Matemática - Revisão Extensivo 3 Ano

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Matemática
3a. série – Ensino Médio
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SRevisão MATEMÁTICA
MÓDULO 11 Equações e Funções Elementares
1. (FGV-2019) – Se o produto 2564 . 6425 é igual ao quadrado de
um número inteiro positivo x, então a soma de todos os dígitos de x
quando ele está escrito na sua representação decimal é igual a
a) 7. b) 12. c) 14. d) 21. e) 28.
RESOLUÇÃO:
x2 = 2564 . 6425 ⇔ x2 = (52)64 . (26)25 ⇔ x2 = 5128 . 2150 ⇔
⇔ x2 = 5128 . 2128 . 222 ⇔ x2 = 222 . 10128 
Assim, x = 211 . 1064 ⇔ x = 2048 . 1064
Logo, a soma dos dígitos de x é igual a
2 + 0 + 4 + 8 + 0 + 0 + … + 0 = 14
14243
64 zeros
Resposta: C
2. A soma dos cubos das raízes da equação x2 – 3x – 5 = 0 é
a) 9 b) 18 c) 36 d) 72 e) 81
RESOLUÇÃO:
Sendo x1 e x2 as raízes da equação x
2 – 3x – 5 = 0 temos
Lembrando que (x1 + x2)
3 = x1
3 + x2
3 + 3x1 . x2 (x1 + x2) concluímos que
33 = x1
3 + x2
3 + 3 . (– 5) . 3 ⇔ x13 + x23 = 27 + 45 ⇔ x13 + x23 = 72
Resposta: D
x1 + x2 = 3
x1 . x2 = – 5�
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3. (UNESP) – Em relação a um sistema cartesiano de eixos
ortogonais com origem em O(0, 0), um avião se desloca, em linha reta,
de O até o ponto P, mantendo sempre um ângulo de inclinação de 45°
com a horizontal. A partir de P, o avião inicia trajetória parabólica, dada
pela função f(x) = – x2 + 14x – 40, com x e f(x) em quilômetros. Ao
atingir o ponto mais alto da trajetória parabólica, no ponto V, o avião
passa a se deslocar com altitude constante em relação ao solo,
representado na figura pelo eixo x.
Em relação ao solo, do ponto P para o ponto V, a altitude do avião
aumentou
a) 2,5 km. b) 3 km. c) 3,5 km.
d) 4 km. e) 4,5 km.
RESOLUÇÃO:
1) A abscissa do vértice V da parábola é – = 7 e a ordenada é 
f(7) = – 49 + 98 – 40 = 9
Logo: V(7; 9)
2) f(x) = g(x) e x < 7 ⇔ x = – x2 + 14x – 40 e x < 7 ⇒
⇒ x2 – 13x + 40 = 0 e x < 7 ⇔ x = 5
Para x = 5 temos f(5) = g(5) = 5 e, portanto, P(5; 5)
3) A altitude do avião aumentou, em quilômetros, 9 – 5 = 4
Resposta: D
4. (FUVEST) – Considere a função polinomial f: � → � definida
por f(x) = ax2 + bx + c, em que a, b, c ∈ � e a ≠ 0. No plano cartesiano
xy, a única intersecção da reta y = 2 com o gráfico de f é o ponto 
(2; 2) e a intersecção da reta x = 0 com o gráfico de f é o ponto (0; –6).
O valor de a + b + c é
a) –2 b) 0 c) 2 d) 4 e) 6
RESOLUÇÃO:
1) Como a intersecção da reta y = 2 com a função f(x) = ax2 + bx + c, é o
ponto (2; 2), tal ponto é o vértice da parábola V(xv; yv).
2) f(0) = – 6 ⇒ c = – 6
3) f(2) = 2 ⇒ 4a + 2b – 6 = 2 ⇔ 4a + 2b = 8 ⇔ 2a + b = 4
4) xv = – = 2 ⇒ b = – 4a
5) ⇔ 
6) Assim, a + b + c = – 2 + 8 – 6 = 0
O gráfico da função é do tipo
Resposta: B
b
–––
2a
� b = – 4a2a + b = 4
a = – 2
b = 8�
14
––––
– 2
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MÓDULO 22 Exponenciais e Logaritmos 
1. (FGV) – Em uma máquina fotográfica, a abertura na lente, pela
qual passa a luz, é indicada pela letra f. Admita que a fórmula que
fornece a medida da luz (S) que passa pela abertura, em função do valor
de f, para uma câmera de lente 35 mm, seja dada por S = log2 f
2.
A imagem indica uma lente 35 mm de abertura máxima igual a 1,4.
Adotando log 2 = 0,301 e log 7 = 0,845, o valor de S para a abertura
máxima dessa lente é, aproximadamente,
a) 0,91. b) 0,93. c) 0,95. d) 0,97. e) 0,99.
RESOLUÇÃO:
1) S = log2 f
2 = 2 log2 f = 2 . = . log f
2) Para f = 1,4, temos:
S = . log (1,4) = . log =
= . [log 14 – log 10] = . [log (7 . 2) – log 10] =
= . [log 7 + log 2 – 1] = . (0,845 + 0,301 – 1) � 0,97
Resposta: D
2. Resolvendo em � a equação 
5log x – = 3 . 3log x –
obtém-se como solução um número entre
a) 10 e 30 b) 30 e 50 c) 50 e 70
d) 70 e 90 e) 90 e 110
RESOLUÇÃO:
5log x – = 3 . 3log x – ⇔
⇔ 5log x + = 3 . 3log x + ⇔
⇔ �1 + � . 5log x = �3 + � . 3log x ⇔
⇔ . 5log x = . 3log x ⇔ 18 . 5log x = 50 . 3log x ⇔
⇔ � �
log x
= ⇔ � �
log x
= � �
2
⇔
⇔ log x = 2 ⇔ x = 100
Resposta: E
3log x
–––––––
3
5log x
–––––––
5
3log x
–––––
3
5log x
–––––
5
log f
––––––
log 2
2
–––––
0,301
2
–––––
0,301
14
––––
10
3log x
–––––
3
5log x
–––––
5
1
––
3
1
––
5
2
–––––
0,301
2
–––––
0,301
2
–––––
0,301
2
–––––
0,301
2
–––––
0,301
10
–––
3
6
––
5
5
––
3
5
––
3
50
–––
18
5
––
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3. A quantidade de números inteiros que pertencem ao conjunto
solução da inequação
log (x – 3) + log (x + 3) + log 5 – 3 . log 2 < 1 é igual a:
a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4
RESOLUÇÃO:
I) Condições de existência
⇔ ⇔ x > 3
II) log (x – 3) + log (x + 3) + log 5 – 3log 2 < 1 ⇒
⇒ log (x – 3) (x + 3) . 5 – log 23 < 1 ⇒ < 10 ⇒ x2 – 9 < 16 ⇒
⇒ x2 – 25 < 0 ⇒ –5 < x < 5, pois o gráfico f(x) = x2 – 25 é do tipo
De I e II decorre que o conjunto solução, em �, da inequação proposta é
S = {x ∈ � | 3 < x < 5}. 
Sendo x inteiro, temos x = 4.
Resposta: B 
4. (FUVEST-2019) – Se log2 y = – + log2 x, para x > 0,
então
a) y = b) y = 
c) y = – + 
3
����x2 d) y = ���2 .
3
����x2
e) y = �����2x3
RESOLUÇÃO:
log2y = – + . log2x ⇔
⇔ log2y = = ⇔
⇔ log2y = . log2 ⇔ log2y = log2
6 ⇔
⇔ y = 6 ⇔ y = ⇔ y = 
Resposta: A
� x – 3 > 0x + 3 > 0 �
x > 3
x > –3
(x2 – 9) . 5
–––––––––
8
1
–––
2
2
–––
3
3
����x2
–––––
���2
x3
–––
2
1––––
���2
1
–––
2
2
–––
3
– 3 + 4 . log2x–––––––––––––
6
– log28 + log2x
4
––––––––––––––
6
� x
4
–––
8 �
6
���x4
–––––
6
��8 
1
–––
6 �
3
���x2
–––––
��2 
x4
–––
8
x4
–––
8�
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1. (EFOMM) – Quantos anagramas é possível formar com a palavra
CARAVELAS, não havendo duas vogais consecutivas e nem duas
consoantes consecutivas?
a) 24 b) 120 c) 480 d) 1920 e) 3840
RESOLUÇÃO:
Para que os anagramas da palavra CARAVELAS não tenham duas vogais
consecutivas e nem duas consoantes consecutivas, as cinco consoantes
deverão ocupar as “posições ímpares” e as quatro vogais as “posições
pares”.
Assim sendo
1) As consoantes C, R, V, L e S podem ser dispostas de P5 = 5! = 120
maneiras diferentes;
2) As vogais A, A, E e A, podem ser dispostas de P4
(3) = = 4 modos
distintos.
De (1) e (2) concluímos que o número de anagramas que podem ser
formados, de acordo com o enunciado, é igual a
P5 . P4
(3) = 120 . 4 = 480
Resposta: C
2. (FUNDAÇÃO UNIVERSA) – Deseja-se escolher três números
naturais distintos, de 1 a 20, de modo que a soma desses números seja
um número par. A quantidade de maneiras como isso poderá ser feito
é igual a 
a) 560 b) 570 c) 580 d) 590 e) 600 
RESOLUÇÃO:
De 1 a 20 são dez números naturais ímpares e dez pares.
Os três números distintos escolhidos devem ser os três pares ou um par e
dois ímpares para que a soma deles seja par.
Então:
a) 3 pares: C10,3 = = 120
b) 1 par e 2 ímpares: C10,1 . C10,2 = 10 . = 450
A quantidade de maneiras como as escolhas poderão ser feitas resulta igual a 
C10,3 + C10,1 . C10,2 = 120 + 450 = 570
Resposta: B
4!
–––
3!
10 . 9 . 8
––––––––
3 . 2 . 1
10 . 9
––––––
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MÓDULO 33 Análise Combinatória e Probabilidade
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3. (FGV-2019) – Uma porta eletrônica possui 6 botões. As digita -
ções dos botões que podem ser usadas para programar o sistema de
abertura da porta são:
• todas sequências de 5 digitações, sem que se repita um botão
digitado;
• todas as possibilidades em que são digitados dois botões,
simultaneamente, e, em seguida, três botões, simultaneamente,
podendo repetir os botões;
• todas as possibilidades em que são digitados três botões,
simultaneamente, e, em seguida, dois botões, simultaneamente,
sem poder repetir os botões.
O número de possibilidades diferentes de programar o sistemade
abertura dessa porta é igual a
a) 1 020. b) 1 080. c) 1 320.
d) 1 380. e) 1 460.
RESOLUÇÃO:
1) O total de sequência de 5 digitações, sem que se repita um botão
digitado, é dado por A6,5 = 720.
2) O total de sequências em que são digitados dois botões, simultanea -
mente, e, em seguida, três botões, simultaneamente, podendo repetir os
botões, é dado por C6,2 . C6,3 = 15 . 20 = 300.
3) O total de sequências em que são digitados três botões, simultanea -
mente, e, em seguida, dois botões, simultaneamente, sem poder repetir
os botões, é dado por C6,3 . C3,2 = 20 . 3 = 60.
Assim, o número total de possibilidades diferentes de programar o sistema
de abertura dessa parte é igual a 720 + 300 + 60 = 1080.
Resposta: B
4. (FGV-2019) – Uma caixa contém duas bolas pretas e três bolas
brancas. As bolas são removidas aleatoriamente da caixa, uma a uma
e sem reposição, até que todas as bolas brancas sejam removidas ou
até que todas as bolas pretas sejam removidas.
A probabilidade de que a última bola removida seja preta é igual a:
a) . b) . c) . d) . e) .
RESOLUÇÃO:
Das P2,35 = = 10 maneiras de retirar as cinco bolas da urna (caso
todas fossem retiradas), a última bola retirada será preta nos seguintes
casos:
Assim, a probabilidade da última bola retirada ser preta é 6 . =
Resposta: D
2
––
5
9
–––
20
11
–––
20
3
––
5
3
––
4
5!
–––––
2! 3!
Retiradas Probabiliadades
PP
2 1 1
––– . ––– = –––
5 4 10
PBP
2 3 1 1
––– . ––– . ––– = ––––
5 4 3 10
PBBP
2 3 2 1 1
––– . ––– . ––– . ––– = ––––
5 4 3 2 10
BPP
3 2 1 1
––– . ––– . ––– = ––––
5 4 3 10
BPBP
3 2 2 1 1
––– . ––– . ––– . ––– = ––––
5 4 3 2 10
BBPP
3 2 2 1 1
––– . ––– . ––– . ––– = ––––
5 4 3 2 10
1
–––
10
3
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1. O setor de recursos humanos de uma empresa pre -
ten de fazer contratações para adequar-se ao artigo
93 da Lei no. 8.213/91, que dispõe:
Art. 93. A empresa com 100 (cem) ou mais empregados está obrigada
a preencher de 2% (dois por cento) a 5% (cinco por cento) dos seus
cargos com beneficiários reabilitados ou pessoas com deficiência,
habilitadas, na seguinte proporção:
I. até 200 empregados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2%;
II. de 201 a 500 empregados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3%;
III. de 507 a 1 000 empregados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4%;
IV. de 1 001 em diante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5%.
(Disponível em: <www.planalto.gov.br>. Acesso em: 3 fev. 2015.)
Constatou-se que a empresa possui 1 200 funcionários, dos quais 10
são reabilitados ou com deficiência, habi litados.
Para adequar-se à referida lei, a empresa contratará apenas empregados
que atendem ao perfil indicado no artigo 93.
O número mínimo de empregados reabilitados ou com deficiência,
habilitados, que deverá ser contratado pela empresa é
a) 74. b) 70. c) 64. d) 60. e) 53.
RESOLUÇÃO:
Se x for o número mínimo de empregados reabilitados, então
10 + x = 5% . (1200 + x) ⇔ 100 (10 + x) = 5 (1200 + x)
⇔ 1000 + 100x = 6000 + 5x ⇔ 95x = 5000 ⇔ x � 52,6
O número mínimo é 53
Resposta: E
2. (UERJ) – Na compra de um fogão, os clientes podem optar por
uma das seguintes formas de pagamento:
• à vista, no valor de R$ 860,00;
• em duas parcelas fixas de R$ 460,00, sendo a primeira paga no ato
da compra e a segunda 30 dias depois.
A taxa de juros mensal para pagamentos não efetuados no ato da
compra é de:
a) 10% b) 12% c) 15% d) 18%
RESOLUÇÃO:
Como a primeira parcela, paga no ato da compra, foi de R$ 460,00, a dívida
do cliente passou a ser de R$ 400,00 (860 – 460).
A segunda parcela de R$ 460,00 inclui, em reais, juros de
= = 15%
Resposta: C
3. (UNICAMP-2019) – Os preços que aparecem no cardápio de um
restaurante já incluem um acréscimo de 10% referente ao total de
impostos. Na conta, o valor a ser pago contém o acrés cimo de 10%
relativo aos serviços (gorjeta). Se o valor total da conta for p reais, o
cliente estará desembolsando pelo custo original da refeição, em reais,
a quantia de
a) p/1,20. b) p/1,21. c) p × 0,80. d) p × 0,81.
RESOLUÇÃO:
Se c for o custo e p o valor pago pelo cliente, então:
1,1 . 1,1 . c = p ⇔ c = = 
Resposta: B
60
–––––
400
460 – 400
–––––––––––
400
p
–––––
(1,1)2
p
–––––
1,21
MÓDULO 44 Estatística, Juros e Porcentagem
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4. (CFOAV) – As notas de oito alunos numa prova de matemática
foram escritas numa tabela como a que segue:
Sabe-se que a média aritmética dessas notas é 8,2. Considerando as
notas dos oito alunos, é correto afirmar que a nota do aluno G é:
a) igual à moda
b) inferior a 9,8
c) superior à mediana
d) inferior à media aritmética das outras sete notas
RESOLUÇÃO:
1) A média aritmética das 8 notas é A = 8,2 ⇔
⇔ = 8,2 ⇔ x = 9,9
2) O rol é 6,4; 6,5; 7,4; 8; 8; 9,4; 9,9; 10
3) A moda é Mo = 8
4) A mediana é Md = = 8
5) A média aritmética das outras sete notas é
= 	 8
Resposta: C
5. (FGV) – A média aritmética das notas de cinco provas de
estatística é 6,4. Retirando-se a prova com a menor nota, a nova média
aritmética sobe para 7,0. Agora, retirando-se a prova com a maior nota,
a nova média aritmética das três provas remanescentes abaixa para 6,5.
Se a moda das notas das cinco provas é 6,0, então, necessariamente, a
nota de uma das cinco provas é
a) 6,8. b) 7,2. c) 7,4. d) 7,5. e) 8,0.
RESOLUÇÃO:
Sejam N1, N2, N3, N4 e N5 as notas de cinco provas, onde N1 é a menor nota
e N5 a maior nota. De acordo com o enunciado, temos:
I) = 6,4 ⇔ N1 + N2 + N3 + N4 + N5 = 32
II) = 7 ⇔ N2 + N3 + N4 + N5 = 28
III) Logo, N1 + 28 = 32 ⇔ N1 = 4
IV) = 6,5 ⇔ N2 + N3 + N4 = 19,5
V) Logo, 4 + 19,5 + N5 = 32 ⇔ N5 = 8,5
VI) Como a moda das cinco notas é 6, existe, pelo menos, duas notas 6
entre as três remanescentes. Chamando de x a terceira nota, resulta:
x + 6 + 6 = 19,5 ⇔ x = 7,5
Resposta: D
6,5 + 10 + 8 + 8 + 9,4 + 6,4 + x + 7,4
–––––––––––––––––––––––––––––––
8
8 + 8
––––––
2
6,4 + 6,5 + 7,4 + 8 + 8 + 9,4 + 10
––––––––––––––––––––––––––––
7
55,7
–––––
7
Aluno A B C D E F G H
Nota 6,5 10 8 9,4 8 6,4 x 7,4
N1 + N2 + N3 + N4 + N5
––––––––––––––––––––––
5
N2 + N3 + N4 + N5
––––––––––––––––––
4
N2 + N3 + N4
–––––––––––––
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1. (FATEC) – Para a realização de uma atividade, um professor
pretende dividir a sua turma em grupos. O professor observou que, se
dividir a turma em grupos de 3 alunos, exatamente um aluno ficará de
fora da atividade; se dividir em grupos de 4 alunos, exatamente um
aluno também ficará de fora. 
Considere que nessa turma há N alunos, dos quais 17 são homens, e
que o número de mulheres é maior que o número de homens. 
Nessas condições, o menor valor de N é um número 
a) primo e não par. 
b) par e não divisível por 4. 
c) ímpar e divisível por 5. 
d) quadrado perfeito. 
e) cubo perfeito. 
RESOLUÇÃO:
1) ⇒ N – 1 é divisível por 3
⇒ N – 1 é divisível por 4
desta forma, (N – 1) é múltiplo de 3 . 4 = 12.
2) Se na turma há 17 homens e o número de mu lheres é maior que o
número de homens, então N ≥ 17 + (17 + 1) = 35 ⇔ N – 1 ≥ 34
3) O menor múltiplo de 12 maior ou igual a 34 é 36. Assim, N – 1 = 36 ⇔
N = 37
Resposta: A
2. (PREFEITURA-RJ) – Em uma repartição pública trabalham x
pessoas. Escrevendo-se o algarismo 4 à direita do número x, de forma
que o 4 ocupe a ordem das unidades simples, obtemos um número 337
unidades maior do que x. A soma dos algarismos de x é igual a:
a) 14 b) 12 c) 10 d) 8
RESOLUÇÃO:
Escrevendo-se o algarismo 4 à direita do número x, de forma que o 4 ocupe
a ordemdas unidades simples, obtemos o número 10x + 4.
Portanto, devemos ter 10x + 4 = x + 337 ⇔ 9x = 333 ⇔ x = 37.
Assim, 3 + 7 = 10.
Resposta: C
3
q
N
1
4
q’
N
1
MÓDULO 55 Conjuntos Numéricos (�, �, �, �, �)
REV 1_MAT_3oANO_2019_Rose 15/08/2019 10:31 Página 9
3. (UNICAMP) – Considere o número complexo z = ,
onde a é um número real e i é a unidade imaginária, isto é, i2 = – 1. O
valor de z2016 é igual a 
a) a2016. b) 1. c) 1+ 2016i. d) i. 
RESOLUÇÃO:
I) z = . = = = i
II) ⇒ z2016 = i2016 = i0 = 1
Resposta: B
4. Sendo z = ���3 + i (i2 = – 1), então z10 resulta igual a
a) – 512 + 512���3i b) 512���3 – 5i
c) 1024 – 1024i d) 512 + 512i
e) 512 – 512���3i
RESOLUÇÃO:
1) z = ���3 + i ⇒ 
z
 = � = ����3 + 1 = 2
2) arg z = � ⇔ ⇔ � = 30°
3) A forma trigonométrica de z é z = 2(cos 30° + isen 30°)
4) z10 = 210 . [cos(10 . 30°) + isen(10 . 30°)] = 
= 1024 (cos 300° + isen 300°) = 1024 . � + i . �– �
 =
= 512 – 512 ���3 i
Resposta: E
1 + ai
––––––
a – i
a + i
––––––
a + i
a + i + a2i – a
–––––––––––––
a2 + 1
(1 + a2)i
–––––––––
1 + a2
2016
0
4
504 �
0° ≤ � ≤ 360°
���3 
cos � = ––––
2
1 
sen � = ––––
2
1
––
2
���3 
––––
2
1 + ai––––––
a – i
10 –
M
A
T
EM
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T
IC
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 3
a.
S
 
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A
 3
a .
S
1. Na divisão do polinômio 
A(x) = x3 – 2x2 + x – 1 por B(x) = x2 + x + 2 
obtém-se quociente Q(x) e resto R(x). O valor de Q(5) + R(5) é
a) 13 b) 14 c) 15 d) 16 e) 17
RESOLUÇÃO:
Utilizando o Método da Chave para efetuar a divisão resulta
x3 – 2x2 + x – 1 x2 + x + 2 
––––––––––––––– x – 3
– 3x2 – x – 1
+ 3x2 + 3x + 6
–––––––––––––
2x + 5
O quociente é Q(x) = x – 3 e o resto é R(x) = 2x + 5
Então, Q(5) + R(5) = (5 – 3) + (2 . 5 + 5) = 17
Resposta: E
2. Dividindo-se um polinômio P(x) por x – 2 e x + 3 obtém-se restos
iguais a – 3 e 7, respectivamente. O resto da divisão de P(x) por 
x2 + x – 6 é:
 a) 2x – 1 b) – 2x + 1 c) 3x – 4
d) – 3x + 4 e) x – 4
RESOLUÇÃO:
II) ⇒ P(x) = (x2 + x – 6) . Q(x) + ax + b ⇒
⇒
Decorre de (I) e (II) que
⇒
Então, R(x) = ax + b = – 2x + 1
Resposta: B
3. O polinômio A(x) = 2x5 – 15x4 + 44x3 – 63x2 + 44x – 12 é tal que 
A(x) = (x – 1)2 . (x – 2)2 . B(x). Então, B(x) é o polinômio:
a) 2x + 1 b) 2x – 1 c) 2x – 3
d) 2x + 3 e) 2x + 5
RESOLUÇÃO:
A(x) é divisível por (x – 1)2 e também por (x – 2)2. Utilizando o dispositivo-
prático de Briot-Ruffini, obtém-se:
Concluímos, então, que:
A(x) = (x – 1)2 . (x – 2)2 . (2x – 3) = (x – 1)2 . (x – 2)2 . B(x) ⇔
⇔ B(x) = 2x – 3
Resposta: C
P(2) = – 3
P(– 3) = 7�⇒
P(x) = (x – 2) . Q1(x) – 3
P(x) = (x + 3) . Q2(x) + 7
�⇒
P(x) x – 2
– 3 Q1(x)
P(x) x + 3
7 Q2(x) 
�I)
P(x) x2 + x – 6
ax + b Q(x)
P(2) = 2a + b
P(– 3) = – 3a + b�
a = – 2
b = 1�
2a + b = – 3
– 3a + b = 7�
2
2
2
2
2
– 15
– 13
– 11
– 7
– 3
44
31
20
6
0
– 63
– 32
– 12
0
44
12
0
– 12
0
1
1
2
2
MÓDULO 66 Polinômios e Equações Algébricas
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4. A soma dos inversos das raízes da equação 2x3 – 5x2 + 4x + 6 = 0
é :
a) b) c) d) – e) –
RESOLUÇÃO:
Sendo x1, x2 e x3 as raízes da equação 2x
3 – 5x2 + 4x + 6 = 0, das relações
de Girard, temos:
II) + + = = = –
Resposta: D
5. (INSPER) – O gráfico a seguir representa a função 
ƒ(x) = x3 + 9x2 + 23x + 15
Se os pontos a, b e c são as raízes de ƒ, então 2a + 2b + 2c é igual a
a) b) c) d) e)
RESOLUÇÃO:
Os números inteiros que podem ser raiz da equação (de coeficientes
inteiros) são os divisores de 15, isto é, D(15) = {� 1, � 3, � 5, � 15} e – 1 é
raiz de f(x) pois f(– 1) = 0.
Utilizando o dispositivo prático de Briot-Ruffini para dividir f(x) por x + 1
obtém-se
Então, f(x) = (x + 1)(x2 + 8x + 15) e 
f(x) = 0 ⇔ x = – 1 ou x = – 3 ou x = – 5
Em ordem crescente, por exemplo, a = – 5, b = – 3 e c = – 1
Logo, 2a + 2b + 2c = 2–5 + 2–3 + 2–1 = + + = 
= = 
Resposta: A
3
–––
2
2
–––
3
1
–––
3
2
–––
3
3
–––
2
I) �
5
x1 + x2 + x3 = –––2
4
x1x2 + x1x3 + x2x3 = ––– = 22 
– 6
x1x2x3 = –––– = – 3 2
1
––––
x1
1
––––
x2
1
––––
x3
x2x3 + x1x3 + x1x2––––––––––––––––
x1x2x3
2
––––
– 3
2
––––
3
21
––
32
32
––
43
43
––
54
54
––
65
65
––
76
1 9 23 15 
 – 1––––––––––––––––––––––
1 8 15 0 
1
––
32
1
––
8
1
––
2
1 + 4 + 16
––––––––––
32
21
––
32
x
y
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MÓDULO 77 Conjuntos e Funções
1. (ALBERT EINSTEIN) – Um grupo de 180 turistas estão
hospedados em um mesmo hotel no estado de São Paulo. As regiões
Norte, Sul e Sudeste são as regiões do Brasil que já foram visitadas
por pelo menos um desses turistas. Desses turistas, 89 já estiveram na
Região Sul e 78 já estiveram na Região Norte. Sabendo que 33 desses
turistas só conhecem a Região Sudeste, o número desses turistas
que já estiveram nas Regiões Norte e Sul é
a) 10. b) 13. c) 17. d) 20.
RESOLUÇÃO:
Se 33 dos 180 turistas só conheceram a Região Sudeste, então o número de
turistas que conheceram a Região Norte ou a Região Sul é 180 – 33 = 147
Como n (Norte � Sul) = n (Norte) + n (Sul) – n (Norte e Sul), em que n (X)
significa o número de turistas que já visitaram a região X, temos:
147 = 78 + 89 – n (Norte e Sul) ⇔ n (Norte e Sul) = 20.
Resposta: D
2. (UNIFOR) – No dia 17 de abril de 2016, em votação histórica, o
plenário da Câmara dos Deputados aprovou a abertura de processo de
impeachment da presidenta Dilma Rousseff, por 367 votos a favor, 137
contra, 7 abstenções e 2 ausências. A sessão, comandada por Eduardo
Cunha (PMDB-RJ), alvo de protestos, foi marcada por tensão, troca
de acusações, bate-boca e tumulto, e durou seis horas, além dos dois
outros dias de debate. Suponhamos que a presidenta, preocupada com
a votação, havia pedido aos seus aliados que fizessem uma pesquisa
com alguns parlamentares que iriam participar da votação para saber o
posicionamento deles em relação ao processo de impeachment. A
pesquisa havia constatado que:
• 200 votariam a favor do impeachment;
• 150 votariam contra o impeachment;
• 50 pediriam abstinência;
• 80 votariam a favor do impeachment ou votariam contra o impeachment;
• 30 pediriam abstinência ou votariam contra o impeachment;
• 20 pediriam abstinência ou votariam a favor do impeachment;
• 10 pediriam abstinência ou votariam a favor do impeachment ou
votariam contra o impeachment.
Com base nas informações da pesquisa acima, o número de parlamen -
tares entrevistados foram
a) 270 b) 280 c) 300 d) 340 e) 360
RESOLUÇÃO:
O enunciado sugere o seguinte diagrama de Venn-Euler:
A favor (200) Contra (150)
Abstinência (50)
Assim, o número de parlamentares entrevistados foi
110 + 70 + 50 + 20 + 10 + 10 + 10 = 280
Resposta: B
110 70
10
10
20
50
10
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3. (UNICAMP) – Sabe-se que, em um grupo de 10 pessoas, o livro
A foi lido por 5 pessoas e o livro B foi lido por 4 pessoas. Podemos
afirmar corretamente que, nesse grupo,
a) pelo menos uma pessoa leu os dois livros.
b) nenhuma pessoa leu os dois livros.
c) pelo menos uma pessoa não leu nenhum dos dois livros.
d) todas as pessoas leram pelo menos um dos dois livros.
RESOLUÇÃO:
Seja LA o conjunto das pessoas que leram o livro A e LB o conjunto das
pessoas que leram o livro B.
Como n(LA � LB) = n(LA) + n(LB) – n(LA � LB), a união desses dois
conjuntos terá a maior quantidade de elementos quando n(LA � LB) = 0
(LA e LB forem dijuntos). Neste caso n(LA � LB) = 5 + 4 = 9. 
Desta forma, como o grupo de pessoas tem 10 ele mentos, pelo menos 
10 – 9 = 1 pessoa não leu nenhum dos livros.
Resposta: C
4. (FUVEST) – Um dono de restaurante assim descreveu a evolução
do faturamento quinzenal de seu negócio, ao longo dos dez primeiros
meses após a inauguração: “Até o final dos três primeiros meses,
tivemos uma velocidade decrescimento mais ou menos constante,
quando então sofremos uma queda abrupta, com o faturamento caindo
à metade do que tinha sido atingido. Em seguida, voltamos a crescer,
igualando, um mês e meio depois dessa queda, o faturamento obtido ao
final do terceiro mês. Agora, ao final do décimo mês, estamos
estabilizando o faturamento em um patamar 50% acima do faturamento
obtido ao final do terceiro mês”.
Considerando que, na ordenada, o faturamento quinzenal está
representado em unidades desconhecidas, porém uniformemente
espaçadas, qual dos gráficos é compatível com a descrição do
comerciante?
RESOLUÇÃO
A frase “até o final dos três primeiros meses, tivemos uma velocidade de
crescimento mais ou menos constante” sugere que nos três primeiros meses
o gráfico é um segmento de reta do tipo
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A frase “sofremos uma queda abrupta” sugere um gráfico decrescente. A
frase “com o faturamento caindo à metade do que tinha sido atingido
sugere que a extremidade B desse segmento tem ordenada que é a metade
da ordenada de A, conforme o gráfico.
As frases seguintes sugerem que no quinto mês o faturamento (ordenada)
chegou a igualar a do fim do terceiro mês (ponto A) e depois continuou
subindo até atingir o valor 50% superior a este. O gráfico final fica
assemelhando-se ao gráfico da alternativa E.
Resposta: E
5. (UNICAMP) – Considere as funções f e g, cujos gráficos estão
represen tados na figura abaixo.
O valor de f(g(1)) – g(f(1)) é igual a
a) 0. b) 1. c) – 1. d) 2.
RESOLUÇÃO:
I) g(1) = 0 ⇒ f(g(1)) = f(0) = 1
II) f(1) = – 1 ⇒ g(f(1)) = g(– 1) = 0
III) f(g(1)) – g(f(1)) = 1 – 0 = 1
Resposta: B
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1. (UEL) – A solução da equação logarítmica
log3 x + log3 x
2 + … + log3 x
49 + log3 x
50 = 2550 é:
a) x = 1 b) x = 3 c) x = 9
d) x = log3 1275 e) x = log3 2550
RESOLUÇÃO:
log3 x + log3 x
2 + … + log3 x
49 + log3 x
50 = 2550 ⇔
⇔ log3 x + 2log3 x + … + 49 log3 x + 50 log3 x = 2550 ⇔
⇔ (log3 x)(1 + 2 + … + 49 + 50) = 2550 ⇔
⇔ . log3x = 2550 ⇔ 1275 . log3x = 2550 ⇔
⇔ log3 x = 2 ⇔ x = 32 = 9
Resposta: C
2. (UNISA) – Renato leu um livro de 1 000 páginas durante as
férias. No primeiro dia, leu 7 páginas e, a cada dia, lia 11 páginas a
mais do que no dia anterior, até o décimo terceiro dia. No décimo
quarto dia Renato terminou a leitura, lendo nesse dia um total de
páginas igual a
a) 128. b) 51. c) 150. d) 73. e) 95.
RESOLUÇÃO:
As quantidades de páginas lidas por Renato até o décimo terceiro dia são
os termos da progressão aritmética (7; 18; 29; …; a13). 
a13 = 7 + (13 – 1) . 11 = 139
O total de páginas lidas nesses treze dias foi
S13 = = = 73 . 13 = 949
No décimo quarto dia Renato leu 1 000 – 949 = 51 páginas
Resposta: B
(1 + 50) . 50
–––––––––––
2
(7 + 139) . 13
–––––––––––––
2
(a1 + a13) . 13
––––––––––––
2
MÓDULO 88 Progressões Aritméticas e Progressões Geométricas
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 3
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S3. (UNIFOR) – Uma pessoa faz regime alimentar durante algumas
semanas. Na primeira semana, emagreceu 5 kg e, em cada semana
posterior, emagreceu 60% que perdeu na semana anterior. Qual o
tempo mínimo, em semanas, que a pessoa perdeu 11kg?
a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6
RESOLUÇÃO:
O número de kg que a pessoa perdeu por semana são os termos da pro -
gressão geométrica (5; 5.(0,6); 5.(0,6)2; 5.(0,6)3; …) de razão 0,6 (60%).
A soma dos n primeiros termos dessa progressão é 
Sn = = [1 – (0,6)
n] > 11 ⇔
⇔ 1 – (0,6)n > ⇔ (0,6)n < ⇔ (0,6)n < 0,12
Observemos que: (0,6)1 = 0,6 > 0,12
(0,6)2 = 0,36 > 0,12
(0,6)3 = 0,216 > 0,12
(0,6)4 = 0,1296 > 0,12
(0,6)5 = 0,07776 < 0,12
Assim, n ≥ 5 e, portanto, o número mínimo de semanas é 5.
Resposta: D 
4. (FGV) – Um círculo é inscrito em um quadrado de lado m. Em
seguida, um novo quadrado é inscrito nesse círculo, e um novo círculo
é inscrito nesse quadrado, e assim sucessivamente. A soma das áreas
dos infinitos círculos descritos nesse processo é igual a
a) b) c) d) e)
RESOLUÇÃO:
O quadrado ABCD tem lado m e o círculo nele inscrito possui raio .
O quadrado EFGH tem diagonal m e lado . O círculo nele inscrito
possui raio .
O quadrado IJKL tem diagonal e lado .
O círculo nele inscrito tem raio .
Assim, sendo S a soma das áreas dos infinitos círculos, temos:
Portanto: S = unidades de área.
Resposta: A
πm2
––––
2
3πm2
–––––
8
πm2
–––––
3
πm2
–––––
4
πm2
–––––
8
m
–––
2
m���2
––––––
2
m���2
––––––
4
m���2
––––––
2
m
–––
2
m
–––
4
S = π � m–––2 �
2
+ π
m���2
–––––
4
+ π
m
–––
4
+ … =
= π � m
2 m2 m2
––– + ––– + ––– + …
4 8 16 � = π .
m2
––––
4
––––––––
1
1 – ––
2
= π .
m2
––––
2
π m2
––––––
2
25
–––
2
5 . [(0,6)n – 1]
––––––––––––––
0,6 – 1
3
–––
25
22
–––
25
� �
2
�
2
�
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 3
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1. (FATEC) – João, Sílvia e Pedro são funcionários de uma empresa. 
Considere as matrizes: 
A = (10 12 8) e 
B = , em que: 
• a matriz A representa o valor, em reais, recebido por hora
trabalhada de João, Sílvia e Pedro, respectiva mente; 
• a matriz B representa a quantidade de horas trabalhadas por
semana dos mesmos funcionários, em cada uma das quatro
primeiras semanas no mês de julho de 2018; 
• na matriz B, as linhas 1 a 3 são para João, Sílvia e Pedro,
respectivamente; e as colunas de 1 a 4 são, nessa ordem, para as
quatro primeiras semanas do mês de julho, de modo que, por
exemplo, o elemento b13 é a quantidade de horas que João
trabalhou na terceira semana desse mês. 
O valor pago pela empresa pelas horas trabalhadas por esses três
funcionários na segunda semana de julho de 2018 será 
a) R$ 670,00. b) R$ 680,00. c) R$ 824,00. 
d) R$ 864,00. e) R$ 984,00. 
RESOLUÇÃO:
O valor pago pela empresa pelas horas trabalhadas por esses três funcio -
nários em cada semana de julho de 2018 são os elementos da matriz
A . B = (10 12 8) . = (670 86 4 680 824)
Na segunda semana a empresa pagou aos três funcio nários juntos a quantia
de R$ 864,00.
Resposta: D
2. (ALBERT EINSTEIN) – Uma matriz quadrada de ordem n é
chamada triangular superior se aij = 0 para i > j. Os elementos de uma
matriz triangular superior T, de ordem 3, onde i ≤ j , são obtidos a partir
da lei de formação tij = 2i
2 – j . Sendo A = [–1 1 1] uma matriz de
ordem 1 x 3 e At sua transposta, o produto A . T . At é a matriz 1 x 1
cujo único elemento vale
a) 0. b) 4. c) 7. d) 28.
RESOLUÇÃO
A matriz T considerada é tal que
T = =
Assim,
A . T . At = [–1 1 1] . . =
= [–1 6 21] . = [28]
Resposta: D
� 251530
40
22
25
12
30
25
32
30
18 �
�
25
15
30
40
22
25
12
30
25
32
30
18 �
�
2 . 12 – 1
0
0
2 . 12 – 2
2 . 22 – 2
0
2 . 12 – 3
2 . 22 – 3
2 . 32 – 3

 �
1
0
0
0
6
0
–1
5
15
�
1
0
0
0
6
0
–1
5
15

 �
–1
1
1
�
–1
1
1
MÓDULO 99 Matrizes e Determinantes
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S3. (FUVEST) – Sejam α e β números reais com – π/2 < α < π/2 e 
0 < β < π. Se o sistema de equações, dado em notação matricial, 
. = ,
for satisfeito, então α + β é igual a
a) – b) – c) 0 d) e)
 RESOLUÇÃO
I)
. = ⇔
⇔ ⇔
II) Se – < α < e tg α = – ���3, então α = –
III) Se 0 < β < π e cos β = , então β = 
IV) α + β = – + = –
Resposta: B
4. (FUVEST-Pós Graduação) – Considere a matriz
A = de números reais.
Se a e b são as raízes da equação det A = 0 e a > b, então vale
a) – 1 b) – 2 c) – 3 d) – 4 e) – 5 
RESOLUÇÃO:
det A = det = = x . 4(1 + x) + 5 . 1 . (– 2) –
– 5 . (– 1) . (1 + x) – 1 . 1 . x = 4x2 + 4x – 10 + 5 + 5x – x
Assim, det A = 4x2 + 8x – 5 = 0 ⇔ x = – ou x = 
Como a e b são as raízes da equação det A = 0, com a > b, então 
a = e b = – .
Desta forma, = = – 5
Resposta: E
5
––
2
1
––
2
1
––
2
5
––
2b
––
a
5
– ––
2
––––––
1
––
2

0– 2���3�
tg αcos β�
36 68�
π
–––
3
π
–––
6
π
–––
6
π
–––
3

0– 2���3�
tg α
cos β�
36 68�
tg α = – ���3
���3
cos β = ––––
2
�3 . tg α + 6 . cos β = 06 . tg α + 8 . cos β = – 2���3�
π
–––
3
π
–––
2
π
–––
2
π
–––
6
���3
––––
2
π
–––
6
π
–––
6
π
–––
3
0
1
1 + x
5
4
1
x
– 1
– 2
�
b
–––a
0
1
1 + x
5
4
1
x
– 1
– 2
�
REV 1_MAT_3oANO_2019_Rose 15/08/2019 10:31 Página 19
5. (FGV) – Dadas as matrizes quadradas e 
A = e B = , o valor de
é igual a
a) 0. b) 0,5. c) 1. d) 2. e) 4.
RESOLUÇÃO:
Sendo A = e B = 
Temos:
I) A + B = 
II) det (A + B) = (cos x + sen x)2 + (cos x – sen x)2 =
= (cos2 x + 2 sen x . cos x + sen2 x) + 
+ (cos2 x – 2 sen x cos x + sen2 x) = 1 + 1 = 2
III) det(A . B) = det A . det B =
= (cos2 x + sen2 x) . (sen2 x + cos2 x) = 1 . 1 = 1
Logo, o valor de = = 2.
Resposta: D
� cos xsen x
– sen x
cos x 
sen x
– cos x
cos x
sen x
det (A + B)
––––––––––
det (A . B)
� cos xsen x
– sen x
cos x
sen x
– cos x
cos x
sen x
� cos x + sen x– cos x + sen x
cos x – sen x
cos x + sen x 
det (A + B)
––––––––––
det (A . B)
2
–––
1
� 

 � 
20 –
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 3
a.
S
 
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– 21
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 3
a .
S
1. (VUNESP) – Com relação à equação matricial 
= , é correto afirmar que ela representa um
sistema linear que
a) apresenta infinitas soluções.
b) apresenta apenas a solução trivial, ou seja, x = 0 e y = 0.
c) apresenta apenas a solução x = 1 e y = 1 ou x = 3 e y = 2.
d) apresenta apenas a solução x = 1 e y = 3 ou x = 1 e y = 2.
e) não apresenta soluções.
RESOLUÇÃO:
A equação matricial . = equivale ao sistema 
homogêneo , que é possível e determinado, pois
= – 1 ≠ 0.
Assim, a equação apresenta uma única solução, a trivial (x = y = 0).
Resposta: B
2. (USCS) – Em um auditório há 56 crianças com 6, 7 ou 8 anos. A
média das idades dessas crianças é igual a 7,25 anos. Considerando-se
apenas as crianças com 6 ou 7 anos, a média das idades é igual a 6,6
anos; logo, o número de crianças com 8 anos nesse auditório é
a) 26. b) 27. c) 25. d) 24. e) 28.
RESOLUÇÃO:
Sendo x, y e z, respectivamente, o número de crianças com 6, 7 e 8, temos:
⇒ ⇔
⇔ ⇔ ⇔ 
Resposta: A
3. (FATEC) – Sobre o sistema linear, nas incógnitas x, y e z,
S , em que k e m são constantes reais, pode-se 
afirmar que
a) não admite solução se k = 4.
b) admite infinitas soluções se k = m = 3.
c) admite infinitas soluções se k = 3 e m = 5.
d) admite solução única se k = 3 e m é qualquer real.
e) admite solução única se k ≠ 5 e m = 3.
RESOLUÇÃO:
O determinante D, do sistema S, é tal que:
D = = 7k – 21 
Assim:
1) Se k ≠ 3, então D ≠ 0 e o sistema é possível e deter minado.
2) Se k = 3, então:
⇔
Desta forma, se m + 1 = 4 ⇔ m = 3, o sistema é possível e indeter minado e
se m + 1 ≠ 4 ⇔ m ≠ 3, o sistema é impossível.
Resposta: B 
� 13
1
2 
 �
x
y 
 �
0
0 
� 13
1
2 
 �
x
y 
 �
0
0 
� x + y = 03x + 2y = 0
1
3
1
2
�
x + y + z = 56
6x + 7y + 8z
–––––––––––– = 7,25
56
6x + 7y
–––––––– = 6,6
x + y
�
x + y + z = 56
6x + 7y + 8z
–––––––––––– = 7,25
56
6x + 7y
–––––––– = 6,6
x + y
�
x + y + z = 56
2x + y = 42
y = 1,5x
�
x + y + z = 56
x = 12
y = 1,5x
�
x = 12
y = 18
z = 26
x + 2y + 3z = 1
2x + y − z = m
3x + ky + 2z = 4
�
1
2
3
2
1
k
3
– 1
2
x + 2y + 3z = 1
3x + 3y + 2z = m + 1
3x + 3y + 2z = 4�
x + 2y + 3z = 1
2x + y – z = m
3x + ky + 2z = 4�
MÓDULO 11 00 Sistemas
REV 1_MAT_3oANO_2019_Rose 15/08/2019 10:31 Página 21
4. Antonio, Benedito e Carlos têm juntos 18 moedas, todas de 
R$ 0,50. Em moedas Antonio e Benedito têm juntos R$ 5,00 e Carlos
tem o dobro de moedas que Benedito tem. O número de moedas de
Antonio é
a) 3 b) 4 c) 5 d) 6 e) 7
RESOLUÇÃO:
Sendo a, b e c respectivamente as quantidades de moedas de Antonio,
Benedito e Carlos temos:
= = 1 + (–2) – 1 = –2
= = 18 –20 – 10 = –12 
a = = = 6
Resposta: D
5. (UNESP) – Em uma floricultura, os preços dos buquês de flores
se diferenciam pelo tipo e pela quantidade de flores usadas em sua
montagem. Quatro desses buquês estão representados na figura a
seguir, sendo que três deles estão com os respectivos preços.
De acordo com a representação, nessa floricultura, o buquê 4, sem
preço indicado, custa
a) R$ 15,30. b) R$ 16,20. c) R$ 14,80.
d) R$ 17,00. e) R$ 15,50.
RESOLUÇÃO: 
Sejam: r o preço da flor predominantemente rosa, a o de flor predominan -
temente azul e v o preço da flor vermelha, todos em reais.
Do enunciado, temos:
De (II) e (III), temos:
⇒ 4a = 9,60 ⇔ a = 2,40
O preço do buquê 4, em reais, é igual ao do buquê 1 acrescido do preço de
uma flor azul e, portanto, é 12,90 + 2,40 = 15,30.
Resposta: A
a + b + c = 18
a + b = 10
– 2b + c = 0
�⇔
a + b + c = 18
0,50a + 0,50b = 5,00
c = 2b
�
�11
0
1
1
–2
1
0
1
�D
�1810
0
1
1
–2
1
0
1
�Da
–12
––––
–2
Da––––
D
2r + a + v = 12,90 (I)
r + 2a + v = 12,10 (II)
2r + 2v = 14,60 (III)
�
2r + 4a + 2v = 24,20
2r + 2v = 14,60�
22 –
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 3
a.
S
 
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– 23
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 3
a .
S
1. (UNESP-MODELO ENEM) – A figura representa a vista
superior do tampo plano e horizontal de uma mesa de bilhar retangular
ABCD, com caçapas em A, B, C e D. O ponto P, localizado em 
—
AB,
representa a posição de uma bola de bilhar, sendo PB = 1,5 m e 
PA = 1,2 m. Após uma tacada na bola, ela se desloca em linha reta
colidindo com 
—
BC no ponto T, sendo a medida do ângulo P
^
TB igual 
a 60°. Após essa colisão, a bola segue, em trajetória reta, diretamente
até a caçapa D. 
Nas condições descritas e adotando ���3 = 1,73, a largura do tampo da
mesa, em metros, é próxima de
a) 2,42. b) 2,08. c) 2,28. d) 2,00. e) 2,56.
RESOLUÇÃO:
Admitindo-se que a colisão da bola com a lateral BC da mesa seja elástica,
temos: P
^
TB = C
^
TD = 60°. 
Assim, em metros, no triângulo PTB, temos:
tg 60° = = ���3 ⇔ BT = = = 0,5 . 1,73 = 0,865
No triângulo CDT, temos: tg 60° = = ���3 ⇔
⇔ = ���3 ⇒ CT = 0,9 . ���3 = 0,9 . 1,73 = 1,557
Desta forma, a largura do tampo da mesa será 
BT + CT = 0,865 + 1,557 = 2,422 metros.
Resposta: A
2. (FEI) – Qual é o valor da soma 
S = sen210° + sen220° + sen230° + … + sen280°?
a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4
RESOLUÇÃO:
Como sen 80° = cos 10°
sen 70° = cos 20°
sen 60° = cos 30°
sen 50° = cos 40°, resulta:
S = sen2 10° + sen2 20° + sen2 30° + sen2 40° + cos2 40° +
+ cos2 30° + cos2 20° + cos2 10° = (sen2 10° + cos2 10°) +
+ (sen2 20° + cos2 20°) + (sen2 30° + cos2 30°) + (sen2 40° + cos2 40°) =
= 1 + 1 + 1 + 1 = 4
Resposta: E
BP
––––
BT
BP���3
––––––
3
1,5 . ���3
––––––––
3
CD
––––
CT
2,7
––––
CT
MÓDULO 11 11 Trigonometria – I
REV 1_MAT_3oANO_2019_Rose 15/08/2019 10:31 Página 23
24 –
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 3
a.
S
 
3. (FUVEST) – O dobro do seno de um ângulo θ, 0 < θ < , é igual
ao triplo do quadrado de sua tangente. Logo, o valor de seu cosseno é:
a) b) c) d) e)
RESOLUÇÃO:
Sendo 0 < θ < , temos:
2 . sen θ = 3 . tg2θ ⇔ 2 . sen θ = 3 . ⇔
⇔ 2 = 3 . ⇔ 2 cos2θ = 3 . sen θ ⇔
⇔ 2 . (1 – sen2θ) = 3 . sen θ ⇔ 2 . sen2θ + 3 . sen θ – 2 = 0 ⇔
⇔ sen θ = ou sen θ = – 2(impossível)
Para sen θ = e 0 < θ < , temos cos θ = 
Resposta: B
4. (FGV-2019) – Uma das raízes da equação trigonométrica, na 
incógnita x, Σ
∞
i= 0
cosix = é:
a) b) c) d) e) 
RESOLUÇÃO:
Σ
∞
i= 0
cosix = cos0x + cos1x + cos2x + cos3x + … =
= = = ⇔ 2 – 2 cos x = 2 – ���3 ⇔
⇔ cos x = ⇔ x = + k . 2π ou x = + k . 2π, com k ∈ �
Assim, uma raiz da equação é . 
Resposta: E
5. (MACKENZIE) – Na figura, temos os esboços dos gráficos das
funções f e g. Se g(x) = sen (πx) e f é uma função polinomial do
segundo grau, então f(3) é igual a 
a) 22 b) 24 c ) 26 d) 28 e) 30
RESOLUÇÃO:
1) Se g(x) = sen (π . x) e f(x) é uma função polinomial do segundo grau,
temos:
2) As raízes de f(x) são 0 e 1 e seu vértice tem coordenadas , – 1 , 
logo: f(x) = a . (x – 0) . (x – 1) ⇔
⇔ f = a . . = – 1⇔ a = 4
3) Sendo f(x) = 4 . x . (x – 1), então f(3) = 4 . 3 . (3 – 1) = 24
Resposta: B
1
–––
2
1
–––
2
π
–––
2
���3
––––
2
2–––––––
2 – ���3
3π
––––
2
5π
––––
3
7π
––––
6
4π
––––
3
11π
––––
6
cos0x
––––––––
1 – cos x
1
––––––––
1 – cos x
2
–––––––
2 – ���3
���3
––––
2 
π
–––
6
11π
––––
6
11π
––––
6
� 1––2 �
� 1––2 �
sen θ
––––––
cos2θ
sen2θ
–––––––
cos2θ
π
–––
2
π
––
2
���3
–––
3
1
–––
2
���2
–––
2
���3
–––
2
2
–––
3
� 1––2 �
1
––
2
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– 25
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 3
a .
S
1. (FUVEST) – O quadrilátero da figura está inscrito em uma
circun ferên cia de raio 1. A diagonal desenhada é um diâmetro dessa
circunfe rência.
 
Sendo x e y as medidas dos ângulos indicados na figura, a área da
região cinza, em função de x e y, é:
a) π + sen(2x) + sen(2y) b) π – sen(2x) – sen(2y)
c) π – cos(2x) – cos(2y) d) π –
d) π –
RESOLUÇÃO:
1) Como 
—
DB é diâmetro, temos que ΔABD e o ΔDCB são retângulos de
hipotenusa 
—
DB.
2) No ΔABD, temos:
AD = 2 sen x e AB = 2 cos x
Logo, sua área é = 2 sen x cos x = sen(2x).
3) No ΔDCB, temos CB = 2 sen y e CD = 2 cos y. 
Logo, sua área é = 2 sen y cos y = sen (2y).
4) Assim, a área pedida é 
π . 12 – sen (2x) – sen (2y) = π – sen (2x) – sen (2y).
Resposta: B
2. (UNICAMP) – A figura a seguir exibe um pentágono com todos
os lados de mesmo comprimento. 
A medida do ângulo θ é igual a 
a) 105°. b) 120°. c) 135°. d) 150°. 
RESOLUÇÃO:
I) O triângulo ABC é retângulo e isósceles.
Assim, B
^
AC = B
^
CA = 45° e A
^
CD = 135° – 45° = 90°
II) Aplicando-se o Teorema de Pitágoras no triângulo ABC, temos:
(AC)2 = a2 + a2 ⇒ AC = a���2
III) Aplicando-se o Teorema de Pitágoras no triângulo ACD, temos:
(AD)2 = (AC)2 + (CD)2 ⇒⇒ (AD)2 = (a���2)2 + a2 ⇒ AD = a���3
IV)Aplicando-se a Lei dos Cossenos no triângulo AED, temos:
(AD)2 = (AE)2 + (DE)2 – 2 . (AE) . (DE) . cos θ ⇒
⇒ �a���3 �
2
= a2 + a2 – 2 . a . a . cos θ ⇔ 2a2 cos θ = 2a2 – 3a2 ⇔
⇔ 2a2 cos θ = 2a2 – 3a2 ⇔ cos θ = – ⇒ θ = 120°, pois θ < 180°
Resposta: B
cos(2x) + cos(2y)
–––––––––––––––
2
sen(2x) + sen(2y)
–––––––––––––––
2
AB . AD
–––––––
2
CD.CB
–––––––
2
1
–––
2
MÓDULO 11 22 Trigonometria – II e Geometria Analítica – I
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M
A
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A
 3
a.
S
 
3. (ESPM) – A rotação de um ponto P(x, y) do plano cartesiano em
torno da origem é um outro ponto P’(x’,y’), obtido pela equação
matricial:
= . ,
onde α é o ângulo de rotação, no sentido anti-horário. Desse modo, se
P = (���3, 1) e a = 60°, as coordenadas de P’ serão:
a) (– 1, 2) b) (– 1, ���3 ) c) (0, ���3 )
d) (0, 2) e) (1, 2)
RESOLUÇÃO:
Sendo P’(x’, y’) o ponto obtido pela rotação de um ponto P(x, y) em torno
da origem através da equação matricial.
= . , temos:
= ⇔
Para P = (���3, 1) e a = 60°, as coordenadas de P’ serão:
⇔ ⇔ 
Logo, P’ = (0, 2)
Resposta: D
4. (PUC) – Em um sistema de eixos cartesianos ortogonais, seja o
paralelogramo ABCD em que A(5, 4), B(– 3, – 2) e C(1, – 5). Se AC é
uma das diagonais desse paralelo gramo, a medida da outra diagonal,
em unidades de comprimento, é:
a) 3����17 b) 6����15 c) 6����17
d) 9����15 e) 9����17
RESOLUÇÃO:
No paralelogramo ABCD, em que 
—
AC é uma das diagonais, temos:
1) ⇒ M 3; –
2) ⇒ ⇒ D(9; 1)
3) A medida da diagonal 
—
BD é:
����������������������(9 + 3)2 + (1 + 2)2 = ����������� 144 + 9 = ������153 = ���������9 . 17 = 3����17
Resposta: A
� x’y’ 
 �
cos α
sen α 
 �
x
y 
– sen α
cos α
� x’y’ 
 �
x . cos α – y . sen α
x . sen α + y . cos α 
� x’y’ 
 �
cos α
sen α
– sen α
cos α 
 �
x
y 
� x’ = x . cos α – y . sen αy’ = x . sen α + y . cos α
� x’ = ���3 . cos 60° – 1 . sen 60°y’ = ���3 . sen 60° + 1 . cos 60° �
1 ���3
x’ = ���3 . ––– – 1 . ––––
2 2
���3 1
y’ = ���3 . –––– + 1 . –––
2 2
� x’ = 0y’ = 2 
�1–––2�
1 + 5 
xM = ––––– = 32
– 5 + 4 1
yM = ––––––– = – ––2 2
�
xD = 9
yD = 1�
xD + (– 3) –––––––––– = 3
2
yD + (– 2) 1–––––––––– = – ––
2 2
�
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– 27
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T
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A
 3
a .
S
1. (UNIFESP) – Se P é o ponto de intersecção das retas de equações 
x – y – 2 = 0 e x + y = 3, a área do triângulo de vértices A(0, 3), 
B(2, 0) e P é: 
a) b) c) d) e)
RESOLUÇÃO:
1) Para obtermos as coordenadas do ponto P, deve mos resolver o sistema:
� �
2) Para obtermos a área S do triângulo ABC, devemos fazer:
S = , em que D = =
Assim, S = =
Resposta: D
2. (FATEC) – Na figura estão representados no plano cartesiano
xOy, parte do gráfico da função real f definida por 
f(x) = log1/10 (x + 2) e a reta r que intercepta o gráfico de f nos 
pontos A(a; 1) e B(98; b).
Sendo assim, a abscissa do ponto de intersecção da reta r com o eixo
Ox é
a) 62,30. b) 52,76. c) 49,95.
d) 31,40. e) 27,55.
RESOLUÇÃO:
Sendo: f(x) = log1/10(x + 2), tem-se
f(a) = 1 ⇒ log1/10(a + 2) = 1 ⇒ a + 2 = ⇒ a = –
f(98) = b ⇒ log1/10100 = b ⇒ b = – 2
Sendo P(k; 0), tem-se:
= 0 ⇒ k = 31,40
Resposta: D
1––
2
20
–––
3
10
–––
3
8
–––
3
5
–––
3
1
–––
3
10
x = –––
3
4
y = ––
3
�
x – y = 2
x
–– + y = 3
2
�
x – y – 2 = 0
1
–– x + y = 3
2
�
20
–––
3
0 3 1
2 0 1
10 4
––– –– 1
3 3
� D �
––––
2
10
–––
3
20
–––
3
––––––
2
1
–––
10
19
–––
10
k
– 1,9
98
0
1
– 2
1
1
1
MÓDULO 11 33 Geometria Analítica – II
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28 –
M
A
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A
 3
a.
S
 
3. (FGV) – O ponto da reta x – 3y = 5 que é mais próximo ao ponto
(1, 3) tem coordenadas cuja soma é:
a) 1,6 b) 1,2 c) 1,0 d) 1,4 e) 0,8
RESOLUÇÃO:
Dos pontos da reta (r) de equação x – 3y = 5, o que está mais próximo do
ponto P(1, 3) é o “pé da perpen dicular” (s) à reta r que contém P.
Desta forma, os coeficientes angulares das retas (r) e (s) são 
mr = – = e ms = – 3, pois mr . ms = –1.
A equação da reta s é y – 3 = – 3 . (x – 1) ⇔ 3x + y = 6
As coordenadas de Q são dadas pela solução do sis tema
⇔ ⇔ 
A soma das coordenadas de Q ; – é + – = 1,4
Resposta: D
4. (FGV-2019) – No plano cartesiano, as retas x = a e x = b 
(a ≠ b e a, b ∈ �) tangenciam a circunferência de equação 
x2 + y2 – 8x – 6y + 21 = 0. A soma a + b é igual a
a) 5 b) 8 c) 7 d) 4 e) 6
RESOLUÇÃO:
x2 + y2 – 8x – 6y + 21 = 0 ⇔
⇔ x2 – 8x + 16 + y2 – 6y + 9 + 21 = 0 + 16 + 9 ⇔
⇔ (x – 4)2 + (y – 3)2 = 4 é a equação de uma circunferência de centro 
C(4; 3) e raio r = 2.
Para que as retas x = a e x = b tangenciem a circun ferência, devemos ter 
a = 2 e b = 6 ou a = 6 e b = 2.
Assim, a + b = 8
Resposta: B
1
––––
– 3
1
–––
3
� x – 3y = 53x + y = 6 �
x – 3y = 5
10x = 23 �
23
x = ––––
10
9
y = – –––
10
� 23––––10
9
––––
10 �
23
––––
10 �
9
––––
10 �
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 3
a .
S
1. (PUC) – Suponha que uma revista publicou um artigo no qual era
estimado que, no ano de 2015 + x, com x ∈ {0, 1, 2, ... , 9, 10}, o valor
arrecadado dos impostos incidentes sobre as exportações de certo país,
em milhões de dólares, poderia ser obtido pela função 
f(x) = 250 + 12 . cos . x . Caso essa previsão se confirme, então, 
relativamente ao total arrecadado a cada ano considerado, é correto
afirmar que:
a) o valor máximo ocorrerá apenas em 2021.
b) atingirá o valor mínimo somente em duas ocasiões. 
c) poderá superar 300 milhões de dólares.
d) nunca será inferior a 250 milhões de dólares.
RESOLUÇÃO:
I) – 1 ≤ cos . x ≤ 1 ⇔ – 12 ≤ 12 . cos . x ≤ 12 ⇔
⇔ 238 ≤ 250 + 12 . cos . x ≤ 262 ⇔ 238 ≤ f(x) ≤ 262
Logo, o valor arrecadado dos impostos incidentes sobre as exportações,
não poderá superar 300 milhões de dólares e pode ser inferior a 250
milhões de dólares.
II) O valor máximo ocorre quando
cos . x = 1 ⇔ . x = n . 2π ⇔
⇔ x = 6 . n (n ∈ �) e, portanto, nos anos de2015 e 2021.
III) O valor mínimo ocorre quando
cos . x = – 1 ⇔ . x = π + n . 2π ⇔
⇔ x = 3 + 6n (n ∈ �) e, portanto, somente nos anos de 2018 e 2024.
Resposta:B
2. (FGV-2019) – No plano cartesiano, considere o ponto P do
primeiro quadrante que pertence à reta de equação 3x + 2y = 12.
Considere também o retângulo OAPB em que O é a origem e A e B são
as projeções ortogonais de P nos eixos das abscissas e das ordenadas,
respectivamente.
A área máxima do retângulo OAPB é:
a) 7 b) 5,5 c) 6 d) 5 e) 6,5
RESOLUÇÃO:
A área do retângulo OAPB, em função de x, é 
S(x) = OA . OB = x . �6 – x� = – x2 + 6x
Essa área é máxima para x = = 2
e S(2) = – . 22 + 6 . 2 = 6 
Resposta: C
�π–––3�
�𖖖3��
π
–––
3�
�π–––3�
π
–––
3�
π
–––
3�
π
–––
3�
π
–––
3�
3
–––
2
– (+6)
––––––––––
2 . �– �3–––2
3
–––
2
3
–––
2
MÓDULO 11 44 Trigonometria III e Geometria Analítica III
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3. (FUVEST) – No planocartesiano, os pontos (0, 3) e (– 1, 0)
pertencem à circunferência C. Uma outra circunferência, de centro em
(– 1/2, 4), é tangente a C no ponto (0, 3). Então, o raio de C vale
a) b) c)
d) e) ���5
RESOLUÇÃO:
I) A circunferência C com centro C2(a; b), e que passa pelos pontos 
T(0; 3) e A(– 1; 0) é tal que AC2 = TC2, então:
= ⇔ a + 3b = 4
II) Como T é ponto de tangência comum às duas circunfe rências, com 
centros C1�– ; 4� e C2(a; b), os pontos T, C1 e C2 são alinhados, 
assim:
= 0 ⇔ 2a + b = 3 
III) ⇔ ⇒ C2(1; 1)
O raio da circunferência C é, portanto, 
r = AC2 = = ���5
Resposta: E
���5
––––
8
1
–––
2
a
0
– 1/2
b
3
4
1
1
1
� a + 3b = 42a + b = 3 � a = 1b = 1
���5
––––
4
���5
––––
2
3���5
––––––
4
(1 + 1)2 + (1 – 0)2
(a + 1)2 + (b – 0)2 (a – 0)2 + (b – 3)2
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a .
S
MÓDULO 11 55 Geometria Plana I
1. O triângulo ABC da figura seguinte é retângulo em A e M é o
ponto médio da hipotenusa. 
Se AN = MN e A
^
CB = 2 . N
^
MB, então a medida do ângulo N
^
MB é:
a) 12° b) 14° c) 16° d) 18° e) 20°
RESOLUÇÃO:
I) Como M é o ponto médio da hipotenusa, te mos:
BM = CM = AM ⇒ M ^AC = M ^CA = 2x
II) A
^
MB é ângulo externo do triângulo AMC ⇒
⇒ A ^MB = 2x + 2x = 4x ⇒ A ^MN = 4x – x = 3x
III) ΔANM é isósceles, pois 
MN = AN ⇒ N ^AM = N ^MA = 3x
IV) 3x + 2x = 90° ⇒ 5x = 90° ⇒ x = 18°
Resposta: D
2. Se diminuirmos em 2 unidades o número de lados de um polígono
convexo, seu número de diagonais diminuirá em 15 unidades. O
número de lados do polígono é:
a) 8 b) 9 c) 10 d) 12 e) 13 
RESOLUÇÃO:
Sejam n o número de lados e d o número de dia gonais do polígono. Sendo
nf = n – 2 e df = d – 15 o número de lados e o número de diagonais, respec -
tiva mente, do polígono final, temos:
I) d = e df = = 
II) df = d – 15 ⇒ = – 15 ⇒
⇒ n2 – 7n + 10 = n2 – 3n – 30 ⇒ n = 10
Resposta: C
N
B M C
A
n . ( n – 3)
––––––––––
2
(n – 2) . (n – 2 – 3)
–––––––––––––––––
2
(n – 2) . (n – 5)
––––––––––––––
2
(n – 2) . (n – 5)
–––––––––––––
2
n . (n – 3)
––––––––––
2
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3. (FUVEST) – Na figura, ABC e CDE são triângulos retângulos,
AB = 1, BC = ���3 e BE = 2DE. Logo, a medida de 
—
AE é
a) 
b) 
c)
d)
e) 
RESOLUÇÃO:
I) (AC)2 = 12 + (���3 )2 ⇔ AC = 2
II) = ⇔ = ⇔ x =
III) (AE)2 = 12 + x2 ⇔ (AE)2 = 12 +
2
⇔ AE =
Resposta: C
4. Na figura seguinte, o triângulo ABC é retângulo em B. A reta r é
mediatriz do lado 
–––
BC e tangencia a circunferência inscrita no triângulo
ABC no ponto R. 
Se o raio da circunferência mede 2, então a área do triângulo ABC é
igual a:
a) 18 b) 20 c) 22 d) 24 e) 26
RESOLUÇÃO:
I) Como →r é mediatriz de 
—
BC, temos:
CM = BM = 4
II) No triângulo ABC, temos: 
(AC)2 = (AB)2 + (BC)2 ⇒ (x + 6)2 = (x + 2)2 + 82 ⇒ x = 4
III) Como AB = x + 2 = 4 + 2 = 6 e BC = 8, a área S do triângulo ABC é:
S = = 24
Resposta: D
C
D
E
BA
���3
––––
2
���5
––––
2
���7
––––
2
����11
––––
2
����13
––––
2
C
D
A B
E
1
x
x
2
__ 3
3 - x
DE
––––
BA
CE
––––
CA
x
–––
2
���3 – x
––––––
2
���3
–––
2
� ���3–––2 � ���7––––2
8 . 6
––––––
2
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1. (FGV-SP) - Uma piscina tem o formato de um prisma hexagonal
regular reto com profundidade igual a m.
Cada lado do hexágono mede 2 m. O volume de água ne cessário para
encher 80% do volume da piscina é igual a:
a) 6,9 m3 b) 7 m3 c) 7,1 m3
d) 7,2 m3 e) 7,3 m3
RESOLUÇÃO:
Em metros quadrados, a área da base da piscina é: 
Ab = 6 . = 6���3 (área do hexágono)
Em metros cúbicos, o volume de água para encher totalmente a piscina é:
V = 6���3 . = 9
Assim, em m3, temos: 80% V = . 9 = 7,2
Resposta: D
2. Secciona-se uma pirâmide de volume 27 por dois planos paralelos
à base de modo a dividir a altura em três partes iguais. O volume do
sólido entre os dois planos é:
a) 6 b) 7 c) 9 d) 10 e) 13,5
RESOLUÇÃO:
Sendo V1 o volume da pirâmide menor, V2 o volume da pirâmide média, 
V3 o volume da pirâmide maior e V o volume do tronco de pirâmide entre
os dois planos, temos: 
I) = 
3
⇒ = ⇒ V1 = 1
II) = 
3
⇒ = ⇒ V2 = 8
III) V = V2 – V1 = 8 – 1 ⇒ V = 7
Resposta: B
���3
–––
2
22���3
––––––
4
���3
––––
2
80
––––
100
V1––––
V3
x
––––
3x� �
V1––––
27
1
–––
27
1
–––
8
1
––––
V2
�x––––2x�
V1––––
V2
MÓDULO 11 66 Geometria Métrica I
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 3
a.
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3. Um copo em forma de um cilindro circular reto, com raio da base
igual a 3 cm e altura igual a 8 cm, contém uma quantidade de água
igual a de sua capacidade. Transferindo-se a água para uma taça em
forma de um cone circular reto, de mesma altura e de mesmo raio da
base do copo, a altura alcançada pela água, na taça, em centímetros, é
igual a:
a) 2
3
���6 b) 2���6 c) 4
3
���6 d) 4���6 e) 6 
RESOLUÇÃO:
1.o) O volume V, em centímetros cúbicos, de água dentro do copo é dado
por:
V = . π . 3
2
. 8 = 18π 
2.o) Sendo r o raio, em centímetros,
e h a altura, em centímetros, do
cone de água dentro do copo,
tem-se:
= ⇔ r = 
3.o) O volume V, em centímetros cúbicos, do cone de água é dado por:
V = πr2h = π
2 
h ⇔ V = 
Assim: = 18π ⇔ h3 = 6 . 64 ⇔ h = 
3
��������6 . 64 ⇔ h = 4
3
���6
Resposta: C
4. De um cristal de rocha, com o formato de uma esfera, foi lapidada
uma joia na forma de um octaedro regular, como mostra a figura
seguinte.
Se tal joia tem 9���2 cm3 de volume, quantos cen tíme tros cúbicos de
rocha foram retirados do cristal original para lapidá-la? (Use: π = 3)
a) 36���2 b) 32���2 c) 24���2
d) 18���2 e) 12���2
RESOLUÇÃO:
Seja R a medida, em centímetros, do raio da esfera.
Sendo VE o volume da esfera, VJ o volume da joia, VP o volume da pirâmide
ABCDE e V o volume de rocha retirado do cristal original, temos:
1o.) VJ = 2 . VP = 9���2 cm3 ⇔
⇔ 2 . . . R = 9���2 cm3 ⇔ R3 = cm3
2o.) VE = π R
3 = . 3 . cm3 = 27���2 cm3
3o.) V = VE – VJ = 27���2 cm3 – 9���2 cm3 = 18���2 cm3
Resposta: D
1
––
4
1
––
4
3h
––––
8
h
––
8
r
––
3
3π h3
––––––
64�3h–––8�1––31––3
3π h3
––––––
64
1
––
3
(2R)2
––––––
2
27���2
–––––––
4
4
–––
3
4
–––
3
27���2
–––––––
4
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a .
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1. Um triângulo isósceles tem 10cm de base e 12cm de altura. O raio
da circunferência nele inscrita mede:
a) b) 2 c) d) e) 4
RESOLUÇÃO:
I) (AC)2 = 122 + 52 ⇔AC = 13
II) ΔATO ~ ΔAHC ⇔ = ⇔ r = 
Resposta: D
2. Na figura seguinte, ABCD é um quadrado de lado a e AEF é um
triângulo equilátero. A medida do segmento DE é:
a) 2a���3 b) a . (���3 – 1) c) a . (���2 – 1)
d) e) a . (2 – ���3)
RESOLUÇÃO:
I) (AE)2 = (AD)2 + (DE)2 ⇒ �2 = a2 + x2
II) (EF)2 = (EC)2 + (CF)2 ⇒ �2 = (a – x)2 + (a – x)2
III) De (I) e (II), temos:
2 . (a – x)2 = a2 + x2 ⇒ 2a2 – 4ax + 2x2 = a2 + x2 ⇒
⇒ x2 – 4ax + a2 = 0 ⇒ x = a(2 – ���3) pois x < a
Resposta: E
10
–––
3
8
–––
3
5
–––
3
12
12 - r
A
B CH
O
T
5
r
5
r
10
–––
3
12 – r
––––––
13
r
–––
5
a
–––
3
MÓDULO 11 77 GeometriaPlana II
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a.
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3. Na figura a seguir, o círculo de raio 1 cm rola da posição I para a
posição F, sempre tangenciando o cateto 
—
AC do triângulo retângulo
ABC.
Na posição I, o círculo também tangencia 
—
AB e, na posição F, ele é
tangente a 
—
BC. Os lados do triângulo medem AB = 6 cm, AC = 8 cm
e BC = 10 cm. A distância percorrida pelo centro do círculo, em
centímetros, é igual a:
a) 3 b) 4 c) 5 d) 6 e) 7
RESOLUÇÃO:
S
∆PAB + S∆PAC + S∆PBC = S∆ABC
Assim: + + = ⇔
⇔ 3(1 + x) + 4 + 5 = 24 ⇔ 3(1 + x) = 15 ⇔ x = 4
Resposta: B
4. Na figura seguinte, os pontos A, P e B são pontos de tangencia,
––––
AB é um diâmetro e CD = 4. 
A área da região sombreada é:
a) π b) 2π c) 3π d) 4π e) 5π
RESOLUÇÃO:
I) (PA) . (PB) = (PC) . (PD) ⇒ 2R . 2r = 2 . 2 ⇒ R . r = 1
II) x = ⇒ x = R + r
III) S = Scírculomaior 
– Scírculomédio
– Scírculomenor
⇒
⇒ S = π . x2 – π R2 – πr2 = π . (x2 – R2 – r2) =
= π ((R + r)2 – R2 – r2) = π . (R2 + 2Rr + r2 – R2 – r2) =
= π . 2Rr = π . 2 . 1 = 2π
Resposta: B
6(1+ x)
–––––––
2
8 . 1
–––––
2
10 . 1
–––––
2
8 . 6
–––––
2 2R + 2r––––––––
2
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 3
a .
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1. Um mosquito e uma formiga repousam dentro de uma caixa cúbica
de papelão exatamente num de seus vértices, e resolvem que cada um
deles deverá per correr o menor caminho possível, de acordo com suas
propriedades naturais, para atingir um grão de açúcar locali zado no
vértice diagonalmente oposto dessa caixa e do lado interno dela. A
menor das razões entre as distâncias totais percorridas é igual a:
a) b) c) d) e)
RESOLUÇÃO:
O mosquito voa e a formiga caminha sobre duas faces adjacentes do cubo,
conforme a figura seguinte:
Assim, rotacionando-se uma dessas faces em torno da aresta comum até
 que fiquem contidas no mesmo plano, verifica-se que AB’ é o menor
caminho que pode ser percorrido pela formiga, enquanto a diagonal AB
do cubo é o menor caminho a ser percorrido pelo mosquito.
Assim, (AB’)2 = (2a)2 + a2 ⇔ AB’ = a���5
Logo: = = = 
 Resposta: B
2. Um fabricante de molhos enlata seus produtos em embalagem
cilíndrica circular reta e posterior men te encaixota uma a uma em
embalagens cúbicas de 10 cen tímetros de aresta. Se as faces da caixa
cúbica tangen ciam a embalagem cilíndrica, então a pessoa que adquire
este molho pela aparên cia externa da caixa está sendo lesada em
aproxi madamente:
a) 15,5% b) 21,5% c) 32%
d) 35,5% e) 38%
RESOLUÇÃO:
= = 
Assim:
= � 0,215 = 21,5% 
Resposta: B 
����15
––––
15
���3
––––
5
���5
––––
3
����15
––––
5
����15
––––
3
�����15
–––––
5
���3
––––
���5
a���3
–––––
a���5
AB
––––
AB’
10
5
10
10
5
10
π
–––
4
π . 52 . 10
–––––––––––
103
Vcil.–––––––
Vcubo
4 – π
–––––––
4
Vcubo – Vcil.––––––––––
Vcubo
MÓDULO 11 88 Geometria Métrica II
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a.
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3. Numa pirâmide triangular regular, o apótema mede 15 e a medida
da aresta da base é 18���3. O volume da pirâmide é igual a:
a) 3148���3 b) 628���3 c) 972���3
d) 916���3 e) 428���3
RESOLUÇÃO:
I) AM = = 27 (altura do ΔABC)
II) OM = . AM = . 27 = 9
III) (VO)2 + (OM)2 = (VM)2 ⇒ h2 + 92 = 152 ⇒ h = 12 
IV)Sendo V o volume da pirâmide, temos:
V = . . 12 = 972���3
Resposta: C
4. (FATEC) – A intersecção de um plano α com uma esfera de raio
R é a base comum de dois cones circulares retos, como mostra a região
sombreada da figura abaixo.
Se o volume de um dos cones é o dobro do volume do outro, a distância
do plano α ao centro O é igual a
a) b) c) d) e)
RESOLUÇÃO:
Sejam V e H, respectivamente, o volume e a altura do cone maior, v e h o
volume e a altura do cone menor e d a distância do plano α ao centro O.
Sendo AB a área da base, comum aos dois cones, temos:
I) V = 2v ⇔ . AB . H = 2 . . AB . h ⇔ H = 2h
II) H + h = 2R ⇔ 2h + h = 2R ⇔ h = 
Assim, d = R – h ⇔ d = R – ⇔ d = 
Resposta: C
R
–––
5
R
–––
4
R
–––
3
2R
–––
5
2R
–––
3
1
–––
3
2R
–––
3
1
–––
3
R
–––
3
2R
–––
3
18���3 . ���3
–––––––––––
2
1
––
3
1
––
3
1
––
3
(18���3)2 . ���3 
–––––––––––
4
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