ITA2010_3dia

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MMAATTEEMMÁÁTTIICCAA
 NOTAÇÕES
� = {1, 2, 3,...} 
�: conjunto dos números reais
[a, b] = {x ∈ �; a ≤ x ≤ b} 
[a, b[ = {x ∈ �; a ≤ x < b} 
]a, b[ = {x ∈ �; a < x < b} 
A\B = {x; x ∈ A e x ∉ B} 
k
∑ an = a1 + a2 + ... + ak, k ∈ �
n = 1
k
∑ an x
n = a0 + a1 x + ... + ak x
k, k ∈ �
n = 0
�: conjunto dos números complexos
i: unidade imaginária; i2 = –1
�z�: módulo do número z ∈ �
––
z: conjugado do número z ∈ �
Mm×n(�): conjunto das matrizes reais m × n
det A: determinante da matriz A
At: transposta da matriz A
A–1: inversa da matriz inversível A
P(A): conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A
n(A): número de elementos do conjunto finito A
Arg z : argumento principal de z ∈ � \ {0}, Arg z ∈ [0,2π[
f o g: função composta das funções f e g
f . g: produto das funções f e g
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados
são cartesianos retangulares.
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
IITTAA
1 EE
Considere as afirmações abaixo relativas a conjuntos A,
B e C quaisquer:
I. A negação de x ∈ A � B é: x ∉ A ou x ∉ B.
II. A � (B � C) = (A � B) � (A � C).
III. (A\B) � (B\A) = (A � B)\(A � B).
Destas, é (são) falsa(s)
a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III.
d) apenas I e III. e) nenhuma.
Resolução
As demonstrações são imediatas para os casos em que
um dos conjuntos, A, B ou C, for vazio. As demons -
trações seguintes são para os casos em que nenhum
deles é vazio.
I. Verdadeira, pois x ∈ A � B ⇔ x ∈ A e x ∈ B
A negação de (x ∈ A e x ∈ B) é (x ∉ A ou x ∉ B). 
II. Verdadeira, pois para qualquer elemento x:
x ∈ A� (B � C) ⇔ x ∈ A e x ∈ (B � C) ⇔
⇔ (x ∈ A e x ∈ B) ou (x ∈ A e x ∈ C) ⇔
⇔ x ∈ (A � B) ou x ∈ (A � C) ⇔
⇔ x ∈ (A � B) � (A � C) 
III. Verdadeira, pois 
x ∈ (A \ B) � (B \ A) ⇔ x ∈ (A\ B) ou x ∈ (B\ A) ⇔
⇔ ⇔
⇔ x ∈ (A� B) \ (A � B) 
x ∈ A e x ∉ B ⇔ x ∈ (A� B) e x ∉ (A � B)
ou
x ∈ B e x ∉ A ⇔ x ∈ (A� B) e x ∉ (A � B)�
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2 CC
Considere conjuntos A, B � � e C � (A�B). Se A�B,
A�C e B�C são os domínios das funções reais definidas
por ln (x – ��π), ���������–x2 + 6x – 8 e , respectiva-
mente, pode-se afirmar que
a) C = ]��π, 5[. b) C = [2, π]. c) C = [2, 5[.
d) C = [π, 4]. e) C não é intervalo.
Resolução
Considerando que A, B ∈ � e C � (A � B), temos:
1) De �n (x – ��π), tem-se x – ��π > 0 ⇔
⇔ x > ��π e, portanto, A � B = {x ∈ � � x > ��π}
2) De �������������� – x2 + 6x – 8, tem-se – x2 + 6x – 8 ≥ 0 ⇔
⇔ 2 ≤ x ≤ 4 e, portanto, A � C = {x ∈ � � 2 ≤ x ≤ 4}
3) De , tem-se ≥ 0 ⇔
⇔ (x – π) . (5 – x) ≥ 0 e x ≠ 5 ⇔ π ≤ x < 5 e,
portanto, B � C = {x ∈ � � x ≤ x < 5}
Agora, observe o seguinte diagrama:
Desse diagrama, conclui-se que [2; 5[ � C. Se 
∀x ∈ [���π; 2[ � [5; + ∞[ pertencesse a C, este valor de
x pertenceria a A � C ou a B � C, o que não ocorre.
Assim sendo, C = [2; 5[
x – π
–––––
5 – x
x – π
–––––
5 – x
x – π
––––––
5 – x
� �2 4 5
A B�
A C�
B C�
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3 EE
Se z é uma solução da equação em �, 
z – ––z + �z�2 = – �(��2 + i) � –i �	
12
,
pode-se afirmar que
a) i(z – ––z) < 0. b) i(z – ––z) > 0. c) �z� ∈ [5, 6].
d) �z� ∈ [6, 7]. e) �z + � > 8.
Resolução
1) (��2 + i) =
= – i + i + =
= – i = 1 – i
2) (1 – i)12 = (– 2i)6 = 64 . i6 = 64 . i2 = – 64
3) Se z = x + yi, com x, y ∈ �, então 
x + yi – x + yi + x2 + y2 = 64 ⇔ (x2 + y2) + 2yi = 64 ⇔
⇔ x2 + y2 = 64 e 2y = 0 ⇔ x = ± 8 e y = 0
4) Os valores de z que satisfazem a equação são 8 e – 8
5) Se z = 8, então = > 8
6) Se z = – 8, então = > 8
��2 + 1
––––––
3
��2 – 1
––––––
3
3
––
3
3
––
3
��2 + 1 
–––––––
3
��2 – 1 
–––––––
3
2 + ��2 
–––––––
3
2 – ��2 
–––––––
3
��2 – 1 ��2 + 1�––––––– – ––––––– i�
3 3
1
–––––z
1�– 8 – ––�8
1�z + ––�z
1�8 + ––�8
1�z + ––�z
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4 CC
Os argumentos principais das soluções da equação em z,
iz + 3–z + (z + –z)2 – i = 0,
pertencem a
a) , . b) , .
c) , . d) , � , .
e) 0, � , 2π .
Resolução
iz + 3–z + (z + –z)2 – i = 0
Se z = a + bi, tem-se:
i(a + bi) + 3(a – bi) + (a + bi + a – bi)2 – i = 0 ⇔
⇔ ai – b + 3a – 3bi + 4a2 – i = 0 ⇔
⇔ (4a2 + 3a – b) + (a – 3b – 1)i = 0 ⇔
⇔ 
De (II), tem-se: b = (III)
De (I) e (III), tem-se:
12a2 + 8a + 1 = 0 ⇔ a = – ou a = –
Portanto:
1) a = – ⇒ b = – ⇒ z = – – i
cujo argumento é θ = 
2) a = – ⇒ b = – ⇒ z = – – i
cujo argumento pertence ao intervalo ,
De (1) e (2), conclui-se que os argumentos principais
das soluções da equação pertencem ao intervalo
, .
�7π–––4
3π
–––
2	�
π
–––
2
π
–––
4	�
3π
–––
2
5π
–––
4�
�5π–––4
3π
–––
4	�
3π
–––
4
π
–––
4	
�7π–––4	�
π
–––
4	
1
–––
6
1
–––
2
a – 1
–––––
3
4a2 + 3a – b = 0 (I)
e
a – 3b – 1 = 0 (II)�
�3π–––2
5π
–––
4�
�3π–––2
5π
–––
4�
7
–––
18
1
––
6
7
–––
18
1
––
6
5π
––––
4
1
––
2
1
––
2
1
––
2
1
––
2
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5 DD
Considere a progressão aritmética (a1, a2, ..., a50) de razão d.
Se an = 10 + 25d e an = 4550, então
d – a1 é igual a
a) 3. b) 6. c) 9. d) 11. e) 14.
Resolução
1) Se (a1, a2, a3, …, an, …) for uma progressão
aritmética de razão d, então a10 = a1 + 9d e 
a50 = a1 + 49d
2) an = 10 + 25d ⇒
⇒ . 10 = 10 + 25d ⇔
⇔ 2a1 + 9d = 2 + 5d ⇔ 2a1 + 4d = 2
3) an = 4550 ⇒ . 50 = 4550 ⇔
⇔ 2a1 + 49d = 182
4) De (2) e (3), temos:
⇔ ⇒ d – a1 = 11
50
∑
n = 1
10
∑
n = 1
d = 4
a1 = – 7�
2a1 + 49d = 182
2a1 + 4d = 2�
a1 + a1 + 49d
–––––––––––––
2
50
∑
n = 1
a1 + a1 + 9d
–––––––––––––
2
10
∑
n = 1
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6 DD
Sejam f, g: � → � tais que f é par e g é ímpar. Das
seguintes afirmações:
I. f . g é ímpar,
II. f o g é par, 
III. g o f é ímpar, 
é (são) verdadeira(s)
a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III.
d) apenas I e II. e) todas.
Resolução
f(– x) = f(x) e g(–x) = – g(x), pois f e g são respectiva -
mente funções par e ímpar.
I. Verdadeira.
f(– x) . g(– x) = f(x) . (– g (x)) = – f(x) . g(x) ⇔
⇔ f . g é ímpar.
II. Verdadeira.
(fog) (–x) = f[g(–x)] = f[–g(x)] = f[g(x)] = (fog)(x) ⇔
⇔ fog é par.
III. Falsa.
(gof) (–x) = g[f(–x)] = g[f(x)] = (gof)(x) ⇔ gof é par.
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7 BB
A equação em x,
arctg (ex + 2) – arccotg = , x ∈ � \{0},
a) admite infinitas soluções, todas positivas.
b) admite uma única solução, e esta é positiva. 
c) admite três soluções que se encontram no intervalo
– , .
d) admite apenas soluções negativas.
e) não admite solução.
Resolução
Com – < a < e 0 < b < π, temos:
1) a = arc tg (ex + 2) ⇔ tg a = ex + 2
2) b = arc cotg ⇔ cotg b = ⇔
⇔ tg b =
3) a – b = ⇔ tg (a – b) = tg (π/4) ⇔
⇔ = 1 ⇔ tg a – tg b = 1 + tg a . tg b
Se, na equação: 
(ex + 2) – = 1 + (ex + 2) . 
fizermos ex = y, resulta: 
(y + 2) – = 1 + (y + 2) . ⇔
⇔ y2 + 2y – y2 + 1 = y + y3 – y + 2y2 – 2 ⇔
⇔ y3 + 2y2 – 2y – 3 = 0 ⇔ (y + 1) . (y2 + y – 3) = 0 ⇔
⇔ y = – 1 ou y = ou y = 
Como y > 0, a única possibilidade e 
y =
Portanto:
ex = ⇔ x = log e > 0 
Dessa forma, a equação admite uma única
solução, e esta é positiva.
�3–––2
5
–––
2	
π
––
4�
ex
––––––
e2x – 1�
tg a – tg b
––––––––––
1 + tg a . tg b
π
––
4
e2x – 1
–––––––
ex
ex
–––––––
e2x – 1
ex�––––––––�e2x – 1
π
–––
2
π
–––
2
– 1 – ���13
––––––––––
2
– 1 + ���13
––––––––––
2
y2 – 1�––––––�y
y2 – 1�––––––�y
e2x – 1�––––––––�ex
e2x – 1�––––––––�ex
���13 – 1�––––––––�2
���13 – 1
––––––––
2
– 1 + ���13
–––––––––––
2
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8 CC
Sabe-se que o polinômio p(x) = x5 – ax3 + ax2 – 1, a ∈ �,
admite a raiz – i.
Considere as seguintes afirmações sobre as raízes de p:
I. Quatro das raízes são imaginárias puras.
II. Uma das raízes tem multiplicidade dois.
III. Apenas uma das raízes é real. 
Destas, é (são) verdadeira(s) apenas
a) I. b) II. c) III. d) I e III. e) II e III.
Resolução
1) – i é raiz ⇒ + i é raiz ⇒
⇒ p(i) = i5 – a . i3 + a . i2 – 1 = 0 ⇒ a = – 1
2) a = – 1 ⇒
⇒ p(x) = x5 + x3 – x2 –1 = x3(x2 + 1) – (x2 + 1) ⇒
⇒ p(x) = (x2 + 1)(x3 – 1) = (x2 + 1).(x – 1) . (x2 + x + 1)
3) p(x) = 0 ⇔
⇔ x2 + 1 = 0 ou x – 1 = 0 ou x2 + x + 1 = 0 ⇔
⇔ x = + i ou x = – i ou x = 1 ou 
x = – + i ou x = – – i 
Portanto, I) F ; II) F e III) V 
���3
––––
2
1
–––
2
���3
––––
2
1
–––
2
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9 AA
Um polinômio real p(x) = an x
n, com a5 = 4, 
tem três raízes reais distintas, a, b e c, que satisfazem o
sistema
Sabendo que a maior das raízes é simples e as demais têm
multiplicidade dois, pode-se afirmar que p(l) é igual a
a) – 4. b) – 2. c) 2. d) 4. e) 6.
Resolução
1) ⇔
⇔ ⇔
2) As raízes de p(x) = 0 são r1 = 2, r2 = , r3 = , 
r4 = – 1, r5 = – 1 
3) p(x) = an x
n, com a5 = 4 ⇒
⇒ p(x) = 4(x – 2) x –
2
. (x + 1)2 ⇒
⇒ p(1) = 4(1 – 2) . 1 –
2
. (1 + 1)2 = – 4
5
∑
n = 0
a + 2b + 5c = 0
a + 4b + 2c = 6
2a + 2b + 2c = 5�
a + 2b + 5c = 0
a + 4b + 2c = 6 .
2a + 2b + 2c = 5
�
5
∑
n = 0
3
–––
2
3
–––
2
a = 2
3
b = ––
2
c = – 1
�a + 2b + 5c = 02b – 3c = 6– 11c = 11�
�3––2�
�3––2�
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10 EE
Considere o polinômio p(x) = an x
n com coefi -
cientes a0 = – 1 e an = 1 + ian – l, n = 1, 2, ..., 15. Das
afirmações:
I. p(– 1) ∉ �,
II. �p(x)� ≤ 4 (3 + ���2 + ���5), ∀x ∈ [– 1, 1],
III. a8 = a4,
é (são) verdadeira(s) apenas
a) I. b) II. c) III. d) I e II. e) II e III.
Resolução
Observemos que:
a0 = – 1
a1 = 1 + i . a0 = 1 – i
a2 = 1 + i . a1 = 1 + i . (1 – i) = 2 + i
a3 = 1 + i . a2 = 1 + i . (2 + i) = 2i
a4 = 1 + i . a3 = 1 + i . (2i) = – 1
desta forma, an é igual a – 1, (1 – i), (2 + i) ou 2i,
conforme n seja do tipo 4k, 4k + 1, 4k + 2 ou 4k + 3,
com n ∈ �, respectivamente.
I) Falsa, pois
p(– 1) = an(– 1)
n = a0 – a1 + a2 –
– a3 + a4 – … – a15 = [– 1 – (1 – i) + (2 + i) – 2i] +
+ [– 1 – (1 – i) + (2 + i) – 2i] + … +
+ [– 1 – (1 – i) + (2 + i) – 2i] = 0 ∈ �
II) Verdadeira
Observe que x ∈ [– 1; 1] ⇒ xn ∈ [– 1; 1] ⇔
⇔ �xn� ≤ 1 ⇔ �an� . �x
n� ≤ �an� e 
�p(x)� = � an xn � =
= �a0x
0 + a1x
1 + a2x
2 + … + a15x
15� ≤
≤ �a0x
0� + �a1x
1� + �a2x
2� + … + �a15x
15� =
= �a0�.�x
0� + �a1�.�x
1� + �a2�.�x
2� + … + �a15�.�x
15� ≤
≤ �a0� + �a1� + �a2� + … + �a15� =
= 4(�a0� + �a1� + �a2� + �a3�) = 4 . (1 + ���2 + ���5 + 2) =
= 4(3 + ���2 + ���5), pois �a0� = �– 1� = 1, 
�a1� = �1 – i� = ���2, �a2� = �2 + i� = ���5, �a3� = �2i� = 2
III)Verdadeira, pois
a8 = 1 + ia7 = 1 + i . (1 + ia6) = 1 + i – a6 =
= 1 + i – (1 + ia5) = i – i(1 + ia4) = a4
15
∑
n = 0
15
∑
n = 0
15
∑
n = 0
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11 BB
A expressão (2���3 + ���5)5 – (2���3 – ���5)5 é igual a
a) 2630���5. b) 2690���5. c) 2712���5.
d) 1584����15. e ) 1604����15.
Resolução
1) �2��3 +��5 �
5
= �2��3 �
5
+ 5 . �2��3 �
4
. ��5 + 
+ 10 . �2��3 �
3
. ���5 �
2 
+ 10 . �2��3 �
2
. ���5 �
3 
+ 
+ 5 . �2��3 �
1
. ���5 �
4 
+ ���5 �
5
2) �2��3 – ��5 �
5
= �2��3 �
5
– 5 . �2��3 �
4
. ��5 + 
+ 10 . �2��3 �
3
. ���5 �
2 
– 10 . �2��3 �
2
. ���5 �
3 
+ 
+ 5 . �2��3 �
1
. ���5 �
4 
– ���5 �
5
3) �2��3 + ��5 �
5
– �2��3 – ��5 �
5
= 
= 2 �5 . �2��3 �4 . ��5 + 10 . �2��3 �2. ���5 �3 + 
+ ���5 �
5	 = 2 . �720��5 + 600 ��5 + 25 ��5 	 =
= 2690 ��5
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12 AA
Um palco possui 6 refletores de iluminação. Num certo
instante de um espetáculo moderno os refletores são
acionados aleatoriamente de modo que, para cada um dos
refletores, seja de a probabilidade de ser aceso.
Então, a probabilidade de que, neste instante, 4 ou 5
refletores sejam acesos simultaneamente, é igual a
a) . b) . c) .
d) . e) + .
Resolução
Se a probabilidade de um refletor ser aceso é , a
de não ser aceso é .
Assim sendo, a probabilidade pedida é:
C6,4 .
4
. 
2
+ C6,5 .
5
. 
1
=
= + = =
80
–––
243
64
–––
243
144
–––
243
16
–––
27
1�–––�3
2�–––�3
1�–––�3
2�–––�3
1
––
3
2
––
3
25
–––
35
24
–––
34
479
––––
729
151
––––
243
49
–––
81
16
–––
27
2
–––
3
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13 DD
Considere a matriz
A = ∈ M3×3 (�),
em que a4 = 10, det A = – 1000 e a1, a2, a3, a4, a5 e a6
formam, nesta ordem, uma progressão aritmética de razão
d > 0. Pode-se afirmar que é igual a
a) – 4. b) – 3. c) – 2. d) – 1. e) 1.
Resolução
1) det A = = a1 . a4 . a6 = –1000 ⇒
⇒ a1 . 10 . (a1 + 5d) = –1000 ⇔ a1 . (a1 + 5d) = –100
2) a4 = a1 + 3d = 10 ⇔ a1 = 10 – 3d
3) (10 – 3d) (10 – 3d + 5d) = –100 ⇔
⇔ 3d2 + 5d – 100 = 0 ⇔ d = ⇔ 
⇔ d = 5, pois d > 0
4) a1 = 10 – 3d = 10 – 3 . 5 = –5
5) Se a1 = –5 e d = 5, então = –1
a1–––
d
– 5 ± 35
––––––––
6
a1
0
0
a2
a4
0
a3
a5
a6
a1–––
d
	
a1
0
0
a2
a4
0
a3
a5
a6
�
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14 CC
Sobre os elementos da matriz
A = ∈ M4x4 (�)
sabe-se que (xl, x2, x3, x4) e (y1, y2, y3, y4) são duas
progressões geométricas de razão 3 e 4 e de soma 80 e
255, respectivamente, Então, det(A–l) e o elemento
(A–1)23 valem, respectivamente,
a) e 12. b) e –12.
c) e 12. d) e .
e) e .
Resolução
1) (x1, x2, x3, x4) é uma progressão geométrica de
razão 3 e x1 + x2 + x3 + x4 = 80
Logo: x1 + 3x1 + 9x1 + 27x1 = 80 ⇔ x1 = 2 ⇒
⇒ (x1, x2, x3, x4) = (2, 6, 18, 54)
2) (y1, y2, y3, y4) é uma progressão geométrica de
razão 4 e y1 + y2 + y3 + y4 =255
Logo: y1 + 4y1 + 16y1 + 64y1 = 255 ⇔ y1 = 3 ⇒
⇒ (y1, y2, y3, y4) = (3, 12, 48, 192)
3) det A = = 
= 1 . (–1)5 . =
= 1 . (–1) . 1 . (–1)6 . = – (288 – 216) = –72
4) det (A–1) = = –
1
–––
12
1
–––
72
1
–––
12
1
– –––
72
1
– –––
72
1
– –––
72
1
–––
72
	
x1
y1
0
1
x2
y2
0
0
x3
y3
0
0
x4
y4
1
0
�
1
–––
72
1
–––––
det A
6
12
18
48
6
12
0
18
48
0
54
192
1
2
3
0
1
6
12
0
0
18
48
0
0
54
192
1
0
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
5) Interpretando “o elemento (A–1)23” como sendo “o
elemento b23 da matriz inversa de A”, temos:
b23 = =
= 12
cofator do elemento a32 de A––––––––––––––––––––––––––
det A
–864
–––––
–72
= ––––––––––––– =
–72
–
18
48
54
192
(–1)5 .
2
3
1
18
48
0
54
192
0
= ––––––––––––––––––––––––– =
–72
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
15 AA
O valor da soma sen sen , para todo 
α ∈ �, é igual a
a) �cos – cosα	.
b) �sen – sen 	.
c) cos – cos .
d) �cos – cos 	.
e) cos – cosα.
Resolução
Lembrando que cos (a + b) – cos (a – b) =
= –2 sen a . sen b, temos:
cos + – cos – =
= –2 sen . sen ⇔ 
⇔ cos – cos = – 2sen . sen ⇔
⇔ sen . sen =
= �cos – cos 	 ⇔
Desta forma:
sen . sen =
= �cos – cos 	 =
= �cos – cos α + cos – cos +
+ cos – cos + cos – cos +
+ cos – cos + cos – cos 	 =
= �cos – cos α	1–––2
α�–––�729
α�–––�243
α�–––�81
α�–––�729
α�–––�243
3α�–––�3n
α�–––�3n
1
–––
2
α�–––�3n
2α�–––�3n
α�–––�3n
2α�–––�3n
α�–––�3n
3α�–––�3n
α�–––�3n
2α�–––�3n
α
––––�3n
2α�––––3n
α
––––�3n
2α�––––3n
α�––––�729
α�––––�243
α�––––�729
1
–––
2
α�––––�729
α�––––�243
α�––––�729
α�––––�243
1
–––
2
α�––––�729
1
–––
2
α�–––�3n
2α�–––�3n
6
∑
n = 1
α�–––�3n
2α�–––�3n
6
∑
n = 1
α�–––�27
α�–––�81
α�–––�9
α�–––�27
α�–––�3
α�–––�9
α�–––�3
1
–––
2
3α�–––�3n
α�–––�3n
1
–––
2
6
∑
n = 1
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
16 BB
Se os números reais α e β, com α + β = , 0 ≤ α ≤ β,
maximizam a soma sen α + sen β, então α é igual a
a) . b) . c) . d) . e) .
Resolução
1) sen α + sen β = 2 sen
⇒
⇒ sen α + sen β = ��3 cos =
= ��3 cos �α – �
2) sen α + sen β = ��3 . cos �α – � é máximo para
α – = 0 ⇒ α = 
2π
––
3
2π
––
3
2π
––
3
2π
––
3
α – β
––––
2
�
α + β α – β
––––– cos –––––
2 2
4π
α + β = –––
3
7π
–––
12
5π
–––
8
3π
–––
5
2π
–––
3
π ���3
–––––
3
4π
–––
3
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
17 AA
Considere as circunferências C1: (x – 4)
2 + (y – 3)2 = 4 e
C2: (x – 10)
2 + (y – 11)2 = 9. Seja r uma reta tangente
interna a C1 e C2, isto é, r tangencia C1 e C2 e intercepta
o segmento de reta 
–––––
O1O2 definido pelos centros O1 de C1
e C2 de C2. Ospontos de tangência definem um segmento
sobre r que mede
a) 5��3. b) 4��5. c) 3��6. d) . e) 9.
Resolução
As circunferências C1: (x – 4)
2 + (y – 3)2 = 4 e
C2: (x – 10)
2 + (y – 11)2 = 9 têm centro e raio,
respectivamente:
O1 (4, 3), r1 = 2 e O2 (10, 11), r2 = 3.
A partir do enunciado, temos o seguinte gráfico, com:
1) O1O2 = (10 – 4)
2 + (11 – 3)2 = 10
2) O1T1 = r1 = 2
3) O2T2 = r2 = 3
4) T1T2 é a distância entre os pontos de tangência.
Considerando o triângulo O1AO2 retângulo em A,
temos:
AO21 + AO
2
2 = O1O
2
2 (Teorema de Pitágoras)
Como O1O2 = 10, AO2 = r1 + r2 = 5 e O1A = T1T2,
conclui-se que:
T1T2
2 + 52 = 102 ⇔ T1T2
2 = 75 ⇔ T1T2 = 5 . ��3 
25
–––
3
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
18 DD
Um cilindro reto de altura cm está inscrito num
tetraedro regular e tem sua base em uma das faces do
tetraedro. Se as arestas do tetraedro medem 3 cm, o
volume do cilindro, em cm3, é igual a
a) . b) . c) .
d) . e) .
Resolução
Sejam H e h as medidas, em centímetros, das alturas
dos tetraedros regulares VABC e VDEF.
Assim:
H = = ��6 e h = H – = ��6 – =
Sendo � a medida, em centímetros, da aresta do
tetraedro VDEF, temos:
h = ⇒ = ⇔ � = 2 
A medida r, em centímetros, do raio da base do
cilindro é da altura do triângulo equilátero DEF.
Assim, r = . = . =
Logo, o volume V do cilindro, em centímetros cúbicos,
é:
V = π r2 . = π . . = 
π
––
3
π ���6
–––––
9
π ���6
–––––
6
π ���3
–––––
6
π ���3
–––––
4
���6
––––
3
A
B
C
D
3
F
r
E
h
H
3
___6
3
V
π ��6 
–––––
9
��6 
––––
3
��3 2�––––�
3
��6 
––––
3
��3 
––––
3
2 ��3 
–––––
2
1
–––
3
� ��3 
–––––
2
1
–––
3
1
–––
3
� ��6 
–––––
3
2 ��6 
–––––
3
� ��6 
–––––
3
2 ��6 
–––––
3
��6 
––––
3
��6 
––––
3
3 ��6 
–––––
3
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
19 EE
Um triângulo equilátero tem os vértices nos pontos A, B
e C do plano xOy, sendo B = (2,1) e C = (5,5). Das
seguintes afirmações:
I. A se encontra sobre a reta y = + ,
II. A está na intersecção da reta y = + com
a circunferência (x – 2)2 + (y – 1)2 = 25,
III. A pertence às circunferências (x – 5)2 + (y – 5)2 = 25 
e
2
+ (y – 3)2 = ,
é (são) verdadeira(s) apenas
a) I. b) II. c) III. d) I e II. e) II e III.
Resolução
1) O ponto médio do segmento 
––––
BC é
2) O ponto A pertence à mediatriz do segmento 
––––
BC
cuja equação é y – 3 = – . ⇔
⇔ y = – x + 
3) d2AB = d
2
BC ⇒ (x – 2)
2 + (y – 1)2 = 9 + 16 ⇔
⇔ (x – 2)2 + (y – 1)2 = 25
4) d2AM = ⇒ + (y – 3)
2 =
5) A está na intersecção da reta de equação 
y = – x + com a circunferência de equa-
ção (x – 2)2 + (y – 1)2 = 25 e a afirmação II,
portanto, é verdadeira.
6) O ponto A também pertence à circunferência de
equação
+ (y – 3)2 = e a afirmação III, pois,
também é verdadeira.
11
–––
2
3
– –– x
4
75
–––
4
7�x – ––�2
45
–––
8
3
– –– x
4
45
–––
8
3
–––
4
7�x – –––�2
3
–––
4
7M �––, 3�2
M
B(2,1)
A(x,y)
C(5,5)
75
–––
4
7�x – –––�22
45
–––
8
3
–––
4
75
–––
4
7�x – –––�22
5 ��3 2�–––––�
2
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
A1
B(2,1)
C(5,5)
M
A2
(x-2) +(y-1) = 252 2
y = - 3
4
x+ 45
8
7
2
75
4)
2
)x- + =(y-3)2
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
20 BB
Sejam A, B, C e D os vértices de um tetraedro regular
cujas arestas medem 1 cm. Se M é o ponto médio do
segmento 
–––
AB e N é o ponto médio do segmento 
–––
CD, então
a área do triângulo MND, em cm2, é igual a
a) . b) . c) .
d) . e) .
Resolução
––––
DM é altura do triângulo equilátero ABD, e portanto,
DM = = cm
No triângulo retângulo MND, temos:
(MN)2 + (ND)2 = (DM)2 ⇒
⇒ (MN)2 + = ⇒ MN = cm
Assim, a área S do triângulo MND, em centímetros
quadrados, é:
S = = =
���3
––––
9
���3
––––
8
���3
––––
6
���2
––––
8
���2
––––
6
��2 
––––
8
��2 1 
–––– . –––
2 2
–––––––––
2
MN . ND
––––––––
2
��2 
––––
2
��3 2�––––�
2
1 2 �–––�2
��3 
––––
2
1 . ��3 
––––––
2
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS
DE 21 A 30, DEVEM SER RESOLVIDAS E
RESPONDIDAS NO CADERNO DE SOLUÇÕES.
21
Sejam A, B e C conjuntos tais que C � B, 
n(B\C) = 3n(B � C) = 6n(A � B), n(A � B) = 22 e 
(n(C), n(A), n(B)) é uma progressão geométrica de razão
r > 0.
a) Determine n(C).
b) Determine n(P(B\C)).
Resolução
Seja n(C) = x
1) C � B ⇔ B � C = C ⇒
2) n (B \ C) = 3n(B � C) ⇔
⇔ n[B – (B � C)] = 3n(B � C) ⇔ n[B – C] =
= 3n(C) ⇔ n(B) – n(C) = 3n(C) ⇔
, pois C � B
3) Se (n(C), n(A), n(B)) é uma progressão geo -
métrica, então [n(A)]2 = n(C) . n(B) = x . 4x ⇔
⇔ , pois n(A) ≥ 0.
4) 3n(B � C) = 6n(A � B) ⇔ 3x = 6n(A � B) ⇔
⇔ n(A � B) =
5) Desta forma, 
n(A � B) = n(A) + n(B) – n(A � B) =
= 2x + 4x – = = 22 ⇒ x = 4
Assim, n (C) = x = 4
e n(P (B \ C)) = 2
n(B \ C)
= 23n(B � C) = 2
3 . x
=
= 23 . 4 = 212 = 4096
Respostas: a) 4 b) 4096
n(B � C) = n(C) = x
11x
–––
2
x
–––
2
x
–––
2
n(A) = 2x
n(B) = 4n(C) = 4x
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
22
A progressão geométrica infinita (a1, a2, ..., an, ...) tem
razão r < 0. Sabe-se que a progressão infinita 
(aI, a6, ..., a5n+1, ...) tem soma 8 e a progessão infinita 
(a5, a10, ..., a5n, ...) tem soma 2. Determine a soma da
progressão infinita (a1, a2, ..., an, ...).
Resolução
Se (a1, a2, a3, …) for uma progressão geométrica
infinita de razão r < 0, então:
1) (a1, a6, a11,…) é uma progressão geométrica
infinita de razão r5 e, portanto:
= 8
2) (a5, a10, a15, …) é uma progressão geométrica
infinita de primeiro termo a5 = a1 . r
4 e razão r5 e,
portanto:
= 2
3) De (1) e (2), temos:
= ⇔ = 4 ⇔
⇔ r = ± ⇒ r = – , pois r < 0
4) = 8 e r = – , então
= 8 ⇔ a1 = 8 + ���2
5) A soma dos termos da progressão geométrica
infinita (a1, a2, a3, …) é
= 14 – 6���2
Resposta: 14 – 6���2
a1––––––
1 – r5
1
–––
r4
8
–––
2
a1––––––
1 – r5
––––––––––
a1 . r
4
––––––
1 – r5
a1 . r
4
––––––
1 – r5
8 + ���2
–––––––––––
���2
1 + ––––
2
a1––––––––––––
���2
1 + �––––�
5
2
���2
––––
2
a1––––––
1 – r5
���2
––––
2
1
––––
���2
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
23
Analise se a função f : � → �, f(x) = é bijetora
e, em caso afirmativo, determine a função inversa f–1.
Resolução
1) Como a função g definida por
g(x) = 3x é estritamente crescente, então x1 < x2 ⇒
⇒ 3
x1 < 3
x2 ⇒ 3
x1 – 3
x2 < 0, ∀x1, x2 ∈ �
2) Como a função h definida por
f(x) = 3–x é estritamente decrescente, então 
x1 < x2 ⇒ 3
–x1 > 3
– x2 ⇒ 3
–x1 – 3
– x2 > 0 ⇒
⇒ – (3
–x1 – 3
– x2) < 0, ∀x1, x2 ∈ �
3) A função f definida por f(x) = é estrita-
mente crescente, pois para todo x1, x2, tal que 
x1 < x2, tem-se f(x1) < f(x2), pois
f(x1) – f(x2) = – =
= [(3
x1 – 3
x2) – (3
–x1 – 3
–x2)] < 0 ⇒ f(x1) < f(x2)
4) Se a função f é estritamente crescente, então ela é
injetora.
5) Im(f) = CD(f) = � ⇒ f é sobrejetora.
6) Se f é injetora e sobrejetora, ela é bijetora.
7) y = ⇒ 2y = 3x – ⇒
⇒ (3x)2 – 2y (3x) – 1 = 0 ⇒ 3x = ⇒
⇒ 3x = y + ����� y2 + 1 ⇒ x = log3 (y + ����� y2 + 1 )
8) A função f –1: � → � é definida por
f–1(x) = log3 (x + ����� x2 + 1)
Resposta: f é bijetora e 
f –1: � → � tal que f–1(x) = log3(x + ����� x2 + 1) 
3x – 3–x
––––––––
2
3
x2 – 3
–x2
–––––––––
2
3
x1 – 3
–x1
–––––––––
2
3x – 3–x
–––––––
2
2y + ����� 4y2 + 4
–––––––––––––
2
1
–––
3x
3x – 3–x
–––––––
2
1
–––
2
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
24
Seja f : � → � bijetora e ímpar. Mostre que a função
inversa f–1 : � → � também é ímpar.
Resolução
Sendo f: � → � bijetora e ímpar, para todo a ∈ �,
temos:
f(a) = b ∈ � ⇔ f –1(b) = a e f(– a) = – b
De f(– a) = – b, temos f –1(– b) = – a
Assim:
f– 1(– b) = – a = – f– 1(b) e, portanto, f– 1 é ímpar.
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
25
Considere o polinômio p(x) = anx
n, com coeficien -
tes reais, sendo a0 ≠ 0 e a6 = 1. Sabe-se que se r é raiz de
p, – r também é raiz de p. Analise a veracidade ou
falsidade das afirmações:
I.Se r1 e r2, �r1� ≠ �r2�, são raízes reais e r3 é raiz não real
de p, então r3 é imaginário puro.
II. Se r é raiz dupla de p, então r é real ou imaginário
puro.
III. a0 < 0.
Resolução
1) p(x) = anx
n = a0 + a1x
1 + a2x
2 + a3x
3 + a4x
4 +
+ a5x
5 + x6 tem coeficientes reais. Portanto, se 
α + βi é raiz, então α – βi é raiz com a mesma
multiplicidade.
2) Se r1 e r2, �r1� ≠ �r2�, são raízes reais e r3 é raiz não
real de p, então p(r1) = 0, p(– r1) = 0, p(r2) = 0, 
p(– r2) = 0, p(r3) = 0, p(– r3) = 0.
3) Se r3 = α + βi é raiz, então α – βi é raiz e 
se – r3 = – α – βi é raiz, então – α + βi é raiz. Para
que α + βi, α – βi, – α – βi, – α + βi representem
apenas duas raízes, então α = 0, necessariamente,
e as raízes são βi, – βi.
4) Considerando que se r é raiz de p, – r também é
raiz de p, com a mesma multiplicidade, então se r
é raiz dupla de p, então – r é raiz dupla de p.
Se r = α + βi é a raiz dupla, então – r = – α – βi é
raiz dupla. Mas, se α + βi é raiz, então α – βi é raiz
e se α – βi é raiz, então – α + βi é raiz. Para que 
α + βi (dupla), – α – βi (dupla), α – βi (dupla), 
– α + βi (dupla) representem apenas as 4 raízes,
deve-se ter α = 0 ou β = 0.
5) Considerando que se r é raiz de p, –r também é
raiz de p, sem a mesma multiplicidade, então um
polinômio p pode ter as seguintes raízes:
(1 + i) (dupla); (1 – i) (dupla); (–1 – i) (simples); 
(–1 + i) (simples)
6) O produto das 6 raízes de p(x) = 0 é + .
Se r1, – r1, r2, – r2, r3 e – r3 são as 6 raízes, então
a0 = r1 (– r1) . r2 (– r2) . r3 . (– r3) ⇔
⇔ a0 = – (r1 . r2 . r3)
2
6
∑
n = 0
6
∑
n = 0
a0–––
1
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
7) Se r1, r2 e r3 são raízes reais, então a0 < 0.
8) Se r1 e r2 são raízes reais e r3 = γi, então:
a0 = –(r1 . r2 . r3)
2 = –(r1 . r2 . γi)
2 =
= – (r1 . r2 . γ)
2 . i2 ⇒ a0 = (r1 . r2 . γ)
2 > 0
Resposta: A afirmação (I) é verdadeira.
A afirmação (II) é falsa.
A afirmação (III) é falsa.
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
26
Uma urna de sorteio contém 90 bolas numeradas de 1 a
90, sendo que a retirada de uma bola é equiprovável à
retirada de cada uma das demais.
a) Retira-se aleatoriamente uma das 90 bolas desta urna.
Calcule a probabilidade de o número desta bola ser um
múltiplo de 5 ou de 6.
b) Retira-se aleatoriamente uma das 90 bolas desta urna
e, sem repô-la, retira-se uma segunda bola. Calcule a
probabilidade de o número da segunda bola retirada
não ser um múltiplo de 6.
Resolução
1) Os múltiplos de 5 compreendidos entre 1 e 90,
inclusive, são os termos da progressão aritmética
(5; 10; 15; …; 90), num total de 18 termos.
2) Os múltiplos de 6 compreendidos entre 1 e 90,
inclusive, são os termos da progressão aritmética
(6; 12; 18; …; 90), num total de 15 termos.
3) Os múltiplos de 5 e 6 compreendidos entre 1 e 90
são 30, 60 e 90.
4) Os múltiplos de 5 ou 6 compreendidos entre 1 e 90
totalizam 18 + 15 – 3 = 30 números.
a) A probabilidade de o número desta bola ser um
múltiplo de 5 ou 6 é = 
b) Dos 90 números da urna, 75 não são múltiplos de
6. A probabilidade da segunda bola retirada não
ser um múltiplo de 6 é
. + . = 
Respostas: a) b)
5
–––
6
1
–––
3
5
–––
6
74
–––
89
75
–––
90
75
–––
89
15
–––
90
1
–––
3
30
–––
90
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
27
Considere as matrizes A ∈ M4x4(�) e X, B ∈ M4x1(�) :
A = ; X = ; e B = ;
a) Encontre todos os valores reais de a e b tais que a
equação matricial AX = B tenha solução única.
b) Se a2 – b2 = 0, a ≠ 0 e B = [1 1 2 4]t, encontre X tal que
AX = B.
Resolução
a) AX = B tem solução única ⇔ det A ≠ 0 ⇔
⇔ ≠ 0 ⇔ (–2) . ≠ 0 ⇔
⇔ (– 4) . a2 ≠ 0 ⇔ a ≠ 0
b) AX = B ⇒ . =
⇒
⇒ 
Da equação (III), temos: y = 1
Subtraindo-se a equação (IV) da equação (I),
temos:
2ax – y = –3 ⇒ 2ax – 1 = –3 ⇒ x = –
Substituindo-se x e y na equação (II), temos:
b . + 1 + az = 1 ⇒ z = = = 
Substituindo-se x, y e z na equação (I), temos:
a . + 1 + b . + w = 1 ⇒ w = 1 –
Como a2 – b2 = 0 e a ≠ 0, temos: = 1 e 
portanto w = 0
Respostas: a) a ≠ 0
b) X =
	
b1
b2
b3
b4
�	
x
y
z
w
�	
a
b
0
–a
1
1
2
2
b
a
0
b
1
0
0
1
�
a
b
–a
b
a
b
1
0
1
a
b
0
–a
1
1
2
2
b
a
0
b
1
0
0
1
	
1
– ––
a
1
1
–––
b
0
�
b2
–––
a2
b2
–––
a2
b
–––
a2
1�– ––�a
1
–––
b
b
–––
b2
b
–––
a2
1�– ––�a
1
–––
a
ax + y + bz + w = 1 (I)
bx + y + az = 1 (II)
2y = 2 (III)
– ax + 2y + bz + w = 4 (IV)
�
	
1
1
2
4
�	
x
y
z
w
�	
a
b
0
–a
1
1
2
2
b
a
0
b
1
0
0
1
�
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
28
Considere a equação 
(3 – 2 cos2 x) �1 + tg2 � – 6 tg = 0.
a) Determine todas as soluções x no intervalo [0, π[.
b) Para as soluções encontradas em a), determine cotg x. 
Resolução
a) (3 – 2 . cos2x) . – 6 . tg = 0 ⇔
⇔ (3 – 2 . cos2x) . sec2 – 6 . = 0 ⇔
⇔ – 6 . = 0
⇔ = 0 ⇔
⇔ = 0 ⇔
⇔ 3 – 2 . (1 – sen2x) – 3 . sen x = 0, com cos ≠ 0
⇔
⇔ 2 . sen2x – 3 . sen x + 1 = 0 ⇔
⇔ sen x = 1 ou sen x = 
No intervalo [0; π [, resulta: 
x = ou x = ou x =
b) Sendo cotg x = , temos:
1) Para x = →
→ cotg = = = ��3
xsen ––
2–––––––x
cos ––
2
x
–––
2
x
–––
2
x�1 + tg2 –––�2
x
–––
2
x
–––
2
��3–––––
2––––––
1
––
2
πcos ––
6––––––π
sen ––
6
π
–––
6
π
–––
6
cos x
––––––
sen x
5π
–––
6
π
–––
2
π
–––
6
1
–––
2
x
–––
2
3 – 2 . cos2x – 3 . sen x
–––––––––––––––––––x
cos2 ––
2
x x3 – 2 . cos2x – 6 . sen –– . cos ––
2 2––––––––––––––––––––––––––––x
cos2 ––
2
xsen ––
2–––––––x
cos ––
2
3 – 2 . cos2x
––––––––––––
x
cos2 ––
2
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
2) Para x = → cotg = = = 0
3) Para x = →
→ cotg = = = – ��3 
Respostas: a) x = ou x = ou x =
b) cotg x = ��3 ou cotg x = 0 ou cotg x = – ��3 
5π
–––
6
π
–––
2
π
–––
6
��3– ––––
2––––––
1
––
2
5πcos –––
6–––––––5π
sen –––
6
5π
–––
6
5π
–––
6
0
–––
1
πcos ––
2––––––π
sen ––
2
π
–––
2
π
–––
2
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29
Determine uma equação da circunferência inscrita no
triângulo cujos vértices são A = (1,1), B = (1,7) e C = (5,4)
no plano xOy.
Resolução
O triângulo ABC é isósceles e a circunferência inscrita
tem seu centro C’ pertencente à reta y = 4. Seja 
C’ (a, 4) que acarreta r = a –1 > 0
A reta AC tem equação:
= 0 ⇔ 3x – 4y + 1 = 0
A distância de C’ à reta AC é igual a r, da qual:
a – 1 = ⇔ a – 1 = ⇔
⇔ �3a – 15� = 5a – 5 ⇔ a = 5/2 ou a = – 5 (rejeitado)
Assim, r = – 1 = 
Logo, uma equação da circunferência inscrita no
triângulo ABC é
Resposta: 
3
–––
2
5
–––
2
�3a – 15�
–––––––––
5
�3a – 16 + 1�
–––––––––––
������9 + 16
x
5
1
y
4
1
1
1
1
9
(x – 5/2)2 + (y – 4)2 = –––
4
9
(x – 5/2)2 + (y – 4)2 = –––
4
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
30
As superfícies de duas esferas se interceptam ortogonal -
mente (isto é, em cada ponto da intersecção os respectivos
planos tangentes são perpendiculares). Sabendo que os
raios destas esferas medem 2 cm e cm, respectiva -
mente, calcule
a) a distância entre os centros das duas esferas.
b) a área da superfície do sólido obtido pela intersecção
das duas esferas.
Resolução
a) As superfícies de duas esferas se interceptam
ortogonalmente quando, para qualquer ponto A
da intersecção, temos os raios 
—
AB e 
—
AC perpen di -
culares.
Assim, no triângulo ABC, retângulo em A, temos:
(BC)2 = 22 +
2
⇒ BC = cm
b) No triângulo retângulo ABC, temos:
I) (AB)2 = (BC) . (BM) ⇒ 22 = . BM ⇒
⇒ BM = cm
II) CM = BC – BM = – ⇒ CM = cm
Assim, DM = BD – BM = 2 – ⇒
⇒ DM = cm e EM = CE – CM = – ⇒
⇒ EM = cm
A área S da superfície do sólido obtido pela
intersecção das duas esferas é dada pela soma das
áreas das calotas esféricas com alturas 
—
DM e 
—
EM
determinadas nas esferas com centros em B e em
C, respectivamente.
3
–––
5
2
–––
5
3
–––
2
9
–––
10
8
–––
5
5
–––
2
8
–––
5
9
–––
10
8
–––
5
5
–––
2
� 3–––2 � 5–––2
3
–––
2
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099
Logo, S = 2π . (AB) . (DM) + 2π . (AC) . (EM) =
=2π . 2 . + 2π . . = cm2
Respostas: a) cm b) cm217π––––
5
5
–––
2
17π
––––
5
3
–––
5
3
–––
2
2
–––
5
II TTAA ((33ºº DDiiaa )) –– DDEEZZEEMMBBRROO//22000099