7) b (Geometria espacial e geometria analítica) 8) c (Geometria analítica – circunferência) 9) c (Função modular) 10) d (Trigonometria – equação trigonométrica) 11) b (Função exponencial) 12) d (Função exponencial e linhas trigonométricas) 13) e (Progressão aritmética) 14) b (Geometria plana – relações métricas na circunferência) 15) c (Geometria plana – áreas) 16) a (Geometria analítica – hipérbole) 17) c (Análise combinatória) 18) d (Polinômios – equação polinomial) 19) c (Números complexos) 20) a (Geometria plana – áreas)

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PROVA DE MATEMÁTICA EsPCEx 2018-2019 (MODELO D) DATA 30 DE SETEMBRO DE 2018 RESOLUÇÃO

1) O volume de uma esfera inscrita em um cubo com volume 216 cm 3 é igual a a) 38 cm 3

b) 36 cm 3

c) 34 cm 3

d) 32 cm 3

e) 30 cm 3

RESOLUÇÃO: b A figura a seguir representa a seção meridiana de uma esfera inscrita em um cubo.

Observamos que a aresta do cubo é igual ao diâmetro da esfera, ou seja, a = 2R. Se o cubo tem volume 216 cm3 , então Vcubo = a 3 = 216. Assim, temos: a 3 216 = = 27. 8 8 4 4 Portanto, o volume da esfera é Vesf . = R 3 =   27 = 36 cm3 . 3 3 2R = a  8R 3 = a 3  R 3 =

2) Dentre as alternativas a seguir, aquela que apresenta uma função trigonométrica de período 2 , cujo gráfico está representado na figura abaixo é

a) f ( x ) = 1 − sen (  − x )

b) f ( x ) = 1 + cos (  − x ) madematica.blogspot.com Página 8 de 22

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c) f ( x ) = 2 − cos (  + x ) e) f ( x ) = 1 − cos (  − x )

d) f ( x ) = 2 − sen (  + x )

RESOLUÇÃO: e O gráfico da figura corresponde ao gráfico de y = cos x deslocado 1 unidade para cima, ou seja, y = 1 + cos x. Entretanto, essa não é uma das opções, então temos que encontrar uma expressão que seja equivalente a essa. Sabemos que cos (  − x ) = − cos x, então f ( x ) = 1 + cos x = 1 − cos (  − x ) .

3) Seja A o maior subconjunto de

no qual está definida a função real

x 3 − 5x 2 − 25x + 125 . Considere, ainda, B o conjunto das imagens de f. Nessas x +5 condições, a) A = − −5 e B = + − 10 b) A = − −5 e B = + f (x) =

c) A =

− −5 e B =

e) A =

− −5,5 e B =

d) A =

− −5,5 e B =

+

+

RESOLUÇÃO: b Inicialmente, vamos fatorar o numerador da fração. x 3 − 5x 2 − 25x + 125 = x 2 ( x − 5 ) − 25 ( x − 5 ) = ( x − 5 ) ( x 2 − 25 ) = 2 = ( x − 5)( x − 5)( x + 5) = ( x − 5) ( x + 5)

( x − 5 )2 ( x + 5 ) x 3 − 5x 2 − 25x + 125 2 ( ) = = ( x − 5)  x + 5  0 Assim, temos: f x = x +5 x +5  f ( x ) = x − 5 , x  −5 O domínio de f é A = − −5. Note que f ( −5) = −5 − 5 = 10, mas esse valor não deve ser excluído da imagem, pois f (15) = 15 − 5 = 10. Assim, a imagem de f são todos os reais não negativos, ou seja, B = +. 4) Enrico guardou moedas em um cofrinho por um certo período de tempo e, ao abri-lo, constatou que: I. o cofrinho contém apenas moedas de R$ 0,25, R$ 0,50 e R$ 1,00. II. a probabilidade de retirar uma moeda de R$ 0,25 é o triplo da probabilidade de retirar uma moeda de R$ 0,50. III. se forem retiradas 21 moedas de R$ 0,25 desse cofrinho, a probabilidade de retirar 9 . uma moeda de R$ 0,50 passa a ser 40 IV. se forem retiradas 9 moedas de R$ 0,50 desse cofrinho, a probabilidade de retirar 1 uma moeda de R$ 1,00 passa a ser . 4 madematica.blogspot.com Página 9 de 22

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Diante dessas constatações, podemos afirmar que a quantidade de moedas de R$ 0,25 nesse cofrinho era a) 27 b) 32 c) 33 d) 81 e) 108 RESOLUÇÃO: d A afirmação II estabelece que a probabilidade de retirar uma moeda de R$ 0,25 é o triplo da probabilidade de retirar uma moeda de R$ 0,50, então a quantidade de moedas de R$ 0,25 é o triplo da quantidade de moedas de R$ 0,50. Sejam 3x, x e y as quantidades de moedas de R$0,25, R$ 0,50 e R$ 1,00. A afirmativa III estabelece que se retirarmos 21 moedas de R$ 0,25, então a probabilidade de retirar uma moeda de R$ 0,50 é x 9 P= =  40x = 36x + 9y − 189  −4x + 9y = 189 (*) 4x + y − 21 40 A afirmativa IV estabelece que se retirarmos 9 moedas de R$ 0,50, então a probabilidade de retirar uma moeda de R$ 1,00 é y 1 P= =  4y = 4x + y − 9  4x − 3y = 9 (**) 4x + y − 9 4 Somando (*) com o triplo de (**), temos: ( −4x + 9y ) + 3  ( 4x − 3y ) = 189 + 3  9  8x = 216  x = 27. A quantidade de moedas de R$ 0,25 era 3  x = 3  27 = 81. 5) A equação log3 x = 1 + 12log x 2 3 tem duas raízes reais. O produto dessas raízes é a) 0

b)

1 3

c)

3 2

RESOLUÇÃO: d Inicialmente, observemos que x  0, x  *+ − 1.

d) 3

e) 9

x 2  0  x  0 e x 2  1  x  1. Assim,

Vamos agora resolver a equação logarítmica. 1 12 log3 x = 1 + 12log x 2 3  log3 x = 1 + 12   log3 x = 1 + 2 2  log3 x log3 x 6 2 2  log 3 x = 1 +  ( log 3 x ) = log 3 x + 6  ( log 3 x ) − log 3 x − 6 = 0 log 3 x 1  log3 x = −2  log3 x = 3  x = 3−2 =  x = 33 = 27 9 As duas raízes obtidas satisfazem à condição de existência dos logaritmos, então o 1 produto das raízes é  27 = 3. 9 6) A equação da reta tangente ao gráfico da função f ( x ) = x 2 − 6x + 1, no ponto

( 4, −7 ) , é igual a a) y = −2x + 1

b) y = 3x − 19

c) y = x − 11

d) y = −3x + 5

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e) y = 2x − 15

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RESOLUÇÃO: e O ponto ( 4, −7 ) pertence ao gráfico de f, pois f ( 4) = 42 − 6  4 + 1 = −7. Uma reta de coeficiente angular m passando pelo ponto ( 4, −7 ) tem equação y − ( −7 ) = m  y = mx − ( 4m + 7 ) . x−4 Para que a reta de equação y = mx − ( 4m + 7 ) seja tangente ao gráfico de f ( x ) = x 2 − 6x + 1, a interseção entre seus gráficos deve ser um único ponto. Assim,

x 2 − 6x + 1 = mx − ( 4m + 7 )  x 2 − ( m + 6) x + ( 4m + 8) = 0  x = 4  x = m + 2 Para que a interseção entre os gráficos seja única, as duas raízes devem ser iguais, então m + 2 = 4  m = 2. Portanto, a equação da reta tangente ao gráfico no ponto ( 4, −7 ) é

y = 2x − ( 4  2 + 7 )  y = 2x − 15. Essa questão fica mais fácil de se resolver usando derivada. O coeficiente angular m da reta tangente ao gráfico no ponto ( 4, −7 ) é f ' ( 4 ) . f ' ( x ) = 2x − 6  f ' ( 4 ) = 2  4 − 6 = 2 Assim, a equação da reta tangente pode ser escrita na forma y = 2x + n. Mas como ela passa pelo ponto ( 4, −7 ) , temos: −7 = 2  4 + n  n = −15. Portanto, a equação da reta tangente a esse gráfico no ponto ( 4, −7 ) é y = 2x − 15.

7) Na figura abaixo, a equação da circunferência é x 2 + y 2 = 3 e a reta suporte do segmento MN tem coeficiente angular igual a trapézio MNPO em relação ao eixo y é

3. O volume gerado pela rotação do

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a)

3 8

b)

21 8

c)

9 3 8

d)

24  3 8

e)

RESOLUÇÃO: b A circunferência de equação x 2 + y2 = 3 tem centro em O ( 0, 0 ) e raio

63 3 8

3.

Como a reta suporte do segmento MN tem coeficiente angular ˆ ) = 3  OMN ˆ = 60. tg ( OMN

3,

então

Vamos, agora, analisar o trapézio MNOP.

Sabemos que OM e ON são raios da circunferência, então OM = ON = 3 e o triângulo ˆ = OMN ˆ = 60, então o triângulo MON é MON é isósceles. Isso implica que ONM equilátero. ˆ = POM ˆ − MOM ˆ = 90 − 60 = 30 PON No triângulo retângulo OPN, temos: PN 1 PN 3 sen 30 =  =  PN = ON 2 2 3 OP 3 OP 3  =  OP = ON 2 2 3 O volume gerado pela rotação do trapézio MNOP ao redor de Oy é o volume de um tronco de cone de base paralelas de raio da base maior R = OM = 3, raio da base cos 30 =

3 3 e altura h = OP = . Assim, temos: 2 2 2  2  h ( 2 3  3    3 3  21 2 )  3 ( V= R + Rr + r =    3 ) + 3  +   = 3+ +  = 3 3 2  2  2   2 2 4 8 unidades de volume.

menor r = PN =

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8) Os pontos M ( 0, y ) , com y  0 e N ( 3, 4 ) pertencem a uma circunferência de centro C ( 0, 2 ) . Considere o ponto P, do gráfico de f ( x ) = x + 2, que possui ordenada y igual à do ponto M. A abscissa x do ponto P é igual a:

a)

7

b)

7 +2

c) 7

d) 9

e) 12

RESOLUÇÃO: c

O raio da circunferência é a distância do seu centro C ( 0, 2 ) ao ponto N ( 3, 4 ) pertencente à circunferência. Assim, R =

(

3 − 0 ) + ( 4 − 2 ) = 7. 2

2

Assim, a ordenada do ponto M é yM = 2 + 7. O ponto P tem mesma ordenada que o ponto M, então yP = 2 + 7. Como P pertence ao gráfico de f ( x ) = x + 2, então sua abscissa é dada por f ( x P ) = y P = 2 + 7  x P + 2 = 2 + 7  x P = 7  x P = 7.

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9) Sabendo que o gráfico a seguir representa a função real f ( x ) = x − 2 + x + 3 , então o valor de a + b + c é igual a

a) −7

b) −6

Desenho ilustrativo fora de escala c) 4 d) 6

e) 10

RESOLUÇÃO: c

( − x + 2 ) + ( − x − 3) = −2x − 1, se x  −3  f ( x ) = x − 2 + x + 3 = ( − x + 2 ) + ( x + 3) = 5, se − 3  x  2 (  x − 2 ) + ( x + 3) = 2x + 1, se x  2

Assim, a = −3, b = 2, c = 5 e a + b + c = ( −3) + 2 + 5 = 4. Note que a e b são as abscissas dos pontos em que há mudança de sinal da expressão no interior dos módulos, o que altera a expressão da função resultante. 10) O número de raízes reais da equação 2cos2 x + 3cos x + 1 = 0 no intervalo 0, 2 é a) 0

b) 1

c) 2

d) 3

e) 4

RESOLUÇÃO: d 2 cos 2 x + 3cos x + 1 = 0  cos x = −1  cos x = − cos x = −1  x  0, 2  x = 

1 2

1 2 4  x  0, 2  x =  x= 2 3 3 2 4 , , Assim, o conjunto solução é S = e o número de raízes reais no intervalo 3 3 0, 2 é 3. cos x = −





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11) A figura mostra um esboço do gráfico da função f ( x ) = a x + b, com a e b reais, a  0, a  1 e b  0. Então, o valor de f ( 2 ) − f ( −2 ) é igual a

3 a) − 4

15 b) − 4

Desenho ilustrativo fora de escala 1 7 c) − d) − 4 6

e) −

35 6

RESOLUÇÃO: b Os pontos ( 0,3) e ( −2,6 ) pertencem ao gráfico de f ( x ) = a x + b, então ( 0,3)  f  f ( 0 ) = a 0 + b = 3  1 + b = 3  b = 2 a 0

( −2, 6 )  f  f ( −2 ) = a −2 + 2 = 6  a −2 = 4  a =

1 2

x

1 Assim, a função é dada por f ( x ) =   + 2. 2 2

1 9 1 O valor de f ( 2 ) =   + 2 = + 2 = . 2 4 4 9 15 Portanto, f ( 2 ) − f ( −2 ) = − 6 = − . 4 4

12) Considere a função f :

definida por f ( x ) = ( 3 )

→

4+ 2sen 3x

e a função

1+3cos 2x

 3 g : → , definida por g ( x ) =    3  valor máximo de g é igual a 1 1 a) b) c) 1 81 9

. O produto entre o valor mínimo de f e o

d) 9

RESOLUÇÃO: d madematica.blogspot.com Página 15 de 22

e) 81

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A função exponencial de base entre 0 e 1 é decrescente e a função exponencial de base maior do que 1 é crescente. 3  1, o valor mínimo de f ( x ) = ( 3 )

Como

4+ 2sen 3x

ocorre para o menor valor de

seu expoente, ou seja, 4 + 2  ( −1) = 2. Portanto, o valor mínimo de f é

(

3 ) = 3. 2

1+3cos 2x

 3 3  1, o valor máximo de g ( x ) =  Como 0  ocorre para o menor valor  3  3  do seu expoente, ou seja, 1 + 3  ( −1) = −2. Portanto, o valor máximo de g é −2

 3 2   = ( 3 ) = 3.  3  Logo, o produto entre o valor mínimo de f e o valor máximo de g é igual a 3  3 = 9.

13) Uma fábrica de tratores agrícolas, que começou a produzir em 2010, estabeleceu como meta produzir 20.000 tratores até o final do ano de 2025. O gráfico abaixo mostra as quantidades de tratores produzidos no período 2010-2017.

Admitindo que a quantidade de tratores produzidos evolua nos anos seguintes segundo a mesma razão de crescimento do período 2010-2017, é possível concluir que a meta prevista a) deverá ser atingida, sendo superada em 80 tratores. b) deverá ser atingida, sendo superada em 150 tratores. c) não deverá ser atingida, pois serão produzidos 1.850 tratores a menos. d) não deverá ser atingida, pois serão produzidos 150 tratores a menos. e) não deverá ser atingida, pois serão produzidos 80 tratores a menos. RESOLUÇÃO: e A quantidade de tratores produzidos por ano é uma progressão aritmética de razão r = 70. Seja a n o termo de ordem n dessa progressão aritmética correspondente à quantidade de tratores produzidos no ano n, então a 2010 = 720 é o primeiro termo da progressão (pois foi o ano que os tratores começaram a ser produzidos). madematica.blogspot.com Página 16 de 22

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Podemos aplicar a fórmula do termo geral da PA para encontrar a quantidade de tratores que serão produzidos no ano de 2025. a 2025 = a 2010 + ( 2025 − 2010)  70 = 720 + 15  70 = 1770 Agora vamos usar a fórmula da soma dos 16 termos da PA para calcular a quantidade de tratores produzidos de 2010 até o final de 2025. ( a + a 2025 ) 16 (1770 + 720 ) 16 S = 2010 = = 19920 2 2 Portanto, a meta de 20.000 tratores não será atingida, pois serão produzidos 80 tratores a menos.

14) Os centros de dois círculos distam 25 cm. Se os raios desses círculos medem 20 cm e 15 cm, a medida da corda comum a esses dois círculos é a) 12 cm b) 24 cm c) 30 cm d) 32 cm e) 36 cm RESOLUÇÃO: b

A figura anterior representa a situação descrita no enunciado. Como 252 = 202 + 152 , então o triângulo OAO’ é retângulo. O segmento AM, que é metade da corda comum, é a altura do triângulo retângulo OAO’. Pelas relações métricas no triângulo retângulo, temos: OO' AM = OA  O'A  25  AM = 20 15  AM = 12. Portanto, a medida da corda comum é AB = 2  AM = 2 12 = 24 cm.

15) Em um triângulo ABC, BC = 12 cm e a mediana relativa a esse lado mede 6 cm. Sabendo-se que a mediana relativa ao lado AB mede 9 cm, qual a área desse triângulo? 35 cm 2 a) 35 cm 2 b) 2 35 cm 2 c) 6 35 cm 2 d) e) 3 35 cm 2 2 RESOLUÇÃO: c

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Sejam M e N os pontos médios dos lados BC e AC, respectivamente, do triângulo ABC. A mediana AM = 6 tem medida igual à metade do lado BC = 12, então o triângulo ABC é retângulo em A. Sejam AB = 2c e AC = 2b os catetos do triângulo, então, aplicando o teorema de Pitágoras aos triângulo retângulo ABC e ANC, temos: 4b2 + 4c2 = 122  b2 + c2 = 36 4b2 + c2 = 92  4b2 + c2 = 81 Subtraindo a primeira igualdade da segunda, temos: 3b2 = 45  b2 = 15  b = 15 Substituindo o valor de b na primeira igualdade, temos: 15 + c2 = 36  c2 = 21  c = 21 Assim, a área do triângulo retângulo ABC é AB  AC 2c  2b S= = = 2bc = 2 15  21 = 6 35 cm 2 . 2 2 16) Uma hipérbole tem focos F1 ( −5, 0 ) e F2 ( 5, 0 ) e passa pelos pontos P ( 3, 0 ) e Q ( 4, y ) , com y  0. O triângulo com vértices F1, P e Q tem área igual a

a)

16 7 3

b)

16 7 5

c)

32 7 3

d)

8 7 3

e)

8 7 5

RESOLUÇÃO: a A hipérbole tem focos F1 ( −5, 0 ) e F2 ( 5, 0 ) tem centro O ( 0, 0 ) e semidistância focal c = 5. O ponto P ( 3, 0 ) está sobre o eixo focal, então é um dos vértices da hipérbole e a = 3. Sabemos que em na hipérbole vale a relação c 2 = a 2 + b 2 , então 52 = 32 + b2  b = 4. A equação da hipérbole é

( x − 0 )2 32

−

( y − 0 )2 42

=1

x 2 y2 − = 1. 9 16

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O ponto Q ( 4, y ) , com y  0, é o ponto sobre a hipérbole que possui abscissa 4 e ordenada positiva. Assim, temos: 42 y 2 y 2 16 7 16  7 y0 4 − =1 = − 1 =  y2 =  y= 7 9 16 16 9 9 9 3 4 F1P  yQ 8  3 7 16 A área do triângulo F1PQ é dada por S = = = 7 unidades de área. 2 2 3 17) Considere o conjunto de números naturais 1, 2, ,15. Formando grupos de três números distintos desse conjunto, o número de grupos em que a soma dos termos é ímpar é a) 168 b) 196 c) 224 d) 227 e) 231 RESOLUÇÃO: c O conjunto 1, 2, ,15 possui 8 números ímpares e 7 números pares. Para que a soma dos termos do grupo seja ímpar, ele deve ser formado por um número ímpar e três números pares, ou por três números ímpares. 1º caso: quantidade de grupos com um número ímpar e dois pares 76 C18  C72 = 8  = 168 2 2º caso: quantidade de grupos com três números ímpares 87 6 C83 = = 56 3! Pelo princípio aditivo, o número de grupos, cuja soma dos termos é ímpar, é 168 + 56 = 224.

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18) Sabendo que o número complexo i (sendo i a unidade imaginária) é raiz do polinômio p ( x ) = x5 − 2x 4 − x + 2, podemos afirmar que p ( x ) tem a) duas raízes iguais a i, uma raiz racional e duas raízes irracionais. b) i e −i como raízes complexas e três raízes irracionais. c) uma raiz complexa i e quatro raízes reais. d) i e −i como raízes complexas e três raízes inteiras. e) três raízes simples e uma raiz dupla. RESOLUÇÃO: d p ( x ) = x 5 − 2x 4 − x + 2 = x ( x 4 − 1) − 2 ( x 4 − 1) = ( x − 2 ) ( x 4 − 1) =

= ( x − 2 ) ( x 2 + 1)( x 2 − 1) = ( x − 2 )( x + 1)( x − 1) ( x 2 + 1) O fator x 2 + 1 tem raízes  i, então as raízes de p ( x ) são i, −i, 2,1, −1 , ou seja, i e −i como raízes complexas e três raízes inteiras. 19) No plano complexo, temos uma circunferência  de raio 2 centrada na origem. Sendo ABCD um quadrado inscrito à , de acordo com a figura abaixo, podemos afirmar que o número complexo que representa o vértice B é

1 3 i a) − + 2 2

Desenho ilustrativo fora de escala 1 3 i b) − 3 − i c) −1 + 3 i d) − − 2 2

RESOLUÇÃO: c

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e) −

3 1 + i 2 2

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O ponto O é o centro do quadrado ABCD. Sabemos que as diagonais do quadrado são iguais, perpendiculares e cortam-se ao meio, então o ponto B pode ser obtido a partir de A por meio de uma rotação de 90 no sentido anti-horário em torno de O. O ponto A tem como afixo um número complexo de módulo 2 e argumento 30, que pode ser representado na forma trigonométrica como  3 1 z A = 2cis30 = 2 ( cos 30 + i sen 30 ) = 2  + i   = 3 + i.  2 2 O ponto B tem como afixo o número complexo z B resultado da rotação de 90 no sentido anti-horário do número complexo z A = 2cis30. Essa rotação é obtida multiplicando-se o número complexo z A por cis90 = i. Assim, temos: z B = z A  i = ( 3 + i )  i = −1 + 3 i.

20) Considere uma circunferência de centro O e raio 1 cm tangente a uma reta r no ˆ ponto Q. A medida do ângulo MOQ é 30, onde M é um ponto da circunferência. Sendo P o ponto da reta r tal que PM é paralelo a OQ, a área (em cm 2 ) do trapézio OMPQ é 3 3 1 3 3 3 a) − b) 2 − c) 1 + d) 2 − e) 2 8 2 8 2 2 RESOLUÇÃO: a

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A reta r é tangente à circunferência em Q, então o raio OQ = 1 é perpendicular a r. O segmento PM é paralelo a OQ, então também é perpendicular a r. Assim, o quadrilátero OMPQ é um trapézio retângulo. ˆ Seja M’ a projeção ortogonal de M sobre OQ, então OM'M = 90. No triângulo retângulo OM’M, temos: 1 1 MM ' = OM  sen 30 = 1  = 2 2 3 3 OM ' = OM  cos 30 = 1  = 2 2 3 Além disso, a base menor PM é dada por PM = QM ' = OQ − OM ' = 1 − e a altura do 2 1 trapézio é MM ' = . 2 Portanto, a área do trapézio OMPQ é  3 1 1+1−   ( OQ + PM )  MM '  2  2 = 4− 3 = 1 − 3. S= = 2 2 8 2 8

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