livro1-2023-resolucao-matematica

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– 1
MATEMÁTICA
LIVRO 1
ÁLGEBRA
Capítulo 1 – Potenciação
16) 14 = 1
17) 03 = 0
18) 53 = 5 . 5 . 5 = 125
19) (– 5)3 = (– 5) . (– 5) . (– 5) = – 125
20) – 53 = – (5 . 5 . 5) = – 125
21) 52 = 25
22) (– 5)2 = (– 5) . (– 5) = 25
23) – 52 = – (5 . 5) = – 25
24) 5– 2 = = 
25) (– 5)– 2 = = 
26) – 5– 2 = – = = –
27) 50 = 1
28) (– 5)0 = 1
29) – 50 = – (50) = – 1 
30) (– 1)0 + (– 6) : (– 2) – 24 = 1 – 6 : (– 2) – 16 = 1 + 3 – 16 = – 12
Resposta: B
31)
2
+
– 2
. = +
2
. = + =
Resposta: E
32) = = = . = 
Resposta: D
33) = = =
= = 
Resposta: C
34) = 2100 – 1 = 299
Resposta: C
35) 0,013 =
3 
= = 0,000001
Resposta: D
36) número de pessoas = 6 . 6 . 6 + 1 = 63 + 1 = 217 
Resposta: A
37) I) x = (22)
3
= 26
II) y = 22
3
= 22.2.2 = 28
III) z = 23
2
= 23.3 = 29
IV) x . y . z = 26 . 28 . 29 = 26 + 8 + 9 = 223 = 2n ⇔ n = 23
38) 4,129 milhões de toneladas = 4,129 . 106 . 103 kg =
= 4,129 . 109kg
Resposta: C
39) x = 
x = g
x = . 10 g
x = 625 gramas
Logo, 500 < x < 1000
Resposta: B
1
––––
52
1
–––
25
1
––––––
(– 5)2
1
–––
25
1
––––
52
– 1
––––
25
9
–––
4�
3
–––
2 � �
1
–––
2 � �
5
–––
2 � �
2
–––
1 � �
5
–––
2 �
9
–––
4
10
–––
1
49
–––
4
3–1 + 5–1
––––––––––
2–1
1 1
–– + ––
3 5
–––––––––
1
––
2
5 + 3
––––––
15
–––––––––
1
––
2
8
––––
15
2
–––
1
16
––––
15
25 – 9 + 1
––––––––––––––
1 1 1 
–– + –– + ––
9 5 2 
17 . 90
––––––––
73
2 
(– 5)2 – 32 + �––�
0
3
–––––––––––––––––––
1 1
3– 2 + –– + ––
5 2
17
–––––––
73 
––––
90 
1530
––––––
73
2100
––––––
21
� 1––––102 �
1
––––
106
(12500 . 109 Gg) . (0,0006 ng)
––––––––––––––––––––––––––––
0,000 012 Tg
125
––––
2
(125 . 102 . 109 . 109) . (6 . 10–4 . 10–9)
–––––––––––––––––––––––––––––––––––
12 . 10–6 . 1012
1
––––
25
2 –
40) Se d, em quilômetros, era a distância da Terra à Lua há 4,5
bilhões de anos, então
18 d – d = (4,5 . 109) . (3,78 . 10–5) ⇔
⇔ 17d = 17,01 . 104 ⇔ d � 1 . 104
Resposta: A
41) Em 1869: 
Brás Cubas possuía 300 contos = 300 . 106 réis
Em 1942: 
300 . 106 réis = cruzeiros = 300 . 103 cruzeiros
Em 1967: 
300 . 103 cruzeiros = cruzeiros novos =
= 300 cruzeiros novos
Em 1970: 
300 cruzeiros novos = 300 cruzeiros, houve apenas troca de
nome da moeda.
Em 1986:
300 cruzeiros = cruzado.
Em 1989: 
cruzado = cruzado novo.
Em 1990: 
cruzado novo = cruzeiro, houve apenas troca de
nome da moeda.
Em 1993: 
cruzeiro = cruzeiro real 
Em 1994: 
cruzeiro real = . real =
= . real � . real 
Resposta: D
300
–––––
103
300
–––––
103
300
–––––
106
300
––––––
106
300
–––––
106
300
–––––
106
300
–––––
109
300
–––––
109
1
–––––
2750
300
–––––
109
300
––––––
2750
1
–––––
109
1
–––
10
1
–––––
109
300 . 103
–––––––––
103
300 . 106
–––––––––
103
– 3
MATEMÁTICA
LIVRO 1
ÁLGEBRA
Capítulo 2 – Radiciação
14) ����81 = ����92 = 9
15) – ����81 = – ����92 = – 9
16)
3
����64 = 
3
����43 = 4
17)
3
������– 64 = 
3
������� (–4)3 = – 4
18) 8 + 14 +
3
�������� 6 + ���4 = 8 + 14 +
3
��������6 + 2 =
= 8 + 14 +
3
���8 = 8 + 14 + 2 = 8 + �����16 =
= ��������8 + 4 = �����12 = ��������3 . 4 = ���3 . ���4 = 2���3
Resposta: A
19) . + 1 – : + 1 + = 
= . + : + =
= + . + = + + =
= + = + 2 = = 2,5
Resposta: B
20)
–
2
––
5
= 
–
2
––
5
= 
5 –
2
––
5
=
= 
– 2 
= (– 3)
2
= 9 
Resposta: C
21) 8
–
2
––
3 + ������ 0,25 + 4 . (0,5)4 = (23)
–
2
––
3 + + 4 . 
4
=
= 2–2 + + 4 . = + + = 1
Resposta: A
22) 9
3
––
2 + 320,8 = (32)
3
––
2 + (25)0,8 = 33 + 24 = 27 + 16 = 43
Resposta: A
23) . 8
2
––
3 – . 8
–
2
––
3 = . �8
2
––
3 – 8
–
2
––
3 � = 
= ��23�
2
––
3 – �23�
–
2
––
3 	 = (22 – 2– 2) =
= 4 – = . = = 2,5 
Resposta: C
24) –
3
������– 8 + 16 
–
1
––
4 – –
– 2
+ 8
–
4
––
3 = 
= –
3
�������(– 2)3 + �24�
–
1
––
4 – (– 2)2 + (23)
–
4
––
3 =
= – (– 2) + 2– 1 – 4 + 2– 4 = 2 + – 4 + =
= – 2 + = = –
25) ��������2352 = ���������� 24.31.72 = 22.71.���3 = 28���3
Resposta: C
26) ���8 – �����18 + 2���2 = ������� 2 . 22 – ������� 2 . 32 + 2���2 =
= 2���2 – 3���2 + 2���2 = 4���2 – 3���2 = ���2
Resposta: A
27) �����18 + �����50 = ������� 2 . 32 + ������� 2 . 52 = 3���2 + 5���2 = 8���2 
Resposta: C
28) 2�����23���2 = 2������3������� 2 . 23 = 2 6����24 = 6������� 24. 26 =
= 
6
�����210 = 
2.3
�������22 . 5 = 
3
����25 = 
3
����32
29) a. a–1 a–1�����a–1 = a–1.a2 a–1�����a–1 = a a–1.�����a–1 =
= a–1. a2�����a–1 = a .�����a–1 = ��������� a–1.a2 =
= ����a = 
8
����a
Resposta: D 
30) a) ���2 . 
3
���3 = 
6
����23 . 
6
����32 = 
6
��������� 23. 32 = 
6
�����72
b)
3
���a . 
4
���b = 
12
����a4 . 
12
����b3 =
12
��������� a4. b3
c) = =
10
=
10
���a
2
–––
3
2
–––
3
2
–––
3
2
–––
3
2
–––
3
2
–––
3
1
–––
4 ��
2
–––
3
15
–––
4
5
–––
2
�1–––2�
1
–––
24
1
–––
2
23
––––
16
8 – 32 + 1
––––––––––––
16
1
–––
16
1
–––
2
� 1– ––––243 � �
– 1
–––––
35 � �
1
– –––
3� � 	
� 1– –––3 �
1
–––
4 �
1
–––
2 �
1
–––
2
1
–––
24
1
–––
4
1
–––
2
1
–––
4
4
–––
3
2
–––
3
1
–––
2
4
–––
3
5
–––
3
2
–––
5
1
–––
2
5
–––
2
1
–––
2
6
–––
3
1
–––
2
�1–––3�
3
–––
5�
3
–––
5�
49
––––
64
4
–––
7
4
–––
3
3
–––
5
2
–––
5
7
–––
8
4
–––
7
a5
––––
a4
10
����a5
–––––
10
����a4
���a
–––––
5
����a2
4 –
31) Utilizando-se o método A, temos:
= = = 2,5
Utilizando-se o método B, temos:
= . =
= ���2 + 1 = 1,4 + 1 = 2,4 
Pelo método A o erro é da ordem de 
2,5 – 2,41421
 = 0,08579 e pelo método B o erro é da ordem de
2,41421 – 2,4
 = 0,01421
A razão entre os erros obtidos pelos métodos A e B é 
� 6
Resposta: C
32) I) 73 = 343
II) 83 = 512
III) 343 < 389 < 512 ⇒
3
������ 343 < 
3
������ 389 < 
3
������ 512 ⇒ 7 < 
3
������ 389 < 8
Resposta: B
33) I) A = ���3 . �����13 = ������� 3.13 = �����39 
II) 62 = 36
III) 72 = 49
IV) 36 < 39 < 49 ⇒ �����36 < �����39 < �����49 ⇒ 6 < A < 7
Resposta: A
1
––––––––
���2 – 1
1
–––––––
1,4 – 1
1
–––––
0,4
1
–––––––
���2 – 1
1
–––––––––
(���2 – 1)
(���2 + 1)
––––––––––
(���2+ 1)
0,08579
–––––––––
0,01421
– 5
MATEMÁTICA
LIVRO 1
ÁLGEBRA
Capítulo 3 – Fatoração
11) 12a3b2 – 30a2b3 = 6a2b2(2a – 5b)
12) 6ab + 4b3 + 15a3 + 10a2b2 =
= 2b(3a + 2b2) + 5a2(3a + 2b2) = (3a + 2b2) . (2b + 5a2)
13) ab + a + b + 1 = a(b + 1) + 1(b + 1) = (b + 1) . (a + 1)
14) ab + a – b – 1 = a(b + 1) – 1(b + 1) = (b + 1) . (a – 1) 
15) xy + 3x + 4y + 12 = x(y + 3) + 4(y + 3) = (y + 3) . (x + 4)
16) = =
= = 
17) a2 – 25 = a2 – 52 = (a + 5) . (a – 5)
18) x2 – 1 = (x + 1) . (x – 1)
19) 144 – 81a2b2 = 9 . (16 – 9a2b2) = 9 . (4 + 3ab) . (4 – 3ab)
20) x4 – 1 = (x2)2 – (1)2 = (x2 + 1) . (x2 – 1) = (x2 + 1) . (x + 1) . (x – 1)
21) . . . . =
= . . . =
= . . =
= . = 1 –
2 
= 1 –
16
Resposta: A
22) 9342872 – 9342862 = (934287 + 934286) . (934287 – 934286) =
= 1868573 . 1 = 1868573 
Resposta: A
23) . ⇔
⇔ . ⇔
⇔ . ⇔
⇔ . . ⇔
⇔ . ⇔ ⇔ ⇔
⇔ = 
Resposta: A
30) (2 + 3m)2 = 22 + 2 . 2 . 3m + (3m)2 = 4 + 12m + 9m2
31) (a – 3)2 = a2 – 2 . a . 3 + (3)2 = a2 – 6a + 9
32) (���5 + ���3)2 = (���5)2 + 2���5 . ���3 + (���3)2 = 5 + 2����15 + 3 =
= 8 + 2����15 
33) a2 + 4a + 4 = a2 + 2 . 2 . a + 2 = (a + 2)2
34) 9a2 + 30ab + 25b2 = (3a)2 + 2 . (3a) . (5b) + (5b)2 = (3a + 5b)2
35) 1 – 18x2 + 81x4 = 12 + 2 . 1 . (– 9x2) + (– 9x2)2 = (1 – 9x2)2
36) Elevando ���������2 + ���3 + ���������2 – ���3 ao quadrado, temos:
(���������2 + ���3 + ���������2 – ���3 )2 =
= (���������2 + ���3 )2 + 2 . (���������2 + ���3 ) . (���������2 – ���3 ) + (���������2 – ���3 )2 =
= 2 + ���3 + 2 . (����������������������(2 + ���3 ) . (2 – ���3 ) + 2 – ���3 =
= 2 + ���3 + 2 . ������������� 22 – (���3 )2 + 2 – ���3 =
= 2 + ���3 + 2�������� 4 – 3 + 2 – ���3 = 2 + ���3 + 2 . ���1 + 2 – ���3 =
= 2 + ���3 + 2 + 2 – ���3 = 2 + 2 + 2 = 6
Resposta: C 
37) . = =
= = 
Resposta: E
38) – = =
= = =
= = 
2
Resposta: A
(b + 1) . (a + 1)
––––––––––––––––
(b – 1) . (a + 1)
b + 1
––––––––
b – 1
1
1 – ––
3� � �
1
1 + ––
3 � �
1
1 + ––
9 � �
1
1 + –––
81 � �
1
1 + –––––
6561 �
� 11 – ––9 � �
1
1 + ––
9 � �
11 + –––
81 � �
1
1 + –––––
6561 �
� 11 – –––81 � �
1
1 + –––––
6561 ��
1
1 + –––
81 �
� 11 – –––––6561 � �
1
1 + –––––
6561 � �
1
––––––
6561 � �
1
––
3 �
a(b + 1) + 1(b + 1)
–––––––––––––––––
a(b – 1) + 1(b – 1)
ab + a + b + 1
––––––––––––––
ab – a + b – 1
x(x + y) . (x + y) . (x – y)
––––––––––––––––––––––––
y(x – y) . (x + y)2
x2 – y2
–––––––––––––
x2 + y2 + 2xy
x2 + xy
–––––––––
xy – y2
x
––––
y
x(x – y) . (x + y)2
–––––––––––––––––
y(x – y) . (x + y)2
2x2 + x + 3 – [(x + 2) . (x + 1)]
–––––––––––––––––––––––––––––
(x + 1)2
x + 2
–––––––
x + 1
2x2 + x + 3
–––––––––––––
x2 + 2x + 1
x2 – 2x + 1
––––––––––––
(x + 1)2
2x2 + x + 3 – x2 – 3x – 2
––––––––––––––––––––––––
(x + 1)2
�x – 1–––––––x + 1�
(x – 1)2
–––––––––
(x + 1)2
� x
–2 – y–2
–––––––––
x–1 + y–1
�
1 1
––– – –––
x2 y2
––––––––––––
1 1
––– + –––
x y
– 1
–––––
1
– 1
� � x
2 . y + x . y2
–––––––––––––
x2 – y2 �
� x . y . (x + y)–––––––––––––––(x + y) . (x – y)
�
y2 – x2
–––––––––
x2 . y2
––––––––––––
y + x
–––––––––
x . y
� � x . y––––––x – y �
� � � � � x . y––––––x – y �
(y + x).(y – x)
––––––––––––––
x2 . y2
x . y
––––––
y + x
� � � �y – x––––––x . y
x . y
––––––
x – y
y – x
––––––
x – y
–1 . (–y + x)
––––––––––––
x – y
6 –
39) – . =
= . =
= . =
= . = 
Resposta: B
47) a3 + 1 = (a + 1) . (a2 – a + 1)
48) 64 – x3 = 43 – x3 = (4 – x)(42 + 4 . x + x2) = (4 – x).(16 + 4x + x2)
49) (a + 3b)3 = a3 + 3 . a2 . 3b + 3 . a . (3b)2 + (3b)3 =
= a3 + 9a2b + 27ab2 + 27b3
50) (2a – b)3 = (2a)3 – 3(2a)2 . b + 3 . (2a) . (b)2 – (b)3 =
= 8a3 – 12a2b + 6ab2 – b3
51) 1 + 6a + 12a2 + 8a3 =
= (1)3 + 3 . 12 . 2a + 3 . 1(2a)2 + (2a)3 = (1 + 2a)3
52) x3 – 6x2y + 12xy2 – 8y3 =
= (x)3 – 3 . (x)2 . 2y + 3 . x . (2y)2 – (2y)3 = (x – 2y)3
53) De acordo com o enunciado, a igualdade correta é 
= a – b. De fato:
= = a – b
Resposta: E
a3 – b3
––––––––––––
a2 + ab + b2
a3 – b3
––––––––––––
a2 + ab + b2
(a – b) . (a2 + ab + b2)
––––––––––––––––––––––
(a2 + ab + b2)
2
––––––
a – b
(a + b)
–––––––
2ab
4ab
–––––––––––––––
(a – b) . (a + b)
a + b
–––––––
2ab�
a2 + 2ab + b2 – (a2 – 2ab + b2)
–––––––––––––––––––––––––––––
(a – b) . (a + b)�
a + b
–––––––
2ab�
(a + b)2 – (a – b)2
––––––––––––––––––
(a – b) . (a + b)�
a + b
–––––––
2ab�
a – b
–––––––
a + b
a + b
–––––––
a – b�
– 7
MATEMÁTICA
LIVRO 1
ÁLGEBRA
Capítulo 4 – Exercícios-Tarefa 
(Potenciação, Radiciação e Fatoração)
1) A distância, em linha reta, que ele terá de percorrer será:
25 000 000 . 10 cm = 250 000 000 cm = 2 500 km
Resposta: B
2) a) Verdadeira: x2 = 4 ⇒ (x2)3 = (4)3 ⇒ x6 = 64
b) Falsa: x6 = 64 ⇔ x = ± 
6
�����64 = ± 
6
����26 = ± 2
c) Verdadeira: (22)
3
< 22
3 ⇒ 26 < 28
d) Verdadeira: 10x = 0,2 ⇒ (10x)2 = (0,2)2 ⇒ 102x = 0,04
e) Verdadeira: 2n + 2 + 2n = 2n . 22 + 2n = 2n(22 + 1) = 5 . 2n
Resposta: B
3) m = 57452 – 57402 = (5745 + 5740) . (5745 – 5740) =
= 11485 . 5 = 57425
Assim, a soma dos algarismos de m é
5 + 7 + 4 + 2 + 5 = 23
Resposta: B
4) = = 
= = = =
= = . = 
Resposta: D
5) x2 + = 14 ⇔ x2 + 2 + = 16 ⇔
⇔ x2 + 2 . x . + = 16 ⇔ x +
2 
= 16 ⇔
⇔ x + = 4, pois x > 0
Assim, x + 
5 
= 45 = (22)5 = 210
Resposta: D
6) 3m + 14400 = n2 ⇔ 3m = n2 – (120)2 ⇔ 3m = (n + 120)(n – 120)
Observemos que (n + 120) e (n – 120) são duas potências de 3
que diferem de 240. Entre os elementos do conjunto 
A = {30, 31, 32, 33, 34, 35}, somente 31 e 35 diferem de 240.
Quaisquer dois elementos do conjunto B = {36, 37, ...} diferem,
no mínimo, de 37 – 36 = 1458.
Entre um elemento de B e outro de A, a diferença é, no
mínimo, de 36 – 35 = 486.
Assim, ⇒ n = 123 e
3m = (123 + 120)(123 – 120) = 36 ⇒ m = 6
Desta forma, m + n = 6 + 123 = 129 e o resto da divisão de 
m + n por 5 é 4.
Resposta: E
7) 75y = 243 ⇒ (7y)5 = (3)5 ⇔ 7y = 3 ⇔ 7– y = 3– 1 = 
Resposta: A
8) 231 . 526 = 25 . 226 . 526 = 32 . (2 . 5)26 = 32 . 1026
28 algarismos
Resposta: C
9) 66 + 66 + 66 + 66 + 66 + 66 = 6 . 66 = 67
Resposta: B
10) Como 62015 termina por 6, o resto da divisão de 62015 por 10 é
igual a 6.
Resposta: C
11) ⇒ yx = 161,25 = (24)1,25 = 25 = 32
Resposta: D
12) = = = � =
= . = � 0,15
Resposta: C
13) = =
= = . =
= = = ���x + ���y 
Resposta: D
y = 16
x = 1,25 �
1
–––
5
–––––
1,31
2
–––
10
–––––
4
���3
4
––––
100
––––––––
�������3
4
––––
100
–––––
���3
0,04
–––––
���3
20
–––––
131
100
–––––
131
1
–––
5
���x ���y
–––– – ––––
���y ���x
–––––––––––––
1 1
–––– – ––––
���y ���x
x y
––– – –––
y x
––––––––––––––––
1 1
––– – –––
y x
���x + ���y
–––––––––
���x + ���y
x – y
–––––––––
���x – ���y
x – y
–––––––––
���x . ���y
–––––––––––––
���x – ���y
–––––––––
���x . ���y
(x – y) . (���x + ���y)
–––––––––––––––––
(x – y)
(x – y) . (���x + ���y)
––––––––––––––––––
(���x)2 – (���y)2
2n + 4 + 2n + 2 + 2n – 1 
–––––––––––––––––––––
2n – 2 + 2n – 1
2n. 24 + 2n . 22 + 2n ÷ 2
–––––––––––––––––––––––
2n ÷ 22 + 2n ÷ 21
1
2n�24 + 22 + ––�2
––––––––––––––––––
1 1
2n�–– + ––�4 2
41
––––
2
1
16 + 4 + ––
2
–––––––––––––
1 1
–– + ––
4 2
32 + 8 + 1
––––––––––
2
––––––––––––––
1 + 2
––––––
4
41
––––
2
––––––
3
–––
4
4
–––
3
82
––––
3
1
–––
3
1
–––
x2
1
–––
x2
1
–––
x
1
–––
x2
1
–––
x
1
–––
x
��
� 1–––x �
� n + 120 = 3
5
n – 120 = 31
8 –
14) = =
= = = = = 2
15) I) 
3
=
3
=
= 5 . 10– 4 . 
3
= 5 . 10– 4 . 
3
II) 5 . 10– 4 . 
– 1/3
= 5 . 10– 4 . 
1/3
= 
= 5 . 10– 4 . 
3
III)
3
: = 1
16) = 
= = =
= = ����a2 = a
Resposta: B
17)
3
=
3
=
3
=
=
3
= 
3
�����227 = 
3
������ (29)3 = 29
Resposta: D
18) + = =
= = = 4 
Resposta: B
19) . = 
Resposta: D
20) A expressão
38 · 45 · 512 = 9,5 . 2 . 2 . 210 . 512 = 9,5 . 212. 512 = 9,5 . 1012
Resposta: C
21) Para x = – 0,1 e y = 0,001, temos:
= = 
= = =
= – 0,1 . = · 101 = – 10,1 
22) Para a = 0,1 e b = 0,2, temos:
= =
= = = = =
= . 10–2 = = = 
Resposta: B
23) Para x = – 0,1 e y = 0,01, temos:
= =
= = =
= = – 0,11
Resposta: A
24)
n
= 
n
=
= 
n
= 
n
=
=
n
= 
n n 
= = 
Resposta: E
3 . 54 . 10–12
–––––––––––––
10
(5 . 10– 3)2 . 3 . 52 . 10–6
–––––––––––––––––––––––
10
3
–––
2
3 . 5
––––––
10
�3–––2��
2
–––
3�
3
–––
2
5 . 10– 4 . 2
1
– ––
3
–––––––––––––––
3
1
– ––
3	(0,005)2 . 0,000075––––––––––––––––––––10�
���a . ��������� a + ���a . ��������� a – ���a . ��������� a + 1 
––––––––––––––––––––––––––––––––––
��������� a2 – 1
���a . ���a . ��������� a – 1 . ��������� a + 1 
–––––––––––––––––––––––––
��������� a2 – 1
���a . ��������� a2 – a . ��������� a + 1 
–––––––––––––––––––––
��������� a2 – 1
����a2 . ��������� a2 – 1 
––––––––––––––––
��������� a2 – 1
5 . 228
–––––––
10
1 . 228 + 22 . 228
–––––––––––––––
10
228 + 230
––––––––––
10
228
–––––
2
(���3 + 1)2 + (���3 – 1)2
–––––––––––––––––––––––
(���3 – 1) . (���3 + 1) 
���3 – 1 
––––––––
���3 + 1
���3 + 1 
––––––––
���3 – 1
8 
–––
2
3 + 2���3 + 1 + 3 – 2���3 + 1 
––––––––––––––––––––––––––
(���3)2 – 12
���6 + 3 
––––––––
3
���3
–––––
���3
���2 + ���3
––––––––––
���3
– x (x – y) 
––––––––––
y
– x2 + xy 
––––––––––
y
0,1(– 0,101) 
––––––––––––––
0,001
0,1(– 0,1 – 0,001) 
––––––––––––––––––
0,001
– 1 
–––––
10
0,101 
–––––––
0,001
a2b(b – a) 
––––––––––––––
(b + a)(b – a)
a2b2 – a3b 
–––––––––––
b2 – a2
2 . 10– 3
–––––––––
3 . 10– 1
0,002
––––––––
0,3
(0,1)2 . 0,2 
–––––––––––––
0,1 + 0,2
a2b 
–––––––
a + b
1 
–––––
150
1 
–––––––
3 . 50
2 
–––––––
3 . 100
2 
–––
3
x(y – x) 
––––––––
���y
xy – x2
––––––––
���y
– 0,1 . 0,11
––––––––––––––
1 
––––
100
– 0,1(0,01 + 0,1) 
––––––––––––––––––
������� 0,01
– 0,1 . 0,11
––––––––––––
0,1
20
––––––––––––––––––
(22)n . 42 + 22n . 22
20
––––––––––––––
4n + 2 + 22n + 2
20
–––––––––
20 . 22n
20
––––––––––––––––––
16 . 22n + 4 . 22n
1 
–––
4
1 
––––
22
�1–––22�
1
––––
22n
23
––––
22
�22�
3
––
2
––––––
22
(4)
3
––
2
––––––
(2)2
�23 – 22�
3
––
2
–––––––––––(1 + 2 – 1)2
��22�
3
––
2 
– �23�
2
––
3 �
3
––
2
–––––––––––––––––
1�1 + –– . 6 – 1	
2
3
�4
3
––
2 – 8
2
––
3 �
3
––
2
–––––––––––––––––––––––––
3�20 + 3–1 . 6 – �–––�0	
2
4
– 9
25) (����12 + ���3 + 1)2 = (2���3 + ���3 + 1)2 = (3���3 + 1)2 =
= (3���3)2 + 2 . 3���3 + (1)2 = 28 + 6���3 = a + b���3 ⇔ a = 28 e b = 6
Resposta: E
26) I) M = a + = =
= = 
II) N = 1 – = =
= = 
III) = = = b
Resposta: B
27) . = =
= = 
Resposta: B
28) + + =
= = = 0
Resposta: B
29) y = – = =
= = =
= = 
Resposta: E
30) – = =
= = = 
Resposta: A
 
31) Para x = 4 e y = ���3, temos:
=
= = x2 – y2 =
= 42 – (���3)2 = 16 – 3 = 13
32) Se m + n + p = 6, mnp = 2 e mn + mp + np = 11, então: 
(m + n + p)2 = 62 ⇔ m2 + n2 + p2 + 2(mn + mp + np) = 36 ⇔
⇔ m2 + n2 + p2 + 2 . 11 = 36 ⇔ m2 + n2 + p2 = 14
Portanto, = = 7
Resposta: B
33) Pelos dados do gráfico, temos:
360° — 43 . 109
72° — x
Daí, por regra de três, temos:
x = = 8,6 .109
Assim, 8,6 .109 + 200.106 = 8,6 . 109 + 0,2 . 109 =
= 8,8 . 109 = 8,8 bilhões
Resposta: A
34) Para x ∈ �*+, temos, isoladamente, as seguintes operações:
x + x = 2x; x – x = 0; x . x = x2 e = 1.
A soma dos quatro resultados anteriores é
2x + 0 + x2 + 1 = x2 + 2x + 1 = (x + 1)2, que será um número
quadrado perfeito.
Resposta: C
35) I) mmc(3; 4) = 12
II)
3
���3 = 
3
����31 = 
12
����34 = 
12
����81
III)
4
���4 = 
4
����41 = 
12
����43 = 
12
����64
IV)
12
����81 > 
12
����64 ⇔
3
���3 > 
4
���4 
Portanto, o maior é 
3
���3.
36) Para a = 10, x = 2 e y = 1, temos:
a3 – 3a2x2y2 = a2(a – 3x2y2) = 
= 102(10 – 3 . 22 . 12) = 100 . (10 – 12) = – 200
Resposta: E
37) Se y = e x = temos:
y = = = 
Resposta: E
38) a2 + b2 – c2 – 2ab = (a2 – 2ab + b2) – c2 = (a – b)2 – (c)2 =
= [(a – b) + c] . [(a – b) – c] = (a – b + c) . (a – b – c)
(x4 – y4) . (x + y)2
––––––––––––––––––––––––––
(x2 + y2) . (x2 + 2xy + y2)
(x2 + y2) . (x2 – y2) . (x2 + 2xy + y2) 
––––––––––––––––––––––––––––––––––––
(x2 + y2) . (x2 + 2xy + y2)
(2x – 1).(x + 2) – (3x + 2) 
––––––––––––––––––––––––––
(x + 2) . (x – 2)
3x + 2 
–––––––
x2 – 4
2x – 1 
–––––––
x – 2
2(x2 – 2) 
–––––––––
x2 – 4
2x2 – 4
––––––––––––––––
(x + 2) . (x – 2)
2x2 + 4x – 4x – 4
––––––––––––––––––
(x + 2) . (x – 2)
x 
–––––––
x + 1
x(x – 1) 
–––––––––––––––
(x + 1) . (x – 1)
x2 – x
––––––––––––––––
(x + 1) . (x – 1)
2x2 – x2 – x
––––––––––––––––––
(x + 1) . (x – 1)
2x2 . (1) – x(x + 1) 
–––––––––––––––––––
(x + 1) . (x – 1)
x 
––––––
x – 1
2x2
–––––––
x2 – 1
x – y 
–––––––
xy
z(x – y) + x(y – z) + y(z – x)
–––––––––––––––––––––––––––
x . y . z
y – z 
–––––––
y . z
z – x 
–––––––
z . x
0
––––––––––
x . y . z
14 
––––
2
m2 + n2 + p2
–––––––––––––––
mnp
(a + b) . ab(a – b)
–––––––––––––––––––
a(a – b) . b(a2 – b2)
a2b – ab2
–––––––––––
a2b – b3
a + b 
––––––––
a2 – ab
1
––––––––
(a – b)
(a + b)
––––––––––––––
(a + b)(a – b)
M 
––––
N
b(a2 + 1)
–––––––––––
ab + 1
––––––––––––––
a2 + 1
––––––––
ab + 1
b(a2 + 1)
–––––––––––
a2 + 1
(a2 + 1)
–––––––––––
(ab + 1)
1 + a2
––––––––
1 + ab
1(1 + ab) – (ab – a2)
–––––––––––––––––––––
(1 + ab)
ab – a2
––––––––
1 + ab
43 .109 . 72
––––––––––––
360
x 
––––
x
– 1
––––
2
2x – 3
––––––––
4x2 + 2
– 4
––––
3
– 1 – 3
–––––––
1 + 2
– 1
2 . �––––� – 3
2
–––––––––––––––
– 1
4 . �––––�
2
+ 2
2
b(a2 + 1)
–––––––––––
(ab + 1)
a2b + b
–––––––––––
(1 + ab)
a(1 + ab) + b – a
––––––––––––––––––
(1 + ab)
b – a 
––––––––
1 + ab
10 –
39) a4 + a2 + 1 = (a4 + 2a2 + 1) – a2 = (a2 + 1)2 – (a)2 = 
= [(a2 + 1) + a] . [(a2 + 1) – a] = (a2 + a + 1) . (a2 – a + 1)
40) (a + b + c)2 = [(a + b) + c]2 = (a + b)2 + 2(a + b) . c + c2 =
= a2 + 2ab + b2 + 2ac + 2bc + c2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc 
41) Se x2 + y2 + x2y2 = (xy + 1)2, sendo x > y, então x – y = 1.
Demonstração:
x2 + y2 + x2y2 = x2y2 + 2xy + 1 ⇔ x2 + y2 = 2xy + 1 ⇔
⇔ x2 – 2xy + y2 = 1 ⇔ (x – y)2 = 1 ⇒ x – y = 1, pois x > y 
42) Sejam x e y os números positivos tais que:
a) + = 1 ⇔ = 1 ⇔
⇔ x2 + y2 = x2 . y2 ⇔ x2y2 = 4 ⇔ (xy)2 = 4 ⇒
⇒ x . y = 2, pois x e y são positivos
b) x2 + y2 = 4 ⇔ x2 + 2xy + y2 = 4 + 2xy ⇒
⇒ (x + y)2 = 4 + 2 . 4 ⇔ (x + y)2 = 8 ⇒
⇒ x + y = 2���2, pois x e y são positivos
43) Sendo a ∈ � e b ∈ �, temos a . b ∈ � e a + b ∈ �, assim: 
(a + b)3 – (a3 + b3) = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 – a3 – b3 = 
= 3a2b + 3ab2 = 3 . ab . (a + b) é múltiplo de 3, podendo ser
igual a 6.
Resposta: C
44) x + = b ⇔ x +
2
= b2 ⇔
⇔ x2 + + 2 . x . = b2 ⇔ x2 + = b2 – 2
45) 416 . 525 = α . 10n ⇔ (22)16 . 525 = α . 10n ⇔
⇔ 232 . 525 = α . 10n ⇔ 27 . 225 . 525 = α . 10n ⇔
⇔ 27 . (2 . 5)25 = α . 10n ⇔ 128 . 1025 = α . 10n
Para 1 � α � 10, temos:
128 . 1025 = 1,28 . 1027 = α . 10n
Portanto, n = 27
Resposta: D
46) Se a + b = ab = 10, então: 
+ = = = = = 8
Resposta: C
47) x = a + x – 1 ⇔ x – x– 1 = a ⇔ (x – x–1)2 = (a)2 ⇔
⇔ x2 + x– 2 – 2 = a2 ⇔ x2 + x– 2 = a2 + 2
Resposta: A
48)
1 – . 1 – . 1 – . … . 1 – =
= . . . … . = = 2015–1
Resposta: B
49) z = . =
= . =
= = 
Resposta: A
50) 555552 – 444442 = (55555 + 44444) . (55555 – 44444) =
= 99999 . 11111 = 9 . (11111)2 = (3 . 11111)2 =
= 333332 = 1111088889
Resposta: E
51) = ⇔ x3 + x + 1 = ⇔
⇔ (x3 + x + 1) + 1 = + 1 ⇔ x3 + x + 2 = ⇔
⇔ = 
Resposta: B
52) I) Se x e y são positivos e x > y, então x + y > 0 e 
x – y > 0. Além disso, ��������x + y > ��������x – y
II) ⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
III) Desta forma, 2x = 2 . 17 = 34
Resposta: D
2x – 2y + ax – ay
–––––––––––––––––
a3 – a2 – a + 1
a2 – 1
–––––––
2 + a
(2 + a) . (x – y) . (a2 – 1)
––––––––––––––––––––––––
(a – 1) . (a2 – 1) . (2 + a)
x – y
––––––
a – 1
2(x – y) + a(x – y)
––––––––––––––––––
a2(a – 1) – 1(a – 1)
a2 – 1
–––––––
2 + a
1
–––––––––––
x3 + x + 1
27
––––
37
37
––––
27
37
––––
27
64
––––
27
80
––––
10
a
–––
b
b
–––
a
a2 + b2
–––––––
ab
(a + b)2 – 2ab
–––––––––––––
ab
102 – 2 . 10
––––––––––––
10
1
–––
x2
1
–––
x
1
–––
x2
�1–––x�
1
–––
x
x2 + y2
––––––––
x2 . y2
1
––––
x2
1
––––
y2
x2 + y2 = 4
1 1
––– + ––– = 1
x2 y2
�
27
––––
64
1
–––––––––––
x3 + x + 2
1
––
2 �
1
–––––
2015
2014
–––––––
2015
1
–––––
2015
1
––
3
1
––
4� � � � ���
1
––
2
2
––
3
3
––
4
� �������� x + y + �������� x − y = 8 ���������x2 − y2 = 15 � �������� x + y + �������� x − y = 8 �������� x + y . �������� x − y = 15 
� �������� x + y = 5 �������� x – y = 3 �
x + y = 25 
x – y = 9 
� x = 17 
y = 8 
– 11
MATEMÁTICA
LIVRO 1
ÁLGEBRA
Capítulo 5 – Equações elementares
6) 2x – [1 – (x – 2)] = 3 ⇔ 2x – [1 – x + 2] = 3 ⇔
⇔ 2x – 1 + x – 2 = 3 ⇔ 3x = 6 ⇔ x = 2
Resposta: V = {2}
7) 3x – = 5 – ⇔ 18x – 3(x + 3) = 30 – 2(x – 2) ⇔
⇔ 18x – 3x – 9 = 30 – 2x + 4 ⇔ 17x = 43 ⇔ x =
Resposta: C
8) Sendo x, em anos, a idade atual, tem-se:
x = – ⇔ 6x = 3 . (x + 20) – 2 . (x – 5) ⇔
⇔ 6x = 3x + 60 – 2x + 10 ⇔ 5x = 70 ⇔ x = 14 
Resposta: B
9) Do prontuário, a enfermeira verifica que 
14mg = . 42 mg, sendo x a idade da criança.
Assim, 14 = . 42 ⇔
⇔ 14x + 14 . 12 = 42x ⇔ 28x = 14 . 12 ⇔ x = 6
Assim, a dosagem do medicamento X deverá ser, em mili -
gramas, de
. 60 = = 20
Resposta: B
10) x3 = – 16x ⇔ x3 + 16x = 0 ⇔ x . (x2 + 16) = 0 ⇔ x = 0
ou x2 + 16 = 0 ⇔ x = 0 ou x2 = – 16 ⇔
⇔ x = 0 ou x = ± ������� – 16 ∉ � ⇒ x = 0
Resposta: V = {0}
11) (x + 1) . (x – 1) . (x2 + 4) = 0 ⇔ x + 1 = 0 ou x – 1 = 0 ou
x2 + 4 = 0 ⇔ x = – 1 ou x = 1 ou x2 = – 4 ⇔
⇔ x = – 1 ou x = 1 ou x = ± �����– 4 ∉ � ⇒ x = – 1 ou x = 1 
Resposta: V = {– 1; 1}
15) Na equação 6x2 – x – 1 = 0, tem-se a = 6, b = – 1 e c = – 1, então:
I) � = b2 – 4ac = 1 + 24 = 25
II) x = = ⇔ x = – ou x =
Resposta: V = – ; 
16) Na euqação x2 – 5x + 6 = 0, tem-se a = 1, b = – 5 e c = 6, então:
I) � = b2 – 4ac = 25 – 24 = 1 
II) x = = ⇔ x = 2 ou x = 3
Resposta: V = {2; 3}
17) Na equação x2 + 4x + 3 = 0, tem-se a = 1, b = 4 e c = 3, então: 
I) � = b2 – 4ac = 16 – 12 = 4 
II) x = = ⇔ x = – 3 ou x = – 1
Resposta: V = {– 3; – 1}
18) Na equação 6x2 – 13x + 6 = 0, tem-se a = 6, b = – 13 e c = 6,
então:
I) � = b2 – 4ac = 169 – 144 = 25
II) x = =⇔ x = ou x = 
Resposta: V = ; 
19) Na equação 4x2 – 4x + 1 = 0, tem-se a = 4, b = – 4 e c = 1, então:
I) � = b2 – 4ac = 16 – 16 = 0
II) x = = = = 
Resposta: V = 
20) Na equação x2 – 2x + 5 = 0, tem-se a = 1, b = – 2 e c = 5, então:
I) � = b2 – 4ac = 4 – 20 = – 16
II) x = = ∉ �
Resposta: V = Ø
21) 3x2 + 12x = 0 ⇔ 3x . (x + 4) = 0 ⇔ x = 0 ou x + 4 = 0 ⇔
⇔ x = 0 ou x = – 4
Resposta: V = {– 4; 0}
22) x2 – 49 = 0 ⇔ x2 = 49 ⇔ x = � �����49 ⇔ x = � 7 
V = {– 7; 7} 
23) Sendo x o número procurado, tem-se:
5 . 8 = 40 ⇒ (5 – x) . (8 – x) = 40 – 42 ⇔
⇔ 40 – 5x – 8x + x2 = – 2 ⇔ x2 – 13x + 42 = 0 ⇔
⇔ x = 6 ou x = 7 
Resposta: A
24) + = ⇔ (x + 2) . (x – 2) + 2 . 2 = – 1 . (x – 2), 
com x – 2 ≠ 0 ⇔ x2 – 4 + 4 = – x + 2, com x ≠ 2 ⇔
⇔ x2 + x – 2 = 0, com x ≠ 2 ⇔ x = – 2 ou x = 1
Resposta: E
– b ± ����
–––––––––––
2a
5 ± 1
–––––––
2
– b ± ����
––––––––––
2a
1 ± 5
–––––––
12
� 1–––2 
x + 3
––––––
2
x – 2
––––––
3
43
––––
17
1
–––
3
1
–––
2
1
–––
3
x
–––––––
x + 12
6
–––––––
6 + 12
360
–––––
18
x
–––––––
x + 12
x + 20
–––––––
2
x – 5
––––––
3
– 4 ± 2
–––––––
2
– b ± ����
–––––––––
2a
3
–––
2
2
–––
3
13 ± 5
–––––––
12
– b ± ����
–––––––––
2a

3–––2
2
–––
3�
1
–––
2
4
–––
8
4 ± 0
–––––––
8
– b ± ����
–––––––––
2a

1–––2�
2 ± ������� – 16
–––––––––––
2a
– b ± ����
–––––––––
2a
– 1
–––––
2
2
––––––
x – 2
x + 2
––––––
2
12 –
25) Como AD = (12 – 2x)m, AB = x e a área da secção transversal,
deve ser 18 m2, tem-se:
(12 – 2x) . x = 18 ⇔ –2x2 + 12x – 18 = 0 ⇔
⇔ x2 – 6x + 9 = 0 ⇔ x = 3
Resposta: E
30) Sendo S = e P = a soma e o produto das raízes,
respectivamente, devemos ter = ⇔
⇔3k = 1 ⇔ k = 
Resposta: C
31) Sejam ax2 + bx + c = 0, com a ≠ 0, a equação proposta pelo
professor e {x1; x2} seu conjunto solução. Lembrando que 
x1 + x2 = – e x1 . x2 = temos:
I) O aluno que copiou errado apenas o coeficiente b acertou
os coeficientes a e c e obteve o valor correto do produto
das raízes e, portanto, x1 . x2 = = 1 . (– 3) = – 3 = P
II) O aluno que copiou errado apenas o termo constante
acertou o valor da soma das raízes e, portanto, 
x1 + x2 = – = (– 2) + 4 = 2 = S
III) ⇒ x2 – 2x + 3 = 0 ⇔ x = – 1 ou x = 3
Resposta: V = { – 1; 3}
32) Sendo V = {a; b} o conjunto verdade da equa ção 
x2 – 3k x + k2 = 0, então:
a + b = 3k ⇒ (a + b)2 = (3k)2 ⇔ a2 + 2ab + b2 = 9k2 ⇔
⇔ a2 + b2 + 2 . ab = 9k2 ⇔ 1,75 + 2k2 = 9k2 ⇔ 7k2 = 1,75 ⇔
1,75 k2
⇔ 7k2 = ⇔ k2 = = 0,25
Resposta: 0,25
33) I) Sendo m e n as raízes da equação 2x2 + 7x + 1 = 0, tem-se 
m + n = e m . n =
II) Uma equação do 2o. grau que tem raízes 2m e 2n, tem soma
das raízes S = 2m + 2n = 2 . (m + n) = 2 . = – 7 e 
produto das raízes P = 2m . 2n = 4 . m . n = 4 . = 2
III) A equação procurada pode ser obtida por
x2 – Sx + P = 0 ⇒ x2 + 7x + 2 = 0
Resposta: x2 + 7x + 2 = 0
34) I) Se m e n são as raízes da equação
7x2 + 9x + 21 = 0, então m + n = e m . n = = 3
II) (m + 7) . (n + 7) = m . n + 7m + 7n + 49 =
= m . n + 7 . (m + n) + 49 = 
= 3 + 7 + 49 = 3 – 9 + 49 = 43
Resposta: B
35) Se o preço é p e a quantidade de pães vendida é 
q = 400 – 100p, a arrecadação média, em reais, em função do
preço p, é dada por R (p) = (400 – 100p) . p
Para que esta arrecadação seja de R$ 300,00, deve-se ter:
(400 – 100p) . p = 300 ⇔ 4p – p2 = 3 ⇔ p2 – 4p + 3 = 0 ⇔
⇔ p = 1 ou p = 3
O preço atual é de R$ 3,00, pois = R$ 3,00.
Para manter a arrecadação, o preço deverá ser baixado para 
R$ 1,00 (R$ 0,50 < R$ 1,00 < R$ 1,50)
Resposta: A
36) = + ⇔
⇔ = ⇔
⇔ 3x + 1 = x . (x – 2) + 7 . (x – 1), com x – 1 ≠ 0 e x – 2 ≠ 0 ⇔
⇔ 3x + 1 = x2 – 2x + 7x – 7, com x ≠ 1 e x ≠ 2 ⇔
⇔ x2 + 2x – 8 = 0, com x ≠ 1 e x ≠ 2 ⇔
⇔ x = – 4 ou x = 2, com x ≠ 1 e x ≠ 2 ⇒ x = – 4 
Portanto, a única raiz da equação é – 4.
Resposta: E
37) = – ⇔
⇔ = – ⇔
⇔ 3(x – 2) = x + 2 – 2 . 2, com x + 2 ≠ 0 e x – 2 ≠ 0 ⇔
⇔ 3x – 6 = x + 2 – 4, com x ≠ – 2 e x ≠ 2 ⇔
⇔ 2x = 4, com x ≠ – 2 e x ≠ 2 ⇔ x = 2, com x ≠ – 2 e x ≠ 2 ⇒
⇒ não existe x ⇒ V = Ø
Resposta: C
38) A = {x ∈ � 
 x3 + x = 0} = {x ∈ � 
 x . (x2 + 1) = 0} =
= {x ∈ � 
 x = 0 ou x2 + 1 = 0} = {x ∈ � 
 x = 0 ou x2 = – 1} =
= {x ∈ � 
 x = 0} = {0} 
Resposta: {0} 
39) (x + 1) . (x – 1) . (x2 + 4) = 0 ⇔
⇔ x + 1 = 0 ou x – 1 = 0 ou x2 + 4 = 0 ⇔
⇔ x = – 1 ou x = 1 ou x2 = – 4 ⇔
⇔ x = – 1 ou x = 1 ou x = ± �����– 4 ∉ � ⇒ x = – 1 ou x = 1 
Resposta: V = {– 1; 1}
1
––
3
b
–––
a
c
–––
a
c
–––
a
b
–––
a
�
x2 – Sx + P = 0
S = 2
P = – 3
� a + b = 3ka . b = k2
7
––
4
1
––
4
– 7
–––
2
1
–––
2
� – 7–––2 �
1
–––
2
1
–––––
k – 2
3 k
–––––
k – 2
1
–––––
k – 2
3 k
–––––
k – 2
21
––––
7
9
– ––
7
�9– ––7�
R$ 300,00
–––––––––––
100
7
––––––
x – 2
x
––––––
x – 1
3x + 1
–––––––––––
x2 – 3x + 2
x . (x – 2) + 7 . (x – 1)
–––––––––––––––––––––
(x – 1) . (x – 2)
3x + 1
–––––––––––––––
(x – 1) . (x – 2)
2
––––––
x2 – 4
1
––––––
2x – 4
3
–––––––––
2(x + 2)
2
–––––––––––––
(x + 2).(x – 2)
1
–––––––––
2(x – 2)
3
–––––––––
2(x + 2)
– 13
40) (x2 + 1)2 – 7(x2 + 1) + 10 = 0
Fazendo x2 + 1 = y, temos:
y2 – 7y + 10 = 0 ⇔ y = 2 ou y = 5
Assim: 
x2 + 1 = 2 ou x2 + 1 = 5 ⇔ x2 = 1 ou x2 = 4 ⇔
⇔ x = ± 1 ou x = ± 2
Resposta: C
41) Na equação x2 – 2(a + 1)x + 4a = 0, tem-se:
I) � = [– 2(a + 1)]2 – 4 . 1 . 4a = 4a2 + 8a + 4 – 16a =
= 4a2 – 8a + 4 = 4 . (a2 – 2a + 1) = 4 . (a – 1)2
II) x = = (a + 1) ± (a – 1) ⇔
⇔ x = a + 1 + a – 1 ou x = a + 1 – a + 1 ⇔ x = 2a ou x = 2 
Resposta: V = {2; 2a}
42) Para a ∈ �*, temos:
I) – = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ x2 + ax – 2ax + 2a2 = 8a2 ⇔ x2 – ax – 6a2 = 0
II) � = (– a)2 – 4 . 1 . (– 6a2) = a2 + 24a2 = 25a2
III) x = ⇔ x = – 2a ou x = 3a
Resposta: V = {– 2a; 3a}
43) x8 – 15x4 – 16 = 0 ⇔ (x4)2 – 15x4 – 16 = 0 
Fazendo x4 = y, temos: 
y2 + 15y – 16 = 0 ⇔ y = – 1 ou y = 16
Assim:
x4 = – 1 ou x4 = 16 ⇔ x = ± 
4
�����– 1 ∉ � ou x = ± 2 ⇒ x = ± 2 
Resposta: V = {– 2; 2}
44) (x2 – 7x + 3)2 + 10(x2 – 7x + 3) + 21 = 0
Fazendo x2 – 7x + 3 = y, temos: 
y2 + 10y + 21 = 0 ⇔ y = – 7 ou y = – 3
Assim:
x2 – 7x + 3 = – 7 ou x2 – 7x + 3 = – 3 ⇔
⇔ x2 – 7x + 10 = 0 ou x2 – 7x + 6 = 0 ⇔
⇔ x = 2 ou x = 5 ou x = 1 ou x = 6
Resposta: V = {1; 2; 5; 6}
45) O tempo mínimo de espera, em minutos, ocorre quando a
temperatura atinge 39°C, ou seja, 
+ 400 = 39 ⇔ t2 = 361 . 4 ⇔ t = 19 . 2 = 38, pois t > 0.
Resposta: D
50) ⇔ ⇔ ⇔
Resposta: V = {(2; 1)}
51) ⇔ ⇔ ⇔
⇔ ⇔
Resposta: V = {(– 2; 1)}
52) Se x for o número de cédulas de R$ 5,00 e y for o número de
cédulas de R$ 10,00, então:
⇔ ⇔
⇔ ⇔
Resposta: C
53) Sendo x o número de recenseadores e y o número de resi -
dências da cidade, temos:
⇔ ⇔
⇔ ⇔
Resposta: 3060 residências
54) Sendo m e h, respectivamente, o número de filhas e de filhos
do casal, temos:
⇔ ⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇒ h + m = 4 + 3 = 7
Resposta: E
55) Sendo a e c os “pesos”, em gramas, da água que enche o copo
e do copo vazio, respectivamente, temos:
⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
a) O peso do copo vazio é 160g
b) O peso do copo com de água é
c + a = 160 + . 225 g = (160 + 135)g = 295g 
Respostas: a) 160g
b) 295g
t2
– –––
4
2(a + 1) ± 2(a – 1)
––––––––––––––––––
2
x
––––––
x – a
2a
––––––
x + a
8a2
–––––––
x2 – a2
x(x + a) – 2a(x – a)
––––––––––––––––––
(x – a)(x + a)
8a2
–––––––––––––
(x – a)(x + a)
a ± 5a
––––––––
2
x = 2
y = 1�
x + 2y = 4
y = 1�
x + 2y = 4
3y = 3�
x + 2y = 4
– x + y = – 1�
6x + 15y = 3
11y = 11�
6x + 15y = 3
– 6x – 4y = 8�2x + 5y = 13x + 2y = – 4�
x = – 2
y = 1�
2x + 5y = 1
y = 1�
x + y = 40
x + 2y = 55�
x + y = 40
5x + 10y = 275�
x = 25 
) x – y = 10
y = 15�
– x – y = – 40
x + 2y = 55�
100x = 102x – 60
y = 102x�
100 . x = y – 60
102 . x = y�
x = 30
y = 3060�
2x = 60
y = 102x�
h – m = 1
– h + 2m = 2�
m – h = – 1
h = 2m – 2�
m = h – 1
h = 2 . (m – 1)�
h = 4
m = 3�
h – m = 1
m = 3�
c + a = 385
2
– c – ––– a = – 310
3
�
c + a = 385
2
c + ––– a = 310
3
�
c = 160
a = 225�
c + a = 385
a = 225�
c + a = 385
1
––a = 75
3
�
3
––
5
�3––5�
3
––
5
14 –
56) Sejam x > 0 e y > 0, respectivamente, o número inicial de
estudantes e o valor da parcela que cabe a cada um:
⇔ ⇔
⇔ ⇔ x2 + 3x – 130 = 0⇒ x = 10
Resposta: B
57) Se a família obteve x quilogramas de latas de alu mínio e y
quilogramas de garrafas de plástico, resulta, de acordo com o
enunciado, que:
⇔ ⇔
⇔ ⇔
Portanto, foram 10 quilogramas de plástico.
Resposta: E
3250
y = –––––
x
3250
y = –––––– + 75
x + 3
�x . y = 3250(x + 3) . (y – 75) = 3250�
3250 3250
–––––– = –––––– + 75
x x + 3
y = 2x
2,90x + 0,17 . 2x = 16,20�
y = 2x
2,90x + 0,17y = 16,20�
x = 5
y = 10�
y = 2x
3,24x = 16,20�
– 15
MATEMÁTICA
LIVRO 1
ÁLGEBRA
Capítulo 6 – Exercícios-Tarefa
(Equações, Sistemas e Problemas)
1) Todas as taxas de desemprego citadas a seguir estão em
termos percentuais.
I) O desemprego oculto em dezembro de 2012 é 2,2 � 2 = 1,1,
pois é a metade do desemprego oculto de junho de 2012.
II) O desemprego total em dezembro de 2012 é 9,0, pois é
igual ao de dezembro de 2011.
III) Se a for a taxa de desemprego aberto em dezembro de
2012, então 1,1 + a = 9 ⇔ a = 7,9.
Resposta: E
2) a) Se T for o total de pessoas que fizeram exames, então:
+ T + T + T + 129 = T ⇔
⇔ + 129 = T ⇔ 1 – T = 129 ⇔
⇔ . T = 129 ⇔ T = ⇔ T = 324
b) O número de atendimentos foi:
Resposta: C
3) No ano 0 a dívida era 600 e o PIB 1000. Com um crescimento
de 2% ao ano, o PIB do ano 1 será 1,02 . 1000 = 1020.
Se houver um superávit x durante este ano, a dívida, que teve
um acréscimo de 4% de juros, será 1,04 . 600 – x.
Para que a relação dívida/PIB continue sendo de 60%,
devemos ter:
1,04 . 600 – x = 60% . 1020 ⇔ 624 – x = 612 ⇔ x = 12
Resposta: C
4) Se a pessoa chega às 21h à fila, espera uma hora para entrar
na balada. Quem antecipa (2x) minutos sua chegada à fila,
aguarda x minutos a menos para entrar na balada. Assim,
quem chega à fila às (21 . 60 – 2x) minuto, espera (60 – x)
minutos para entrar.
Se a pessoa não quer esperar nem um segundo, então 
60 – x = 0 ⇔ x = 60.
Assim, a pessoa deverá chegar à “fila” às
(21 . 60 – 2 . 60)min = 19h.
Resposta: A
5) Sendo a o número de questões que Alésio acertou e e o
número de questões que errou, temos:
⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔ a – e = 13
Resposta: D
6) Sejam a e t, em reais, os valores da mensalidade do aluguel e
da taxa, respectivamente.
Do enunciado, tem-se: a + t = 900 e 11a + 900 = 6950 ⇔
⇔ a + t = 900 e a = 550 ⇔ t = 350 e a = 550
O valor da taxa é R$ 350,00.
Resposta: D
7) Se C for o salário, por hora, de Clara e J o de Josefina, ambos
em reais, então:
⇔ ⇔
A parte do dinheiro que coube a Clara foi 55 . 20 = 1 100 reais.
Resposta: D
8) Sendo x o número pensado, tem-se:
= 15 ⇔ = 15 ⇔
⇔ x + 6 = 15 ⇔ x = 15 – 6 ⇔ x = 9
Resposta: 9
9) Sendo x e x + 1 os números procurados, tem-se:
x2 + (x + 1)2 = 481 ⇔ x2 + x2 + 2x + 1 = 481 ⇔
⇔ 2x2 + 2x – 480 = 0 ⇔ x2 + x – 240 = 0 ⇒ x = 15, pois x é
positivo. 
Assim, os números procurados são x = 15 e x + 1 = 16.
Resposta: 15 e 16
10) Sendo t, em horas, o tempo gasto pelo avião a jato, tem-se:
I) 660 . t = 275 . (t + 7) ⇔ 660 . t = 275 . t + 1925 ⇔
⇔ 385 . t = 1925 ⇔ t = 5
II) A distância pedida é, portanto, 660 . 5h = 3 300 km
Resposta: 3 300 km
11) Sendo x o número inicial de bombons na caixa, tem-se:
. x + . . x + 10 = x ⇔ + + 10 = x ⇔
⇔ 2x + x + 40 = 4x ⇔ x = 40
Resposta: 40 bombons
12) Sendo x a população do estado de São Paulo, tem-se:
99 999 999 – x = 68 807 181 ⇔ x = 31 192 818 
Resposta: 31 192 818 habitantes
8
––––
108
4
––––
36
2
––––
12
T
–––
4
�
65
–––––
108�
65T
–––––
108
129 . 108
––––––––––
43
43
–––––
108
2a. F 3a. F 4a. F 5a. F 6a. F
81 54 36 24 129
a + e = 63
5a – e = 165�
a + e = 63
e
5 . �a – ––� = 1655�
e = 25
a = 38�a + e = 636a = 228�
J = 12
C = 20�C = J + 8C + J = 32�C = J + 855(C + J) = 1760�
2 . (x + 6)
––––––––––
2
2x + 12
–––––––––
2
km
––––
h
x
–––
4
x
–––
2
1
–––
2
1
–––
2
1
–––
2
16 –
13) Sendo n o número de pessoas e p o preço, em reais, do prato
principal, tem-se:
⇔ ⇔ ⇔
⇔ ⇔
Respostas: a) 7 pessoas
b) R$ 8,00 
14) ⇔ ⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇒ x . y = 54 . 9 = 486
Resposta: E
15) Observe a seguinte situação entre as idades dos irmãos A (eu)
e B (ele), no passado, no presente e no futuro.
Como o tempo decorrido (1) é o mesmo para os dois irmãos,
tem-se
x – = y – x ⇒ 2x = ⇔ x =
No futuro, teremos:
y + (2y – x) = 95 ⇔ 3y – = 95 ⇔ = 95 ⇒ y = 40
Desta forma, x = 25 e x + y = 65
Resposta: D
16) ⇔ ⇒
⇒ TF = ⇒ TF =
Resposta: C
17) Sendo x, y e z as quantidades de moedas de R$ 0,05, R$ 0,10
e R$ 0,25, respectivamente, tem-se 0,05x + 0,10y + 0,25z = 1,80,
com x, y e z ∈ �.
Assim:
⇒ ⇒
Como y ∈ �, devemos ter 16 – 4z ≥ 0 ⇔ z ≤ 4.
Desta forma, as soluções do sistema são (4; 16; 0), (7; 12; 1),
(10; 8; 2), (13; 4; 3) e (16; 0; 4).
Portanto, existem 5 modos distintos de compor R$ 1,80 com
moedas de R$ 0,05, R$ 0,10 e R$ 0,25, usando exatamente 
20 moe das.
Resposta: C
18) Sejam respectivamente q e c a quantidade de notas de 
R$ 50,00 e R$ 100,00 utilizadas pelo comerciante. Nas con -
dições dadas, em reais, tem-se:
⇔ ⇔
Assim, foram utilizadas 80 notas de R$ 50,00.
Resposta: C
19) Seja x o número de meses com pontuação positiva e y o
número de meses com pontuação negativa.
A partir do enunciado, temos:
⇔
De (I) e (II), resulta: 8x = 200 ⇔ x = 25.
Portanto, a quantidade de meses em que ele foi pontual
(acumulou pontos positivos) foi igual a 25.
Resposta: C
20)
Sejam:
a) a, b e c os números marcados nas faces que estão em
contato com a mesa.
b) 7 – a, 7 – b, 7 – c os números marcados nas faces superiores
dos três dados.
c) x o número da face lateral esquerda do dado da esquerda e
7 – x o número da face lateral direita do primeiro dado, que
é também o da face lateral esquerda do 2o. dado.
d) x, analogamente, é o número da face lateral comum do 
2o. e do 3o. dado.
e) 7 – x é o número da face lateral direita do terceiro dado.
f) 7 + 7 + 7 = 21 é a soma dos números das três faces da frente
com as três faces de trás.
Assim: (x + 7 – x) + 7 + 7 + 7 + (7 – a) + (7 – b) +
+ (7 – c) = 36 ⇔ 7 + 21 + 21 – (a + b + c) = 36 ⇔
⇔ a + b + c = 49 – 36 ⇔ a + b + c = 13
Resposta: A
� n . p = 56n . (p – 3) = 35 � n . p = 56n . p – 3 . n = 35 � n . p = 5656 – 3 . n = 35
� n . p = 563 . n = 21 � p = 8n = 7
�
x + y = 63 
x
––– = 6 
y
� x + y = 63 x = 6y � 6y + y = 63x = 6y
� 7y = 63x = 6y � y = 9x = 54
Passado
Tempo
decorrido 
(1)
Presente
Tempo
decorrido 
(2)
Futuro
(Eu)
Irmão A
y
–––
4
y
x – –––
4
x y – x y
(Ele)
Irmão B
x y – x y y – x 2y – x
y
–––
4
5y
–––
4
5y
–––
8
5y
–––
8
19y
––––
8
� 9TC = 5TF – 160TK = TC + 273 � 9TC + 160TF = ––––––––––5
TC = TK – 273
9(TK – 273) + 160
––––––––––––––––
5
9TK – 2297
–––––––––––
5
x = 4 + 3z
y = 16 – 4z�
x + y + z = 20
y + 4z = 16�
x + 2y + 5z = 36
x + y + z = 20
�
c = 40
q = 80
q + 2c = 160
q = 2c
50q + 100c = 8000
1
c = –– . (q + c)
3
5x + 5y = 150 (I)
3x – 5y = 50 (II)�
x + y = 30
3x – 5y = 50�
– 17
21) Sejam x, y e z as distâncias entre as três cidades, conforme o
esquema abaixo, e em quilômetros.
Assim, ⇔ 2x + 2y + 2z = 1640 ⇔ x + y + z = 820
Resposta: A
22) I) A 1a. equipe recebeu 12 . . 20 dias = 1920 h
II) A 2a. equipe recebeu 10 . . 20 dias = 2000 h
III) O total de horas de trabalho foi 1920 + 2000 = 3920
IV)O valor pago foi = R$ 3,50/h
Resposta: R$ 3,50
23) Sendo x o número de pessoas participantes da festa, x – 8 o
número de pessoas que dividiram a despesa e t a despesa
total da festa, tem-se:
I) Na 1a. divisão, o valor da despesa por pessoa seria
II) Na 2a. divisão, o valor da despesa por pessoa foi
III) O valor pago a mais por pessoa foi –
Assim, de acordo com o enunciado, tem-se:
t = – . 240 ⇔ t = – . 240 . t ⇔
⇔ 1 = . 240 ⇔ 1 = . 240 ⇔
⇔ x . (x – 8) = 8 . 240 ⇔ x2 – 8x – 1920 = 0 ⇒ x = 48, pois x > 0
Resposta: C
24) Se s for o número de caixas com 6 ovos e d o número de
caixas com 12 ovos, então:
⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇒ s + d = 95
Resposta: D
25) a) Existem 2n + 2 . (m – 2) forminhas azuis e 
(n – 2) . (m – 2) forminhas vermelhas.
Se o número de forminhas vermelhas e azuis são iguais,
então:
(n – 2) . (m – 2) = 2n + 2 . (m – 2) ⇔
⇔ m .n – 4m – 4n + 8 = 0
Assim:
⇔ ⇒
⇒ ⇔
Na bandeja, existem m . n = 6 . 8 = 48 brigadeiros.
b) Cada brigadeiro tem volume de π . � �
3
cm3, 
ou seja, aproximadamente, 4,19 cm3.
Quatrocentos brigadeiros terão volume de, aproxi mada -
mente, 400 . 4,19 cm3 = 1676 cm3.
Para produzi-los, a pessoa deverá comprar duas latas de
massa.
Respostas: a) 48 brigadeiros b) duas latas
26) Sendo x e y as medidas, em centímetros, da altura e da base
de um retângulo de diagonal 10 cm, respec tiva mente, temos:
⇔ ⇔
⇔ ⇔ ou
Resposta: D
27) Lembrando que
1 minuto e 24 segundos = 84 segundos = hora,
e que a velocidade média é calculada como sendo a razão
entre a distância percorrida e o tempo gasto pa ra percorrê-la,
a velocidade média máxima permitida nesse trecho da via é de
= 90 km/h
Resposta: C
28) Seja Z o tempo que a luz vermelha fica acesa, em cada ciclo.
De acordo com o enunciado, tem-se:
I) X = . Z ⇔ Z = 
II) X + 5 + Z = Y ⇒ X + 5 + = Y ⇔ 5X – 2Y + 10 = 0
Resposta: B
x + y = 568
x + z = 522
y + z = 550
�
8h
–––––
dia
10h
–––––
dia
R$ 13720
––––––––––
3920h
t
––
x
t
––––––
x – 8
t
––
x
t
––––––
x – 8
�1––x
1
––––––
x – 8��
t
––
x
t
––––––
x – 8�
8
–––––––––
x . (x – 8)	
x – (x – 8)
––––––––––
x . (x – 8)�
� d = s + 156s + 12d = 900 �
d = s + 15
6s + 12(s + 15) = 900
� d = s + 1518s = 720 �
s = 40
d = 55 
3n2 – 28n + 32 = 0
3n
m = ––––
4
�
m . n – 4m – 4n + 8 = 0
3n
m = ––––
4
�
m = 6
n = 8�
n = 8, pois n ∈ �*
3n
m = ––––
4
�
2
–––
2
4
–––
3
x + y = 14
x2 + (14 – x)2 = 100�x + y = 14x2 + y2 = 102�
x = 8
y = 6�x = 6y = 8�x + y = 14x2 + 14x + 48 = 0�
84
–––––
3600
2,1 km
–––––––––––
84
–––––– h
3600
3X
––––
2
2
–––
3
3X
––––
2
18 –
29) Sendo x e y, respectivamente, os “pesos” de uma telha e de
um tijolo, tem-se:
I) 1500x = 1200y ⇔ x = y = y 
II) O caminhão poderá receber 
(1500 – 900) telhas = 600 telhas que “pesam”
600x = 600 . y = 480y que correspondem a 480 tijolos.
Resposta: D
30) Como a paciente deve tomar 1 copo de água a cada meia hora
durante 10 horas, o número de copos de água que ela deve
tomar é 2 . 10 = 20.
Assim, o volume de água que a paciente vai tomar é
20 . 150 m� = 3000 m� = 3� e, portanto, ela escolheu a garrafa
IV, pois = 1,5�.
Resposta: D
31) O número de catracas é 5 . 4 = 20.
O número de pesssoas que devem passar por cada catraca é
45 000 � 20 = 2 250.
O tempo mínimo para que todos passem pelos portões de
entrada é: (2 250 . 2) s = 4 500 s = 75 min = 1h 15 min
Resposta: B
32) A quantidade total de bactérias nesse ambiente de cultura foi
máxima na terça-feira, num total de 800 + 1 100 = 1 900, pois
nos demais dias, temos:
Segunda: 350 + 1250 = 1 600
Quarta: 300 + 1 450 = 1 750
Quinta: 850 + 650 = 1 500
Sexta: 300 + 1 400 = 1 700
Sábado: 290 + 1 000 = 1 290
Domingo: 0 + 1 350 = 1 350
Resposta: A
33) Admitindo-se que o tempo de voo de ida e volta seja o mesmo
(6h), quando o executivo decolou de A às 15h, a hora local em
B era 18h – 6h = 12h. Assim, entre as cidades A e B, há uma
diferença de fuso horário de 3 horas.
Quando em A forem 13h, em B serão 10h da manhã. Para
chegar nesse horário, considerando as 6h de voo, deverá
decolar de B às 4h.
Resposta: D
34) As diferenças, em milímetros, das espessuras das lentes em
estoque, com a medida de 3 milímetros, são:
3,10 – 3 = 0,100
3,021 – 3 = 0,021
2,96 – 3 = – 0,040
2,099 – 3 = –0,901
3,07 – 3 = 0,070
Logo, a lente com espessura mais próxima de 3 milí metros é
a lente com 3,021 milímetros de espessura.
Resposta: C
35) Observemos que para 4 viagens simples ou menos o usuário
não necessita de recarga, pois 4 . R$ 3,00 = R$ 12,00 < R$ 12,50.
Também não precisa de recarga para 2 viagens de integração.
A tabela mostra alguns valores de recarga que per mitem, ao
usuário, zerar o saldo após algumas utilizações.
Qualquer outra combinação de passagens necessita de recar -
gas maiores, ou não necessita de recargas. A menor recarga,
portanto, é R$ 1,15.
Resposta: B
36) Sendo p o número inicial de clientes e g o número inicial de
garçons, tem-se:
⇔ ⇔
⇔ ⇔
Resposta: E
37) Se a cada café adquirido com o copo térmico o cliente econo -
miza R$ 0,25, em 397 cafés, o cliente economizará 
397 . R$ 0,25 = R$ 99,25, valor de aquisição do copo.
Resposta: C
38) Dividindo igualmente os 900 frascos entre X setores, cada
setor receberá frascos.
Se os mesmos frascos fossem divididos entre (X – 3) setores,
cada setor receberia frascos.
Assim
= + 15 ⇔ = + 1 ⇔
⇔ 60X = 60(X – 3) + X . (X – 3) ⇔
⇔ X2 – 3X – 180 = 0 ⇔ X = – 12 ou X = 15
Como X > 0, temos X = 15 que não é primo nem quadrado
perfeito, mas é menor que 20. 
Resposta: A
3�
––––
2
8
–––
10
1200
–––––
1500
8
–––
10
Viagens
simples
Viagem
Integração
Custo
em reais
Recarga
em reais
0 3 13,95 1,45
2 2 15,30 2,80
3 1 13,65 1,15
5 0 15,00 2,50
p = 30g
p + 50 = 25g + 125�
p 30
––– = ––––
g 1
p + 50 25
––––––– = ––––
g + 5 1
�
g = 15
p = 450�
p = 30g
30g + 50 = 25g + 125�
900
––––
X
900
–––––––
X – 3
60
––––
X
60
––––––
X – 3
900
–––––
X
900
–––––––
X – 3
– 19
39) Se (a; b), com a e b números inteiros e positivos, é solução da
equação 2x + y = 30 e a + b é um número primo compreendido
entre 15 e 30, podemos ter:
⇔ 
ou
⇔ 
ou
⇔ 
ou
⇔ 
Assim, a + b é primo em quatro soluções, a saber: (1; 28), 
(7; 16), (11; 8) e (13; 4).
Resposta: C
a = 1
b = 28�2a + b = 30a + b = 29�
a = 11
b = 8�2a + b = 30a + b = 19�
a = 7
b = 16�2a + b = 30a + b = 23�
a = 13
b = 4�2a + b = 30a + b = 17�
20 –
MATEMÁTICA
LIVRO 1
ÁLGEBRA
Capítulo 7 – Conjuntos
5) O conjunto A = {1; 2; {2}; {3}; Ø} tem 5 elementos. A relação de
pertinência desses elementos é:
1 � A
2 � A
{2} � A
{3} � A
Ø � A
Assim, temos:
a) 1 � A e 2 � A (V)
b) {3} � A (V)
c) 3 � A (V)
d) {1} � A (V)
e) {2} � A (V)
f) {{2}, {3}} � A (V)
g) {1; 3} � A (V)
h) Ø � A (V)
i) {Ø} � A (V)
j) Ø � A (F), pois Ø � A
k) {2} � A (V)
l) {1} � A (F), pois {1} � A
m) 5 � A (V)
n) {1; 2} � A (V)
o) {{2}} � A (V)
p) {1; 2; 4} � A (V)
q) {3} � A (V)
r) Ø � A (V)
s) A � A (V)
t) {4; Ø} � A (V)
6) I) 2 � {2; 5; 7} é falsa, pois a relação é 2 � {2; 5; 7}
II) {2} � {0; 1; 2; 3; ...} é falsa, pois a relação é 
{2} � {0; 1; 2; 3; …}
III) 3 � {2; 3; 4} é verdadeira.
IV) {2; 1} � {1; 2} é verdadeira.
Resposta: B
7) Sendo A = {3; {3}}, tem-se:
1) 3 � A é verdadeira.
2) {3} � A é verdadeira.
3) {3} � A é verdadeira
Resposta: D
8) O conjunto E = {m; n; {n; p}} tem 3 elementos. A relação de
pertinência desses elementos é:
m � E
n � E
{n; p} � E
Assim, temos:
p � E, {p} � E, {m; n} � E, {n; {n; p}} � E e {m; n; p} ≠ E
Resposta: D
9) Se A = {a} e B = {a; {A}}, então, a � A e {A} � B, assim:
B � A, A ≠ B, A � B, a ≠ A e {A} � B
Resposta: E
10) I) {1; 2} � X ⇒ 1 ∈ X e 2 ∈ X
II) X � {1; 2; 3; 4}
De (I) e (II), podemos ter:
X = {1; 2} ou X = {1; 2; 3} ou X = {1; 2; 4} ou X = {1; 2; 3; 4}
Resposta: B
11) O conjunto {a; b; c; d; e; f; g} tem 7 elementos, então, o total
de subconjuntos é 27 = 128
Resposta: B
12) O conjunto A = {1; 3; 5} tem 3 elementos, então, o total de
subconjuntos é 23 = 8, incluindo o conjunto vazio. Logo, o
número de subconjuntos não vazios é 8 – 1 = 7.
Resposta: A
13) O conjunto formado pelos múltiplos estritamente positivos de
5, menores que 40, é {5; 10; 15; 20; 25; 30; 35} que possui 
7 elementos e um total de 27 = 128 subconjuntos, incluindo o
conjunto vazio. Logo, o número de subconjuntos não vazios é
n = 128 – 1 = 127.
Resposta: A
19) Para A = {0; 1; 2; 4; 5}, B = {0; 2; 4; 6} e C = {1; 3; 5}, tem-se:
a) A � B = {0; 1; 2; 4; 5; 6}
b) A � B = {0; 2; 4}
c) A – B = {1; 5}
d) B – A = {6}
e) C – (A � B) = {1; 3; 5} – {0; 1; 2; 4; 5; 6} = {3}
f) C – (A � B) = {1; 3; 5} – {0; 2; 4} = {1; 3; 5}
g) (A � B) – A = {0; 2; 4} – {0; 1; 2; 4; 5} = Ø
h) (A � C) – B = {1; 5} – {0; 2; 4; 6} = {1; 5}
i) A – Ø = {0; 1; 2; 4; 5} – { } = {0; 1; 2; 4; 5} = A
j) Ø – A = { } – {0; 1; 2; 4; 5} = { } = Ø
20) Sendo A = {1;2; 3; 5; 7; 8} e B = {2; 3; 7}, o complementar de B
em relação a A é �
B
A = A – B = {1; 2; 3; 5; 7; 8} – {2; 3; 7} = {1; 5; 8}
Resposta: E
21) Para S = {1; 3; 5; 7; 9; 11}, A = {1; 3; 5} e B = {3; 5; 7; 9}, tem-se:
I) A � B = {1; 3; 5; 7; 9}
II) A � B = {3; 5}
III) A – B = {1; 3; 5} – {3; 5; 7; 9} = {1} 
IV)B – A = {3; 5; 7; 9} – {1; 3; 5} = {7; 9} 
V)
—
B = �S
B
= S – B = {1; 3; 5; 7; 9; 11} – {3; 5; 7; 9} = {1; 11} 
Resposta: E 
22) ⇒ x = 6 e y = 9 ⇒
⇒ A = {3; 7; 6; 5; 9} e B = {1; 5; 6; 8; 9; 4}
01) É falsa, pois A � B = {1; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}
02) É verdadeira, pois A – B = {3; 7}
04) É falsa, pois A � B
08) É verdadeira, pois 8 ∉ A 
16) É verdadeira, pois x + y = 6 + 9 = 15
Resposta: São verdadeiras 02, 08 e 16
23) Se A = {– 3; – 1; 0; 2; 3}, B = {– 2; 1; 2} e C = {– 4; – 1; 1; 3; 4},
então:
I) B – C = {– 2; 1; 2} – {– 4; – 1; 1; 3; 4} = {– 2; 2}
II) A � B = {– 3; – 1; 0; 2; 3} � {– 2; 1; 2} = {– 3; – 2; – 1; 0; 1; 2; 3}
III) (B – C) � (A � B) = {– 2; 2} � {– 3; – 2; – 1; 0; 1; 2; 3} = {– 2; 2}
Resposta: D 
A = {3; 7; x; 5; 9}
B = {1; 5; x; 8; y; 4}
A � B = {5; 6; 9}
�
– 21
24) Se M � N = {1; 2; 3; 5} e M � P = {1; 3; 4}, então:
M � N � P = {1; 2; 3; 5} � {1; 3; 4} = {1; 2; 3; 4; 5}
Resposta: E
25) X � Y = Y ⇒ X � Y
Observe o diagrama a seguir:
Resposta: A
26) Se existe x ∈ A e x ∈ B, então existe x ∈ A � B, isto é, 
A � B ≠ Ø 
Resposta: D
27) I) Sombreando a região correspondente a A � B, tem-se:
II) Sombreando a região correspondente ao conjunto C, tem-
se: 
III) A figura que representa (A � B) – C é: 
Resposta: A
28) Sabendo que A = {3; 5}, B � A = {3} e B , A = {1, 2, 3, 4, 5}
podemos obter o seguinte diagrama:
Logo o conjunto B = {1, 2, 3, 4}
Resposta: C
29) I) Todo jovem que gosta de matemática adora esportes ⇒
⇒ M � E
II) Todo jovem que gosta de matemática adora festas ⇒
⇒ M � F
III) ⇒ M � (E � F), que pode ser representado por:
Resposta: C
30) I)
corresponde a (A � B)
II)
corresponde a (A � B)C
III)
corresponde a (A � B) � (A � B)C
Resposta: D
M � E
M � F�
22 –
31) I) Representando num diagrama os conjuntos M(eliminados
em Matemática) e R(eliminados em Redação), tem-se:
II) 175 – x + x + 76 – x = 219 ⇔ x = 32
III) O número de candidatos eliminados apenas em Redação é
76 – x = 76 – 32 = 44
Resposta: D
32) I) Representando num diagrama, tem-se:
II) 40 – x + x + 70 – x = 100 ⇔ x = 10
III) O percentual de leitores que leem os jornais A e B é 
= 10%
Resposta: A
33) I) Representando num diagrama, tem-se:
II) O número de pessoas consultadas é
150 + 150 + 120 + 80 = 500 
Resposta: D
34) I) Representando num diagrama, tem-se:
II) 80% – x + x + 40% – x + 10% = 100% ⇔ x = 30%
Resposta: E
35) I) Representando num diagrama, tem-se:
II) O número de pessoas que consomem ao menos duas
marcas é 20 + 23 + 36 + 5 = 84
Resposta: D
36) Representando num diagrama, tem-se:
a) O número pessoas consultadas é 
60 + 100 + 140 + 10 + 20 + 30 + 10 + 130 = 500 
b) O número de pessoas que consomem só dois tipos de leite
é 20 + 10 + 30 = 60 
c) O número de pessoas que não consomem o leite B é 
60 + 20 + 140 + 130 = 350, que também pode ser obtido por
500 – 150 = 350
Respostas: a) 500 b) 60 c) 350
37) I) Representando num diagrama, tem-se:
II) O número total de originais é
38 + 34 + 33 + 6 + 2 + 1 + 4 = 118 
Resposta: C
10
––––
100
– 23
38) I) Representando num diagrama, em porcentagens, tem-se:
II) A porcentagem de entrevistados que não preferem nem X
nem Y é (20 + 28)% = 48%
Resposta: D
39) Representando numa tabela, tem-se:
Em relação ao total de presentes, os homens que não usam
óculos representam = = = 40%
Resposta: 40%
40) Representando numa tabela, tem-se:
a) O número de paulistas corintianos é 80 000
b) O número de cariocas é 16 000
c) O número de não flamenguistas é 85 000
d) O número de flamenguistas é 15 000
e) O número de paulistas não flamenguistas é 80 000
f) O número de cariocas corintianos é 5 000
g) O número de flamenguistas ou cariocas é 
15 000 + 16 000 – 11 000 = 20 000
h) O número de corintianos ou paulistas é 
85 000 + 84 000 – 80 000 = 89 000
i) O número de não paulistas ou não flamenguistas é 
16 000 + 85 000 – 5 000 = 96 000
Respostas: a) 80 000 b) 16 000 c) 85 000
d) 15 000 e) 80 000 f) 5 000
g) 20 000 h) 89 000 i) 96 000
41) I) São integrantes somente da Comunidade Andina de Na -
ções, da Organização do Tratado de Coope ração
Amazônica e da União das Nações Sul-Ameri canas:
Equador, Colômbia e Peru.
II) São integrantes somente do Comitê Intergover namental
Coordenador dos Países da Bacia do Prata, do Mercado
Comum do Sul e da União das Nações Sul-Americanas:
Paraguai, Argentina e Uruguai.
III) É integrante somente da Organização do Tratado de Coor -
denação Amazônica, do Mercado Comum do Sul e da
União das Nações Sul-Americanas: Venezuela.
Portanto, integram exatamente 3 das organizações apenas
7 países.
Resposta: D
42) O enunciado permite montar o diagrama de Venn seguinte,
em que M, P e F são, respectivamente, os conjuntos que re -
presen tam os alunos reprovados em Matemática, Português
e Física e T o conjunto de alunos da turma.
Não foram reprovados em qualquer uma dessas disciplinas 
X = 52 alunos e foram reprovados apenas em Matemática 
Y = 1 aluno.
Resposta: A
43) De acordo com a tabela apresentada, temos:
O número de alunos que poderia participar da reunião apenas
no sábado é 2.
Resposta: B
44) Por diagrama de Venn-Euler temos:
a) (G	F) − (F− H) � G – H
* Corintianos Flamenguistas Total
Paulistas 80 000 4 000 84 000
Cariocas 5 000 11 000 16 000
Total 85 000 15 000 100 000
Usam óculos
Não usam
óculos
Total
Homens 9 14 23
Mulheres 6 6 12
Total 15 20 35
40
––––
100
2
–––
5
14
––––
35
24 –
b) (G	F) − (H – F) � G – H
c) (G 	 (H − F)) 
–
H = G – H
d)
–
G 	 (H
F) � G – H
e) (
–
H 
 G)
(G − F) � G – H
2a. Resolução
De forma algébrica, tem os, para � x ∈ U
Parte I
x ∈ (G 	 (H – F)) 
–
H ⇔ x ∈ (G 	 (H – F)) e x ∈ –H
mas
x ∈
–
H ⇔ x � H ⇒ x � (H – F)
(1)
Assim, x ∈ (G 	 (H – F))
e 
 x ∈ G (2)
x � (H – F)
De (1) e (2), resulta x ∈ (G – H)
Parte II
x ∈ (G – H) ⇔ x ∈ G e x � H ⇒
⇒ x ∈ (G 	 (H – F)) e x ∈ –H ⇒
⇒ x ∈ (G 	 (H – F)) 
 –H
Das partes (I) e (II), resulta (G 	 (H – F)) 
–
H = G – H
Resposta: C
– 25
MATEMÁTICA
LIVRO 1
ÁLGEBRA
Capítulo 8 – Funções
5) (0) V, (1) F, (2) F, (3) F, (4) V, (5) F
6) I) (2; 3) ∈ A×B ⇒ 2 ∈ A e 3 ∈ B
II) (3; 3) ∈ A×B ⇒ 3 ∈ A e 3 ∈ B
III) (1; 4) ∈ A×B ⇒ 1 ∈ A e 4 ∈ B
Assim, {1; 2; 3} � A e (3; 4} � B, portanto, pode-se afirmar que 
(1; 3), (2; 4) e (3; 4) estão necessariamente em A×B e que o
número mínimo de pares ordenados de A×B é 3.2 = 6
Resposta: A
7) I) (1; 7) ∈ A×B ⇒ 1 ∈ A e 7 ∈ B
II) (5; 3) ∈ A×B ⇒ 5 ∈ A e 3 ∈ B
III) A � B = {1; 3} ⇒ 1 ∈ A, 1 ∈ B, 3 ∈ A e 3 ∈ B
Assim, {1; 3; 5} � A e {1; 3; 7} � B, portanto, A×B tem, no
mínimo, 3.3 = 9 pares ordenados.
Resposta: B
8) I) {(0; 2), (0; 3), (1; 2), (2; 3)} � A×B ⇒ {0; 1; 2} � A e
{2; 3} � B, sendo que A e B podem ter outros elementos. 
II) A×B tem, no mínimo, 3.2 = 6 pares ordenados, entre eles
estão necessariamente (1; 3) e (2; 2), portanto, pode-se
afirmar que {(1; 3), (2; 2)} � A×B
Resposta: D
9) Se n(A) = 2m e n(B) = 2n, então, 
n(A×B) = n(A) . n(B) = 2m . 2n = 2m + n
Resposta: B 
10) I) {(2; 1), (2; 5), (3; 4)} � A×B ⇒ {2; 3} � A e {1; 3; 5} � B
II) n(A×B) = 6 ⇔ n(A) . n(B) = 6
De (I) e (II), pode-se concluir que A = {2; 3}, B = {1; 4; 5} e 
A � B = Ø 
Resposta: E
11) I) Se A = {5} e B = {3; 7}, então, A×B = {(5; 3); (5; 7)} 
II) As relações binárias de A em B são os subconjuntos de
A×B, isto é: Ø, {(5; 3)}, {(5; 7)} e A×B
Resposta: D
12) Se x ∈ A = {1; 2; 3; 4; 5}, y ∈ B = {0; 3; 5; 7; 11} e y = 2x – 1, então:
I) x = 1 ⇒ y = 2 . 1 – 1 = 1 ∉ B
II) x = 2 ⇒ y = 2 . 2 – 1 = 3 ∈ B
III) x = 3 ⇒ y = 2 . 3 – 1 = 5 ∈ B
IV)x = 4 ⇒ y = 2 . 4 – 1 = 7 ∈ B
V) x = 5 ⇒ y = 2 . 5 – 1 = 9 ∉ B
Assim, a relação y = 2x – 1 com x ∈ A e y ∈ B é dada por 
{(2; 3), (3; 5), (4; 7)}
Resposta: E13) Se A = {2; 4}, B = {1; 3; 5} e f = {(x; y) ∈ A×B 
 x > y}, então:
I) x = 2 ⇒ 2 > y ⇔ y < 2 ⇒ y = 1
II) x = 4 ⇒ 4 > y ⇔ y < 4 ⇒ y = 1 ou y = 3
Assim, f = {(2; 1), (4; 1), (4; 3)}
Resposta: {(2; 1), (4; 1), (4; 3)}
14) I) Se n(A) = m e n(B) = p, então, n(A×B) = n(A) . n(B) = m . p
II) O número de relações binárias de A em B é o número de
subconjuntos de A×B, isto é, 2m . p, incluindo o conjunto
vazio.
Assim, o número de relações não vazias é 2m . p – 1
Resposta: D
21) (I) não é função (II) não é função
(III) é função com (IV) é função com 
D = {1, 2, 3} D = {1, 2, 3}
CD = { 1, 2, 3, 4, 5 } CD = { 1, 2 }
Im = { 1, 2, 3 } Im = { 1, 2 } 
(V) é função com (VI) não é função
D = {1, 2, 3}
CD = { 0 }
Im = { 0 }
22) (I) é função com (II) não é função
D = A = [ 1, 4 ]
CD = B = [ 1, 3 ]
Im = [ 2, 3 ] � B
(III) é função com
D = A = [ 1 , 4 ]
CD = B = [ 1, 3 ]
Im = [ 1, 2 [ � { 3 } � B
23) Os gráficos I, III e IV representam funções, pois ao traçarmos
retas verticais, as mesmas vão interceptar em cada gráfico,
apenas um único ponto.
24) Se A = {1; 2; 3; 4; 5}, para que uma relação represente uma
função de A em A, deve-se ter para cada x ∈ A, um único 
y ∈ A, então:
a) y = x – 1 não é função de A em A, pois se x = 1 ⇒ y = 0 ∉ A
b) y < x não é função de A em A, poi s se x = 1 não existe 
y ∈ A
c) y = x + 1 não é função de A em A, pois se x = 5 ⇒ y = 6 ∉ A
d) y = 1 é função de A em A, pois todo x ∈ A ⇒ y = 1 ∈ A
e) y = x2 não é função de A em A, pois se x = 3 ⇒ y = 9 ∉ A
Resposta: D
25) Sendo f: A → � uma função definida por f(x) = 4 – 3x2, para 
A = {– 2; – 1; 0; 1; 2}, tem-se:
I) f(– 2) = f(2) = 4 – 3 . 4 = – 8
II) f(– 1) = f(1) = 4 – 3 . 1 = 1
III) f(0) = 4 – 3 . 0 = 4
Assim, o conjunto imagem de f é {– 8; 1; 4}
Resposta: E
26) Observando o gráfico, tem-se:
I) f(0) = f(4) = 3
II) f(x) ≤ f(2) para qualquer x, pois f(2) é o valor máximo da
função
III) f(x) = 0 para x = – 1 ou x = 6
IV)f(3) ≠ 0
Portanto, é falsa a alternativa b.
Resposta: B
27) Observando o gráfico, tem-se:
I) Falsa, pois existe x < 0 tal que f(x) > 0
II) Verdadeira, pois f(1) = 2, f(3) = – 2, f(4) = 0 e, portanto, 
f(1) + f(3) = f(4) 
III) Verdadeira, pois Im(f) = [– 4; 3]
Resposta: D
26 –
28) Se f(x) = e observando que
���2 é irracional, é racional e π é irracional, tem-se:
= = = . =
Resposta: E
29) I) f(x) = 3x + 5 ⇒ f(1) = 3 . 1 + 5 = 8
II) g(x) = ⇒ g(1) = = = = 4
Resposta: C
30) Para f(x) = . x – 1 e g(x) = . x + a, tem-se:
I) f(0) – g(0) = ⇒ – 1 – a = ⇔ a = –
II) f(3) – 3 . g = . 3 – 1 – 3 . . – =
= – 1 – 3 . – = – 1 – 3 . = 
= – 1 – 3 . = – 1 + = 
= – 1 = 5 – 1 = 4
Resposta: E
31) Se f(x – 2) = x3, então, para x = 5 tem-se:
f(5 – 2) = 53 ⇔ f(3) = 125 
Resposta: D
32) Substituindo x + 1 por z, temos:
x = z – 1 e, portanto,
F(z) = (z – 1)2 – 7 (z – 1) + 6 ⇔
⇔ F(z) = z2 – 2z + 1 – 7z + 7 + 6 ⇔
⇔ F(z) = z2 – 9z + 14 ⇔ F(x) = x2 – 9x + 14
Resposta: D
33) I) Se x = 1 é um zero da função f, então, f(1) = 0
II) Se g(x) = f(2x + 3) + 5, para x = – 1, tem-se:
g(– 1) = f(2 . (– 1) + 3) + 5 = f(1) + 5 = 0 + 5 = 5
Assim, se g(– 1) = 5, o gráfico da função g passa neces saria -
mente pelo ponto (– 1; 5).
Resposta: B
34) I) f(n) =
II) f(n) = 25 ⇒ = 25 (se n é par) ou 3n + 1 = 25 (se n é ímpar) ⇔
⇔ n = 50 (se n é par) ou n = 8 (se n é ímpar) ⇔ n = 50
Portanto, a equação tem apenas uma solução.
Resposta: B
35) Para h(t) = 1,5t – 9,4 e p(t) = 3,8t2 – 72t + 246, tem-se:
I) h(t) = 35,6 ⇒ 1,5t – 9,4 = 35,6 ⇔ 1,5t = 45 ⇔ t = 30
II) p(30) = 3,8 . 302 – 72 . 30 + 246 = 3420 – 2160 + 246 = 1506
Resposta: 1506 g 
36) A mensalidade, em reais, é acrescida de multa de R$ 10,00,
passando a custar R$ 510,00, e mais R$ 0,40 por dia de atraso.
Assim, após x dias de atraso, a mensalidade será de 
M(x) = 510 + 0,40x = 510 + 0,4x
Resposta: C
37) Se x é o valor cobrado por quilômetro rodado e y o valor fixo,
ambos em reais, tem-se: 
⇔ ⇔
⇔ ⇔
Resposta: R$ 1,00
38) Para x > 90, temos:
P(x) = 500 + 0,50 . (x – 90)
P(x) = 500 + 0,5 . x – 45
P(x) = 455 + 0,5 . x
Resposta: D
39) Para t = 16 e d = 7,0 . ��������� t – 12, temos:
d = 7,0 . ����������� 16 – 12 = 7,0 . ���4 = 7,0 . 2 = 14,0
Resposta: D
40) Com base nos elementos apresentados, temos:
Assim, o gráfico é do tipo:
Resposta: B
2
––, se x é racional
5
3
––, se x é irracional
4
�
3
–––
5
23
–––
15
4
––
3
23
–––
20
15 + 8 
–––––––
20 
–––––––––
3 
–––
4
3 2
––– + –––
4 5
–––––––––––
3 
–––
4
3 
f(���2) + f�––�
5
–––––––––––––––
f(π)
16
––––
4
8 + 8
––––––
8 – 4
f(1) + 8
–––––––––
f(1) – 4
f(x) + 8
–––––––––
f(x) – 4
4
––
3
3
––
5
4
––
3
1
––
3
1
––
3
�4––3
1
––
5
4
––
3�
3
––
5�
1
––
5�
�4 – 20–––––––15�
9
––
5�
4
––
3
4
–––
15�
9
––
5
16
––––
5
9
––
5�
– 16
–––––
15�
9
––
5
25
––––
5
n
––, se n é par
2
3n + 1, se n é ímpar
�
n
–––
2
30x + y = 32
5x = 5�
30x + y = 32
25x + y = 27�
y = 2
x = 1�
30x + y = 32
x = 1�
número de ligações valor cobrado, em reais
x ≤ 100 12
100 < x ≤ 300 12 + (x – 100) . 0,10
300 < x ≤ 500 32
– 27
41) Se f(2x) = 2f(x) e f(4) = 28, tem-se:
I) Para x = 2 ⇒ f(2 . 2) = 2 . f(2) ⇔ f(4) = 2 . f(2) ⇔
⇔ 28 = 2 . f(2) ⇔ f(2) = 14
II) Para x = 1 ⇒ f(2 . 1) = 2 . f(1) ⇔ f(2) = 2 . f(1) ⇔
⇔ 14 = 2 . f(1) ⇔ f(1) = 7
Resposta: A
42) Se f(x + 1) = f(x) + f(1) e f(2) = 1, tem-se:
I) Para x = 1 ⇒ f(1 + 1) = f(1) + f(1) ⇔ f(2) = 2 . f(1) ⇔
⇔ 1 = 2 . f(1) ⇔ f(1) = 
II) Para x = 2 ⇒ f(2 + 1) = f(2) + f(1) ⇔ f(3) = 1 + = =
Resposta: C
43) Se f(x + 2) = 3 . f(x) e f(2) + f(4) = 60, tem-se:
I) Para x = 2 ⇒ f(2 + 2) = 3 . f(2) ⇔ f(4) = 3 . f(2)
II) f(2) + f(4) = 60 ⇒ f(2) + 3 . f(2) = 60 ⇔
⇔ 4 . f(2) = 60 ⇔ f(2) = 15
III) Para x = 0 ⇒ f(0 + 2) = 3 . f(0) ⇔ f(2) = 3 . f(0) ⇔
⇔ 15 = 3 . f(0) ⇔ f(0) = 5
Resposta: C
44) Considerando que domínio de uma função real é o conjunto
dos valores reais para os quais a função existe, temos:
a) f(x) = existe para 2x – 8 ≠ 0 ⇔ x ≠ 4
Assim, D(f) = � – {4}
b) f(x) = �������� 2 – x existe para 2 – x ≥ 0 ⇔ x ≤ 2
Assim, D(f) = {x ∈ � 
 x ≤ 2}
c) f(x) = 2x + 5 existe para todo x ∈ �
Assim, D(f) = �
Respostas: a) � – {4} b) { x ∈ � 
 x ≤ 2 } c) �
45) A função y = existe para 3x – 2 > 0 ⇔ x > 
Assim D(f) = x ∈ � � x > 
Resposta: D
46) Para que a função y = f(x) = ��������x + 7 + ��������1 – x exista, devemos
ter:
⇔ ⇔ – 7 ≤ x ≤ 1
Resposta: B
47) f(x + 1) = não existe para x = – , isto é, não existe 
f – + 1 = f . Assim, se não existe f , o domínio 
da função f é � –
Resposta: A
48) Na função f(x) = , podemos afirmar que:
I) Se o domínio é � – {– 2}, então, para x = – 2 tem-se 
ax – 2b = 0, assim, a . (– 2) – 2b = 0 ⇔ – 2a – 2b = 0 ⇔
⇔ – 2(a + b) = 0 ⇔ a + b = 0
II) f(1) = – 2 ⇒ = – 2 ⇔
⇔ a + b + 4 = – 2a + 4b ⇔ 3a – 3b = – 4
III) ⇔ ⇔ ⇔
⇔ ⇒ a . b = – . = –
Resposta: E
49) Na função y = 3x – 2, tem-se:
I) Para x = – 1 ⇒ y = 3 . (– 1) – 2 = – 5 
II) Para x = 1 ⇒ y = 3 . 1 – 2 = 1 
Assim, o gráfico da função y = 3x – 2 para x ∈ ]– 1; 1[ é:
Portanto, o conjunto imagem é ]– 5; 1[
Resposta: E
50) Representando graficamente a função 
f(x) = , tem-se:
Portanto, o conjunto imagem é [– 2; 1]
Resposta: A
1
––
2
3
––
2
2 + 1
–––––
2
1
––
2
3x + 1
–––––––
2x – 8
2
–––
3
1
––––––––
����������3x – 2

2–––3�
x ≥ – 7
x ≤ 1�
x + 7 ≥ 0
1 – x ≥ 0�
1
–––
2
3x + 5
–––––––
2x + 1
�1––2��
1
––
2��
1
––
2�

1––2�
a + bx + 4
––––––––––
ax – 2b
a + b + 4
––––––––––
a – 2b
6a = – 4
a + b = 0�3a + 3b = 03a – 3b = – 4�a + b = 03a – 3b = – 4�
4
–––
9
2
–––
3
2
–––
3
2
a = – –––
3
2
b = –––
3
�
x, para – 1 ≤ x ≤ 1
– x + 1, para 1 < x ≤ 3�
28 –
51) Para x em anos e f(x) em porcentagem da área da flo resta a
cada ano, temos de acordo com o gráfico:
⇔
Portanto, f(x) =
Resposta: a = 100, b = 1 e c = 10
f(x) = 
52) Se a torneira tem vazão constante, tem-se:
I) Para preencher o primeiro tronco de cone, a altura da água
cresce lentamente no início e mais rapidamente no final.
II) Para preencher o cilindro central, a altura daágua cresce
linearmente.
III) Para preencher o segundo tronco de cone, a altura da água
cresce rapidamente no início e mais lenta mente no final.
Assim, o gráfico pedido é o da alternativa d.
Resposta: D
53) Observe que no gráfico apresentado a quantidade diária de
ingres sos vendidos é crescente até o dia 30 e decrescente do
30o. dia em diante, porém mesmo com a quantidade diária
decrescendo, após o 30o. continua-se vendendo ingressos.
O acumulado de ingressos vendidos é sempre cres cente, de
forma mais acentuada até o 30o. dia e menos acentuada após
o 30o. dia.
O gráfico que melhor representa este comportamento é a do
item C. 
Resposta: C
57) Uma função de A em B é injetora se para x1 ≠ x2, tem-se 
f(x1) ≠ f(x2), isto é, quaisquer dois valores diferentes de x ∈ A
devem ter imagens diferentes y ∈ B.
não é injetora, pois x = 1 e x = – 1
possuem imagens iguais
não é injetora, pois x = 1 e x = 2
possuem imagens iguais
não é injetora, pois x = 1, x = 2 e x = 3
possuem imagens iguais
não é injetora, pois x = 2 e x = 3
possuem imagens iguais
é injetora 
Resposta: E
200 
–––– = 20 ⇔ c = 10
c
6a + 200 
–––––––– = 50 ⇔
6b + 10
10a + 200 
––––––––– = 60
10b + 10
f(0) = 20
f(6) = 50 ⇔
f(10) = 60
a = 100
b = 1
c = 10
a – 50b = 50
a – 60b = 40 ⇔
c = 10
6a + 200 = 300b + 500
10a + 200 = 600b + 600 ⇔
c = 10
100x + 200
––––––––––
x + 10
100x + 200
–––––––––––
x + 10
– 29
58) I) Graficamente, uma função é injetora quando nenhuma reta
horizontal intercepta o gráfico mais de uma vez. Assim, não
é injetora a função da alternativa “a”.
II) O gráfico da alternativa “c” não é função, pois existe reta
vertical que intercepta o gráfico mais de uma vez.
III) O gráfico da alternativa “e” não é função, pois existe reta
vertical que não intercepta o gráfico com x ∈ �.
IV)Uma função é sobrejetora quando Im = CD. Assim, 
não é sobrejetora a função da alternativa “b”, pois 
CD = � ≠ Im = �+
*.
V) Portanto, é bijetora (injetora e sobrejetora) a função da
alternativa “d”.
Resposta: D
59) 60)
apenas sobrejetora apenas injetora
61)
bijetora
62) Se B é o conjunto formado por todos os brasileiros, a função
f: B → � que associa a cada brasileiro sua altura em cen tíme -
tros, representada num diagrama de flechas, é:
I) A função não é injetiva (injetora), pois existem elementos
diferentes em B associados ao mesmo elemento em �,
observando que existe mais de uma pessoa com a mesma
altura.
II) A função não é sobrejetiva (sobrejetora), pois Im(f) ≠ CD(f),
observando que, por exemplo, não existem pessoas com
altura negativa.
Resposta: D
63) Representando a função f num diagrama de flechas, tem-se:
I) A função não é sobrejetora, pois Im(f) = {0; 1} ≠ CD(f) = �
II) A função não é injetora, pois f(– 5) = f(5) = 1
III) f(– 5) . f(2) = 1 . 0 = 0
IV)f(– 5) + f(5) = 1 + 1 = 2 
Resposta: E
64) a) f: � → �+ tal que f(x) = x
2, cujo gráfico é
não é injetora, pois f(– 1) = f(1) = 1
b) f: �+ → �+ tal que f(x) = x + 1, cujo gráfico é
não é sobrejetora, pois Im(f) = [1; + ∞[ ≠ CD(f) = �+
c) f: [1; 3] → [2; 4] tal que f(x) = x + 1, cujo gráfico é
é injetora e sobrejetora, portanto, é bijetora.
d) f: [0; 2] → � tal que f(x) = sen x não é sobrejetora, pois 
Im(f) ≠ CD(f) = �
e) f: [0; π] → [0; 1] tal que f(x) = sen x não é injetora, pois 
f(0) = f(π) = 0
Resposta: C
30 –
65) Se f: �+
* → � tal que f(x2 – 2x) = f(4 + x) é injetora, então:
⇔ ⇔ ⇔
⇔ x = – 1 ou x = 4
Resposta: x = – 1 ou x = 4
66) a) A função f é definida por f(x) =
b) f não é injetora, pois f(5) = f(6) = 8
c) Para os meses de agosto e novembro não se pode afirmar
o final da placa, justamente por não ser injetora.
d) f(x + 1) – f(x) = [x + 1 + 3] – [x + 3] = 1, para x = 1, 2, 3, 4 e
f(x + 1) – f(x) = [x + 1 + 2] – [x + 2] = 1, para x = 6, 7, 8
e) O gráfico de f é
Resposta: A
70)
estritamente decrescente
71) 72)
estritamente crescente não é monotônica
73) Analisando o gráfico, podemos concluir que
a) falsa
de janeiro a setembro de 2007 a arrecadação da Receita
Federal ora aumentou ora diminuiu;
b) falsa
admitindo que a arrecadação da Receita Federal em
setembro de 2007 tenha sido de R$ 46,2 bilhões, temos 
46,2 . 1,1 = 50,82 > 48,48
c) falsa
admitindo que em janeiro de 2007 a arrecadação da Receita
Federal tenha sido de R$ 55 bilhões, temos:
55 . 1,1114 = 61,127 > 48,8
d) falsa
embora a arrecadação da Receita Federal tenha sido
crescente de fevereiro a abril de 2007, e de maio a julho, ela
foi decrescente de julho a agosto.
e) verdadeira
de fato, de julho a setembro de 2007 a arrecadação da
Receita Federal foi decrescente.
Resposta: E
74) a) Falsa, pois f(1) = 0
b) Falsa, pois D(f) = �
c) Falsa, pois Im(f) = {y ∈ � 
 y ≥ 0}
d) Verdadeira
e) Falsa, pois para 0 < x < 1 f é decresccente
Resposta: D
75) a) Verdadeira, pois f(4) = 6 é o valor máximo da função
b) Verdadeira, pois para 6 < x < 8 tem-se f(x) constante e 
igual a 3.
c) Verdadeira, pois f(5) > 5 e f(10) = 2, logo, f(5) > f(10)
d) Falsa, pois f(0) = 2
e) Verdadeira, pois para x = 2 ⇒ y = 4, logo, f(2) = 4
Resposta: D
76) f(x) = = = , para 
x2 – 3x + 2 ≠ 0
Portanto, o gráfico da função f(x) = , para x ≠ 1 e x ≠ 2 é:
77) Se f é uma função estritamente decrescente e 
f(3x – 1) > f(x + 5), então:
3x – 1 < x + 5 ⇔ 2x < 6 ⇔ x < 3
Resposta: C
78) Se f é uma função estritamente crescente e 
f(2x – 7) < f(x – 1), então 2x – 7 < x – 1 ⇔ x < 6
Resposta: A
x = – 1 ou x = 4
x2 – 2x > 0
4 + x > 0
�
x2 – 3x – 4 = 0
x2 – 2x > 0
4 + x > 0
�
x2 – 2x = 4 + x
(x2 – 2x) ∈ �+
*
(4 + x) ∈ �+
*�
11, se x = 0
x + 3, se x ∈ {1, 2, 3, 4, 5}
x + 2, se x ∈ {6, 7, 8, 9}�
1
–––
4
x2 – 3x + 2
–––––––––––––––
4(x2 – 3x + 2)
x2 – 3x + 2
–––––––––––––––
4(x2 – 3x + 2)
1
–––
4
– 31
79) Não há diferença de crescimento nos dois gráficos, apenas
foram utilizadas escalas diferentes.
Resposta: D
80) De acordo com o gráfico, pode-se concluir que a espessura da
camada hidratada de uma obsidiana aumenta mais rapida -
mente quando a pedra é mais jovem.
Resposta: C
81) O padrão ideal esperado para a prática semanal é dada pela
reta em destaque. Aquele que está mais afastado do valor
ideal é aquele cuja representação no gráfico encontra-se, na
vertical, mas afastado da reta.
No caso, é aquele que pratica 4 h de exercícios semanais, pois
para ele o ideal seria, aproximada mente, 67, 5 batimentos por
minuto e ele registrou 75 batimentos por minuto, ultrapas -
sando o ideal em 7,5 batimentos por minuto.
Resposta: C
86) Representando graficamente a função
f: [– 2; 2] → � tal que f(x) = 3x, tem-se:
Como Im(f) = [– 6; 6] ≠ CD(f) = �, a função não é sobrejetora e,
portanto, não é bijetora.
Resposta: E
87) Representando graficamente a função f: � → � tal que 
f(x) = x2 – 4, tem-se:
Como f é estritamente decrescente em ]– ∞; 0] e estritamente
crescente em [0; + ∞[, a função não é monotônica.
Resposta: E
88) Na função f: � → � tal que f(x) = sen x, tem-se
f(– x) = sen(– x) = – sen x = – f(x), como se observa na figura:
Assim, se f(– x) = – f(x), a função é ímpar.
Resposta: D
89) Uma função é par quando f(– x) = f(x) para qualquer x
pertencente ao domínio da função. Assim, f: [– π; π] → � tal
que f(x) = cos x é par, pois f(– x) = cos (– x) = cos x = f(x) para 
x ∈ [– π; π]
Resposta: D
90) I) Se f é ímpar, então f(– x) = – f(x) 
II) Se g é ímpar, então g(– x) = – g(x)
III) (f . g)(x) = f(x) . g(x)
IV)(f . g)(– x) = f(– x) . g(– x) = [– f(x)] . [– g(x)] = f(x) . g(x)
Como (f . g)(– x) = (f . g)(x), o produto de duas funções ímpares
é uma função par.
Resposta: A
91) I) f(x) = 
II) f(– x) = = = f(x)
Como f(x) = f(– x), a função f(x) = é par.
Resposta: A
92) I) f: � → � tal que f(x) = 3 é uma função constante 
II) g: � → � tal que g(x) = f(x) . f(x) . f(x) . … . f(x) = 
14444244443
n fatores
= 3 . 3 . 3 . … . 3 = 3n é uma função constante e,
1442443
n fatores
portanto, uma função par, pois g(– x) = g(x).
Observe que g(x) = 3n não depende de x.
Resposta: C98) Se f(x) = 2x e g(x) = x + 3, então:
a) (gof)(2) = g(f(2)) = g(4) = 4 + 3 = 7
b) (gof)(3) = g(f(3)) = g(6) = 6 + 3 = 9
c) (gof)(x) = g(f(x)) = g(2x) = 2x + 3 
Respostas: a) 7 b) 9 c) 2x + 3
99) Se f(x) = x3 + 1 e g(x) = x – 2, então:
a) (fog)(0) = f(g(0)) = f(– 2) = – 8 + 1 = – 7
b) (gof)(0) = g(f(0)) = g(1) = 1 – 2 = – 1
c) (fof)(1) = f(f(1)) = f(2) = 8 + 1 = 9
d) (gog)(1) = g(g(1)) = g(– 1) = – 1 – 2 = – 3 
Respostas: a) – 7 b) – 1 c) 9 d) – 3
1
––––
x2
1
––––
x2
1
––––––
(– x)2
1
––––
x2
32 –
100) Se f(x) = x2 + 1 e g(y) = , então:
(fog)(2) = f(g(2)) = f = + 1 =
Resposta: B
101) Se f(x) = 3x – 1 e g(x) = x2, então:
(gof)(x) = g(f(x)) = g(3x – 1) = (3x – 1)2 = 9x2 – 6x + 1
Resposta: A
102) Se f(n) = , então:
I) f(12) = = 6
II) f(6) = = 3
III) f(3) = 3 + 1 = 4 
Portanto, f(f(f(12))) = f(f(6)) = f(3) = 4
Resposta: D
103) Se f(x) = a + 1 e g(x) = 2x + 1, então:
(gof)(x) = g(f(x)) = g(a + 1) = 2 . (a + 1) + 1 = 2a + 3
Resposta: E
104) Se f(x) = 3, g(x) = 2x + 1 e h(x) = x2, então:
(fogoh)(x) = f(g(h(x))) = f(g(x2)) = f(2x2 + 1) = 3, portanto,
(fogoh)(x) = 3 é uma função constante, independente de x,
cujo gráfico é uma reta horizontal.
Resposta: D
105) Se x ∈ �, o resto da divisão de x por 4 pertence ao conjunto
{0; 1; 2; 3}, então, f(x) = 0 ou f(x) = 1 ou f(x) = 2 ou f(x) = 3.
Assim, para g(x) = x2 – 2x + 1, tem-se:
I) Se f(x) = 0 ⇒ (gof)(x) = g(f(x)) = g(0) = 02 – 2 . 0 + 1 = 1
II) Se f(x) = 1 ⇒ (gof)(x) = g(f(x)) = g(1) = 12 – 2 . 1 + 1 = 0
III) Se f(x) = 2 ⇒ (gof)(x) = g(f(x)) = g(2) = 22 – 2 . 2 + 1 = 1
IV)Se f(x) = 3 ⇒ (gof)(x) = g(f(x)) = g(3) = 32 – 2 . 3 + 1 = 4
Portanto, o conjunto imagem de gof é {0; 1; 4}, que é formado
por três números quadrados perfeitos.
Resposta: C
106) Se f(x) = 3 – 4x e g(x) = 3x + m, então:
I) f(g(x)) = f(3x + m) = 3 – 4 . (3x + m) = 3 – 12x – 4m
II) g(f(x)) = g(3 – 4x) = 3 . (3 – 4x) + m = 9 – 12x + m
III) f(g(x)) = g(f(x)) ⇒ 3 – 12x – 4m = 9 – 12x + m ⇔
⇔ 3 – 4m = 9 + m ⇔ – 6 = 5m ⇔ m = –
Resposta: C
107) Observando os gráficos das funções f e g, temos:
I) f(4) = 0
II) (gof)(4) = g(f(4)) = g(0) = – 4
III) g(1) = a, com a < 0
IV)(fog)(1) = f(g(1)) = f(a) = 2, pois a < 0 e a função f é constante
e igual a 2 para todo valor negativo.
Assim, (gof)(4) + (fog)(1) = – 4 + 2 = – 2
Resposta: D
108) a) Os gráficos de f e g, definidas por f(x) = ax + 3a e 
g(x) = 9 – 2x, com a ∈ �+
*, são:
Assim, podemos formar o seguinte “varal”:
Desta forma, f(x) . g(x) > 0 ⇔ – 3 < x <
As soluções inteiras são – 2; – 1; 0; 1; 2; 3 e 4, num total de 7.
b) f[g(x)] = f[9 – 2x] = a . (9 – 2x) + 3a = – 2ax + 12a
g[f(x)] = g[ax + 3a] = 9 – 2 . (ax + 3a) = – 2ax + 9 – 6a
Assim, f[g(x)] = g[f(x)] ⇔ – 2ax + 12a = – 2ax + 9 – 6a ⇔
⇔ 18a = 9 ⇔ a =
Respostas: a) 7 b)
109) f(x) = e g(x) = 3x + 1, temos:
I) f(1) = = 1 e g(f(1)) = g(1) = 3 . 1 + 1 = 4
II) g(2) = 3 . 2 + 1 = 7 e f(g(2)) = f(7) = = –
Assim: f(g(2)) + g(f(1)) = – + 4 = 
Resposta: D
1
–––
y
5
––
4
1
– –
4�
1
–––
2�
n
–––, se n é par
2
n + 1, se n é ímpar
�
12
–––
2
6
–––
2
6
– –
5
9
–––
2
1
–––
2
1
–––
2
2
––––––
3 – x
2
––––––
3 – 1
1
–––
2
2
––––––
3 – 7
7
–––
2
1
–––
2
– 33
113) I) f: � → � tal que f(x) = 2x – 1 ⇒ y = 2x – 1 
II) Trocando x por y e y por x, temos:
x = 2y – 1 ⇔ 2y = x + 1 ⇔ y = ⇒
⇒ f –1(x) = , com f –1: � → �
III) Representando graficamente f e f – 1, temos:
114) I) f: �+ → �+ tal que f(x) = x
2 ⇒ y = x2
II) Trocando x por y e y por x, temos:
x = y2 ⇔ y = ± ���x ⇒ y = ���x, pois y ∈ �+ ⇒
⇒ f –1(x) = ���x , com f–1: �+ → �+
III) Representando graficamente f e f – 1, temos:
115) I) f: �_ → �+ tal que f(x) = x
2 ⇒ y = x2
II) Trocando x por y e y por x, temos:
x = y2 ⇔ y = ± ���x ⇒ y = – ���x, pois y ∈ �_ ⇒
⇒ f –1(x) = – ���x, com f –1: �+ → �_
III) Representando graficamente f e f – 1, temos:
116)
117) I) f(x) = ⇒ y = 
II) Trocando x por y e y por x, temos:
x = ⇔ 4y – 1 = 3x ⇔
⇔ 4y = 3x + 1 ⇔ y = ⇒ f –1(x) =
Resposta: C
118) I) Sendo x o número pensado, o resultado obtido com a
sequência de operações é y =
II) Trocando x por y e y por x, temos:
x = ⇔ y2 + 5 = 2x ⇔ y2 = 2x – 5 ⇔
⇔ y = ���������� 2x – 5, pois y ∈ �
Resposta: D
119) I) A função que fornece o salário y a partir do número de
horas trabalhadas h, é: 
y(h) =
y(h) =
II) y(160) = 20 . 160 – 90 = 3110
III) Para y ≤ 3110, temos:
y(h) = 20h – 90 ⇒ y = 20 . h(y) – 90 ⇔
⇔ 20 . h(y) = y + 90 ⇔ h(y) =
IV)Para y > 3110, temos:
y(h) = 24h – 730 ⇒ y = 24 . h(y) – 730 ⇔
⇔ 24 . h(y) = y + 730 ⇔ h(y) =
V) A função que fornece o número de horas trabalhadas h a
partir do salário y, é:
h(y) = 
Resposta: B
x + 1
––––––
2
x + 1
––––––
2
4x – 1
–––––––
3
4x – 1
–––––––
3
4y – 1
–––––––
3
3x + 1
–––––––
4
3x + 1
–––––––
4
x2 + 5
––––––
2
y2 + 5
–––––––
2
20h – 90, para 0 ≤ h ≤ 160
20 . 160 + 24(h – 160) – 90, para h > 160�
20h – 90, para 0 ≤ h ≤ 160
24h – 730, para h > 160�
y + 90
–––––––
20
y + 730
––––––––
24
y + 90
––––––––, para y ≤ 3110
20
y + 730
–––––––––, para y > 3110
24
�
34 –
120) I) f(x) = ⇒ y =
II) Trocando x por y e y por x, temos:
x = ⇔ 3xy – 6x = 2y + 4 ⇔
⇔ 3xy – 2y = 6x + 4 ⇔ y . (3x – 2) = 6x + 4 ⇔
⇔ y = ⇒ f –1(x) = 
Resposta: f –1(x) = 
121) I) f(x) = ⇒ y = 
II) Trocando x por y e y por x, temos:
x = ⇔ 2 + y = 2x – xy ⇔ xy + y = 2x – 2 ⇔
⇔ y . (x + 1) = 2x – 2 ⇔ y = ⇒ f –1(x) = 
III) D(f –1) = CD(f) = � – {a} = � – {– 1}, portanto, a = – 1.
Resposta: D
122) Lembrando que os gráficos de f e f–1, são simétricos em
relação à reta de equação y = x, tem-se:
Assim, o gráfico que melhor representa a função y = f –1(x) é o
da alternativa C.
Resposta: C
2x + 4
––––––––
3x – 6
2x + 4
––––––––
3x – 6
2y + 4
––––––––
3y – 6
6x + 4
––––––––
3x – 2
6x + 4
––––––––
3x – 2
6x + 4
––––––––
3x – 2
2 + x
–––––––
2 – x
2 + x
–––––––
2 – x
2 + y
–––––––
2 – y
2x – 2
–––––––
x + 1
2x – 2
–––––––
x + 1
– 35
MATEMÁTICA
LIVRO 1
ÁLGEBRA
Capítulo 9 – Exercícios-Tarefa (Conjuntos e Funções)
1) I) [3; 4] = {x ∈ � 
 3 � x � 4}
II) 3 ∈ [3; 4] e 4 ∈ [3; 4], então, {3; 4} � [3; 4]
Resposta: C
2) Representando num diagrama, A � B = {c, d), 
A � B = {a, b, c, d, e, f} e �
U
A
= U – A = {e; f; g; h; i}, com 
A � U e B � U, tem-se:
Assim, n(A) = 4 e n(B) = 4
Resposta: D 
3) I) Todo inventor é distraído ⇒ I � D
II) Alguns inventores são loucos ⇒ I � L ≠ Ø
III) Representando num diagrama, tem-se:
Resposta: D
4) a) Representando 
—
A � B, tem-se:
b) Representando 
—
A � B, tem-se:
c) Representando 
—
A, tem-se:
d) Representando 
—
A � B, tem-se:
e) Representando 
—
B, tem-se:
f) Representando A �
—
B, tem-se:
g) Representando 
—
A �
—
B, tem-se o mesmo diagrama que
—
A � B: 
Observando as figuras, pode-se afirmar que:
I) ( 
—
A � B) � ( 
—
A � B) = 
—
A � B é verdadeira;
II) ( 
—
A � B) � ( 
—
A � B) = 
—
A � B é verdadeira;
III) (
—
A � B) � (A �
—
B ) � (
—
A � B) = 
—
A �
—
B é verdadeira.
Resposta: A
5) Representando num diagrama, tem-se:
M: inscritos para Medicina
O: inscritos para Odontologia
Assim, o número total de alunos é 55 + 15 + 27 + 38 = 135
Resposta: B
36 –
6) Representando num diagrama, temos:
C: habitantes que têm casa própria
A: habitantes que têm automóvel
Assim, a quantidade de habitantes que não têm casa própria
nem automóvel é x = 100% – 9% – 8% – 14% = 69%
Resposta: 69% 
7) Representando num diagrama, temos:
T: esportistas que jogam tênis
B: esportistas que jogam basquete
Assim, para o grupo de 50 esportistas, o número x de
esportistas que não jogam tênis ou basquete é
x = 50 – 10 – 15 – 14 = 11
Resposta: D
8) Representando num diagrama, temos:
A: alunos que leem o jornal A
B: alunos que leem o jornal B
I) O número de alunos que leem apenas um dos dois jornais
é 35 + x = 106 ⇔ x = 71
II) O número de alunos que não leem o jornal B é 
35 + y = 66 ⇔ y = 31
III) O total de alunos é 
n = 35 + 21 + x + y = 35 + 21 + 71 + 31 = 158
Resposta: C
9) Representando os dados da tabela num diagrama, temos:
Assim, parao total de 1800 pessoas, o número de pessoas que
não assistem a nenhum dos três programas é 
x = 1800 – 100 – 300 – 200 – 120 – 80 – 700 – 100 = 200
Resposta: A
10) Representando os dados da tabela num diagrama, temos:
Assim, o número de pessoas consultadas é
60 + 110 + 170 + 10 + 20 + 30 + 30 + 180 = 610
Resposta: C
11) Entre os 4 desenhos apresentados, apenas (II) não pode ser
função, pois é possível traçar uma reta vertical que intercepta
o gráfico mais de uma vez. 
Resposta: B
12)
– 37
13) Representando, na reta real, os conjuntos M = [0; 5], P = [3; 7],
M – P e P – M, tem-se:
O conjunto (M – P) × (P – M) é representado pela região R4
Resposta: D
14) I) Para x < 5 e f(x) = ax + b, tem-se:
⇒ ⇔ ⇒ f(x) = x + 4
II) Para x � 5 e f(x) = cx + d, tem-se:
⇒ ⇔ ⇒ f(x) = – x + 9
Portanto, a função é f(x) =
Resposta: A
15) I) A = {x ∈ � 
 1 � x � 130} = {1; 2; 3; …; 129; 130}
II) B = {x ∈ � 
 0 � x � 9} = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}
III) Se a função f: A → B é definida por f(x) = algarismo das
unidades de x, os elementos de A associa dos ao número 
2 ∈ B são: 2; 12; 22; 32; …; 122, num total de 13. 
Resposta: B 
16) Para f(x) = 2x – 1, tem-se:
f(m2) – 2f(m) + f(2m) = ⇔
⇔ 2m2 – 1 – 2 . (2m – 1) + 2 . 2m – 1 = ⇔
⇔ 2m2 – 1 – 4m + 2 + 4m – 1 = ⇔
⇔ 2m2 = ⇔ 4m2 = m ⇔ 4m2 – m = 0 ⇔
⇔ m(4m – 1) = 0 ⇔ m = 0 ou m = 
Resposta: m = 0 ou m = 
17) I) Se x kg representa a quantidade de ração, então (100 – x)kg
representa a quantidade de milho.
II) Ao custo de R$ 0,40 por quilograma de ração e R$ 0,25 por
quilograma de milho, o gasto, em reais, é dado por:
g(x) = x . 0,40 + (100 – x) . 0,25 = 0,40x + 25 – 0,25x =
= 0,15x + 25, com 0 < x < 100.
Resposta: C
18) Se o número de bactérias dobra a cada 10 minutos, tem-se:
I) Número inicial de bactérias: 5000
II) Após 10 . 1 minutos: 5000 . 21
III) Após 10 . 2 minutos: 5000 . 22
�
Assim, após t minutos, o número de bactérias é dado por 
N = 5000 . 2
Resposta: B
19) Se a bandeirada custa R$ 0,30 e o valor de cada quilômetro
rodado for R$ 0,18, por uma corrida de 10 km pagar-se-á 
R$ 0,30 + 10 . R$ 0,18 = R$ 0,30 + R$ 1,80 = R$ 2,10
Resposta: C
20)
Resposta: E
21) Para x = 2, temos:
y = 90 . 3–0,5 . x
2
= 90 . 3–0,5 . 2
2
=
= 90 . 3–0,5 . 4 = 90 . 3–2 = 90 . = 10 
Resposta: 10
22) I) Se p(t) = 10 + 0,1 . t2, para t = 2, tem-se:
p(2) = 10 + 0,1 . 22 = 10 + 0,1 . 4 = 10 + 0,4 = 10,4
II) Se C(p) = 0,5p + 1, para p = 10,4, tem-se:
C(10,4) = 0,5 . 10,4 + 1 = 5,2 + 1 = 6,2 
Resposta: 6,2 partes por milhão
23) O custo da produção de n peças é dado por:
C(n) = 200 000 + 0,50 . n = 200 000 + n = + 200 000
Resposta: C
24) I) A função f(x) = ������� x + 2 existe, em �, se x + 2 ≥ 0 ⇔
⇔ x ≥ – 2, portanto, o domínio da função é D(f) = [– 2; + ∞)
II) Para x ≥ – 2, f(x) = ������� x + 2 ≥ 0, portanto, a imagem da função
é Im(f) = �+
Resposta: A
2
––
5
b = 4
2
a = –––
5
�a . 0 + b = 4a . 5 + b = 6�f(0) = 4f(5) = 6�
4
––
5
4 
c = – –––
5
b = 9
�c . 5 + d = 5c . 10 + d = 1�f(5) = 5f(10) = 1�
2 
––x + 4, x < 5
5
4 
– ––x + 9, x � 5
5
�
m
–––
2
m
–––
2
m
–––
2
m
–––
2
1
–––
4
1
–––
4
t
–––
10
G(u) = 750 + 5,50 . u, se 0 ≤ u ≤ 500
G(u) = 750 + 4,00 . u, se u > 500�
1
––
9
n
–––
2
1
–––
2
38 –
25) Para que f(x) = exista, em �, devemos ter:
⇔ ⇔ x > 5
Assim, o domínio da função é D(f) = ]5; + ∞[
Resposta: C
26) I) f(x) = (4 – x2)50% = (4 – x2)50/100 = (4 – x2)1/2 = �������4 – x2
II) Para que a função exista, em �, devemos ter:
4 – x2 ≥ 0 ⇔ – x2 + 4 ≥ 0 ⇔ – 2 ≤ x ≤ 2
Assim, o domínio da função é {x ∈ � 
 – 2 ≤ x ≤ 2}
Resposta: B
27) Representando graficamente a função
f(x) = ]– 1; 2[ → �, tal que f(x) = 2x + 1, tem-se 
Assim, o conjunto imagem é ]– 1; 5[
Resposta: A
28) Se f(3x) = 3 . f(x), ∀x ∈ �, e f(9) = 45, então:
I) Para x = 3 ⇒ f(3 . 3) = 3 . f(3) ⇔ f(9) = 3 . f(3) ⇔
⇔ 45 = 3 . f(3) ⇔ f(3) = 15
II) Para x = 1 ⇒ f(3 . 1) = 3 . f(1) ⇔ f(3) = 3 . f(1) ⇔
⇔ 15 = 3 . f(1) ⇔ f(1) = 5
III) f(1) + f(3) = 5 + 15 = 20
Resposta: C
29)
30) Analisando o gráfico, conclui-se que:
a) é verdadeira, pois Im(f) = ]– 1; + ∞[
b) é falsa, pois f(x) < 0 somente para 2 < x < 3
c) é falsa, pois f é crescente somente para x > 2
d) é falsa, pois f não é sobrejetora, pois 
CD(f) = � ≠ Im(f) = ]– 1; + ∞[ 
e) é falsa, pois f(– 1) ≠ f(1), por exemplo.
Resposta: A
31) Se f(x) = ax + b, então:
I) (fof)(x) = f(f(x)) = f(ax + b) = a(ax + b) + b = a2x + ab + b
II) (fof)(x) = x + 1 ⇒ a2x + ab + b = x + 1 ⇒
⇒ ⇔ ⇔
⇔ ou ⇔
Resposta: A
32) Se f(x) = ��������� a – x2 e g(x) = �������� b – x, então:
I) g(2) = �������� b – 2
II) f(g(2)) = f(�������� b – 2) = �������������� a – (�������� b – 2)2 =
= ����������a – (b – 2) = ������������a – b + 2 
III) f(g(2)) = 2 ⇒ ����������a – b + 2 = 2 ⇔ a – b + 2 = 4 ⇔ a – b = 2
IV)g(0) = �������� b – 0 = ���b
V) f(g(0)) = f(���b) = ����������a – (���b)2 = �������� a – b = ���2
Resposta: A
33) Se f(x) = e g(x) = 3x + 1, então:
(fog)(x) = f(g(x)) = f(3x + 1) =
= =
Resposta: A
34) a) f(x) = x2 + 2x + 1 e g(x) = x – 1 ⇒
⇒ (fog)(x) = f[g(x)] = f(x – 1) = (x – 1)2 + 2(x – 1) + 1 = x2
b) (fog)(y) = 0, com y = cos x ⇒ (fog)(cos x) = 0 ⇒
⇒ (cos x)2 = 0 ⇔ cos x = 0 ⇔ x = + n π, n ∈ �
Respostas: a) x2
b) {x ∈ � 
 x = + n π, n ∈ �}
35) f(x) = 4x + 2 é crescente, pois é uma função polinomial do 
1o. grau do tipo f(x) = ax + b, com a > 0
Resposta: E
36) I) (m, n) ∈ f – 1 ⇔ (n; m) ∈ f, assim, se A(1; – 2) ∈ f – 1, então, 
A’(– 2; 1) ∈ f
II) A’(– 2; 1) ∈ f ⇔ f(– 2) = 1, assim, para f(x) = 2x + b tem-se, 
2 . (– 2) + b = 1 ⇔ – 4 + b = 1 ⇔ b = 5
Resposta: E
������� x – 1
––––––––
������� x – 5
x ≥ 1
x > 5�
x – 1 ≥ 0
x – 5 > 0� a = ± 1ab + b = 1�a
2 = 1
ab + b = 1�
a = 1
1
b = –––
2
�a = – 1– b + b = 1 (é falso)�a = 1b + b = 1�
x – 3, se x ≤ 4
2x, se x > 4�
3x – 2, se x ≤ 1
6x + 2, se x > 1�3x + 1 – 3, se 3x + 1 ≤ 42(3x + 1), se 3x + 1 > 4�
π
–––
2
π
–––
2
– 39
37) I) Se f: � – {1} → � – {a}, então, f – 1: � – {a} → � – {1}
II) f(x) = ⇔ y = 
III) Trocando x por y e y por x, tem-se:
x = ⇔ xy – x = 2y – 3 ⇔
⇔ xy – 2y = x – 3 ⇔ y(x – 2) = x – 3 ⇔ y = 
IV)f– 1(x) = tem domínio � – {2}
V) � – {a} = � – {2} ⇒ a = 2
Resposta: a = 2
38) Representando graficamente a função f: [0; 2] → [0; 3] definida
por f(x) = , tem-se:
Como os gráficos de uma função e da sua inversa são simé -
tricos em relação à reta y = x, representando graficamente a
função inversa de f, tem-se:
Resposta: E
39) O(s) ponto(s) de intersecção dos gráficos de uma função e de
sua inversa, se existir(em), está(ão) sobre a reta y = x, isto é,
f(x) = x.
Assim, na função f: [3; 6] → [0; 12] definida por f(x) = x2 – 5x + 6,
deve-se ter:
f(x) = x ⇒ x2 – 5x + 6 = x ⇔ x2 – 6x + 6 = 0 ⇔
⇔ x = = = 3 ± ���3 ⇒
⇒ x = 3 + ���3, pois x ∈ [3; 6]
Portanto, o ponto de intersecção é (3 + ���3; 3 + ���3)
Resposta: (3 + ���3, 3 + ���3)
40) Os pontos de intersecção ocorrem quando f(x) = x, assim, na
função f(x) = x3, deve-se ter:
f(x) = x ⇒ x3 = x ⇔ x3 – x = 0 ⇔ x . (x2 – 1) = 0 ⇔
⇔ x = 0 ou x2 – 1 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 1 ou x = – 1
Portanto, os pontos de intersecção são (0; 0), (1; 1) e (– 1; – 1). 
Resposta: Os pontos são: (0; 0), (1; 1), (– 1; – 1)
41) No instante t = 0 nenhum ingresso havia sido vendido.
No instante t = 10 (dez dias), a um ritmo constante de 
2 milhões de ingressos por dia, haviam sido vendidos 
20 milhões de ingressos. O gráfico que melhor repre senta esta
situação é
Resposta: C
42) Com relação ao lucro líquido (em milhares de reais), a partir do
gráfico, tem-se:
I) Empresa A decresceu 100 (400 – 500 = – 100)
II) Empresa B cresceu 100 (400 – 300 = 100)
III) Empresa C cresceu 200 (300 – 100 = 200)
Assim, C teve um crescimento maior do que B.
Resposta: B
43) A maior variação positiva ocorre no intervalo cujo gráfico está
subindo e com a maior inclinação em relação ao eixo horizon -
tal. Isto ocorre entre junho e julho e na opção ruim/péssimo.
De 13% a 31%.
Resposta: B
2x – 3
–––––––
x – 1
2x – 3
–––––––
x – 1
2y – 3
–––––––
y – 1
x – 3
–––––––x – 2
x – 3
–––––––
x – 2
x2, 0 ≤ x ≤ 1
2x – 1, 1 < x ≤ 2�
6 ± 2���3 
––––––––
2
6 ± �����12 
––––––––
2
40 –
44) I) Se a vazão da bomba de gasolina é de 3 litros por minuto
e havia 10 litros de gasolina no tanque quando Lia parou
no posto, então, no intervalo de tempo de zero a 5 minutos,
o volume é dado pela função linear V(t) = 10 + 3t, cujo
gráfico está representado abaixo.
II) No intervalo de tempo de 5 a 100 minutos, a função é
quadrática de raiz dupla 100 e contendo o ponto (5; 25).
Assim, V(t) = a(t – 100)2 e
V(5) = a(5 – 100)2 = 25 ⇔ a = 
Desta forma:
V(t) =
cujo gráfico é
Resposta: C
45) I) Gráfico de y = f(x)
II) O gráfico de y = f(x – 1) desloca-se uma unidade para a
direita.
III) No gráfico de y = 2 . f(x – 1) cada ordenada é mul tiplicada
por 2. Assim o gráfico y = 2f(x – 1) é do tipo
Resposta: B
46) O gráfico de y = f(x) + 1 desloca-se uma unidade para cima e o
gráfico de y = f(x + 3) desloca-se três unidades para a
esquerda.
Os pontos A e B representam as intersecções entre os dois
gráficos, ou seja, o conjunto solução da equação 
f(x + 3) = f(x) + 1 possui apenas dois elementos.
Resposta: B
47) O gráfico da função f, definida por
f(x) = é:
O conjunto imagem é Im(f) = {y ∈ � / y ≤ 2}
Resposta: B
1
––––
361
10 + 3t, se 0 ≤ t ≤ 5
1
–––– . (t – 100)2, se 5 < t ≤ 100
361
�
– x + 4, se x ≥ 2
2, se – 1 ≤ x < 2
x + 3, se x < – 1
�
– 41
48) I) Para f(x) ∈ � deve-se ter:
⇔ ⇔
⇔ ⇔
Desta forma, o mais amplo domínio de f é 
x ∈ � 
 – ≤ x ≤ 
II) O menor valor possível para m é – e o maior 
valor possível para n é , pois 
{x ∈ � 
 m ≤ x ≤ n} ⇔ x ∈ � 
 – ≤ x ≤ .
A média aritmética entre esses valores de m e n é
= 5,5
Resposta: B
49) 1) No intervalo [–5; 0] a função f é do tipo 
f(x) = a (x + 5) . (x – 1), pois é do segundo grau, com raízes 
– 5 e 1.
Como f (–2) = –3, temos:
f (–2) = a (–2 + 5) . (–2 –1) ⇒ –9a = –3 ⇒ a =
Assim, neste intervalo f(x) = (x + 5) (x – 1) 
2) No intervalo [0; 5] a função f é do tipo 
f(x) = mx + n, com f (2) = 0 e 
f (0) = (0 + 5) . (0 – 1) = – .
Desta forma,
⇒ ⇔
e f (x) = x –
a) A função f é assim definida:
f (x) =
b) Se f (x) ≤ 0, então g (x) = 
 f (x) 
 = – f (x) e o gráfico de g é o
gráfico de f “rebatido” em torno do eixo 0x.
Se f (x) ≥ 0, então g(x) = 
 f (x) 
 = f (x) e, neste caso f e g têm
gráficos iguais. Assim, o gráfico de g é
c) Se x ≥ 0, então h (x) = f (
x 
) = f (x) e h e f terão o mesmo
gráfico. Se x ≤ 0, então h (x) = f (
x 
) = f (–x) = – x – , 
cujo gráfico é o da função f no intervalo de [0; 5], “rebatido”
em torno do eixo 0y.
Desta forma, o gráfico de h é
Respostas: a) f (–1) = – e f (3) = 
b) e c) Gráficos acima.
7
x ≥ – ––
2
���������2x + 7 ≤ 6 �
2x + 7 ≥ 0 
6 – ���������2x + 7 ≥ 0 �
7
x ≥ – ––
2
29
x ≤ –––
2
�
7
x ≥ – ––
2
2x + 7 ≤ 36
�

29––––2
7
–––
2�
7
–––
2
29
––––
2

29––––2
7
–––
2�
7 29
– –– + ––––
2 2
––––––––––––
2
1
––
3
1
––
3
5
––
3
1
––
3
5
m = ––
6
5
n = – ––
3
�2m + n = 05 n = – –––
3
�
f(2) = m . 2 + n = 0
5
f(0) = m . 0 + n = – –––
3
�
5
––
3
5
––
6
1
–– (x + 5) (x – 1), se –5 ≤ x ≤ 0
3
5 5
–– x – ––; se 0 ≤ x ≤ 5,
6 3
�
1 8
f (–1) = ––– (–1 + 5) . (–1 – 1) = – ––– e
3 3
5 5 5
f (3) = ––– . 3 – ––– = –––
6 3 6
5
––
3
5
––
6
5
––
6
8
––
3
42 –
50) a) I) Para 0 ≤ x ≤ 2, devemos ter n = 1 e f é definida por 
f(x) = , cujo gráfico é:
II) Para 2 ≤ x ≤ 4, devemos ter n = 3 e f é definida por
f(x) = , cujo gráfico é:
III) Para 4 ≤ x ≤ 6, devemos ter n = 5 e f é definida
por f(x) = , cujo gráfico é:
Assim, o gráfico de f para 0 ≤ x ≤ 6 é:
b) Se 0 ≤ x ≤ 6 e f(x) = , do item a, tem-se:
I) = ⇒ x = ou x =
II) = ⇒ x = ou x =
III) = ⇒ x = ou x = 
Respostas: a) vide gráfico
b) S = ; ; ; ; ;
x, se 0 ≤ x ≤ 1
2 – x, se 1 ≤ x ≤ 2�
x – 2, se 2 ≤ x ≤ 3
4 – x, se 3 ≤ x ≤ 4
x – 4, se 4 ≤ x ≤ 5
6 – x, se 5 ≤ x ≤ 6�
1
–––
5
9
–––
5
1
–––
5
x, se 0 ≤ x ≤ 1
2 – x, se 1 ≤ x ≤ 2�
1
–––
5
19
–––
5
11
–––
5
x – 2, se 2 ≤ x ≤ 3
4 – x, se 3 ≤ x ≤ 4�
1
–––
5
29
–––
5
21
–––
5
x – 4, se 4 ≤ x ≤ 5
6 – x, se 5 ≤ x ≤ 6�
1
–––
5

29–––521–––519–––511–––59–––51–––5�
�
– 43
MATEMÁTICA
LIVRO 1
ÁLGEBRA
Capítulo 10 – Função Polinomial do 1o. Grau
10) I) Observamos que a função do 1o. grau é estrita mente decres -
 cente, então a < 0. 
II) A reta intercepta o eixo y no ponto (0; b), com b > 0.
Resposta: A
11) 1) A função que permite calcular o valor da máquina em
função do tempo, em anos, é do tipo y = ax + b.
2) x = 2 ⇒ y = a . 2 + b = 6 400
x = 5,5 ⇒ y = a . 5,5 + b = 4 300
3) ⇔
e y = – 600x + 7 600
4) x = 7 ⇒ y = – 600 . 7 + 7 600 = 3400
Resposta: D
12) Se f(x) = ax + b e f(4) = 2, então:
I) f(4) = 2 ⇒ 4a + b = 2
II) ⇒ f(3) + f(5) = 8a + 2b 
III) ⇒
⇒
Resposta: D
13) a) 2x – 10 < 4 ⇔ 2x < 14 ⇔ x < 7
V = {x ∈ � 
 x < 7}
b) – 3x + 5 � 2 ⇔ – 3x � – 3 ⇔ 3x � 3 ⇔ x � 1
V = {x ∈ � 
 x � 1}
c) – (x – 2) � 2 – x ⇔ – x + 2 � 2 – x ⇔ 0x � 0
V = �
d) x – 3 � 3 + x ⇔ 0x � 6
V = Ø
14) 3n � (n + 31) ⇔ 6n � n + 31 ⇔ 5n � 31 ⇔ n �
O menor inteiro positivo é n = 7.
Resposta: C
15) 2x – 3 � 3 ⇔ 2x � 6 ⇔ x � 3
Em � a soluções são 0, 1, 2 e 3, cujo produto é zero.
Resposta: E
16) x < – ⇔ 2x < – 3 ⇔ 2x + 3 � 0 ⇔ – 2x – 3 > 0
Logo a = – 2 e b = – 3
Resposta: D
17) I) – < 2 ⇔ � ⇔
⇔ 5x – 3 . (x – 2) < 30 ⇔ 5x – 3x + 6 < 30 ⇔ 2x < 24 ⇔ x < 12
II) > 0 ⇔ 3 . (x – 6) > 0 ⇔
⇔ 3x – 18 > 0 ⇔ 3x > 18 ⇔ x > 6 
De I � II: V = {x ∈ � 
 6 < x < 12}
18) O número n de presentes é tal que, em reais,
> 17 ⇔ n < � 37,23
< 33 ⇒ n > � 19,18
Assim, o número mínimo de pessoas presentes no bazar é 20
e o número máximo é 37.
Resposta: B
19) – 2 ≤ 2x + 5 ≤ 10 ⇔ – 7 ≤ 2x ≤ 5 ⇔
⇔ – ≤ x ≤ ⇔ – 3,5 ≤ x ≤ 2,5
As soluções inteiras são: – 3, – 2, – 1, 0, 1, 2 e, portanto, o
número de soluções inteiras é 6.
Resposta: B
20) Seja x a nota da terceira prova, assim:
� 6,5 ⇔
⇔ 6,3 + 9,0 + 3x � 39,0 ⇔ 3x > 23,7 ⇔ x � 7,9
Na terceira prova, precisará tirar, no mínimo, 7,9.
21) – > 1 ⇔ 	 ⇔
⇔ 6x + 3 – 10 + 5x > 15 ⇔ 11x > 22 ⇔ x > 2
V = {x ∈ � 
 x > 2}
22) x – > – ⇔
⇔ > ⇔
⇔ 12x – 6x + 6 > 3x – 9 – 4x + 8 ⇔
⇔ 6x + 6 > – x – 1 ⇔ 7x > – 7 ⇔ x > – 1
V = {x ∈ � 
 x > – 1}
23) – > ⇔
⇔ > ⇔
⇔ 75x – 15 – 18x + 78 > 100x + 20 ⇔
⇔ 57x + 63 > 100x + 20 ⇔ – 43x > – 43 ⇔ 43x < 43 ⇔ x < 1
V = {x ∈ � 
 x < 1}
a = – 600
b = 7600�
2a + b = 6 400
5,5a + b = 4 300�
f(3) = 3a + b
f(5) = 5a + b�
4a + b = 2
f(3) + f(5) = 8a + 2b�
8a + 2b = 4
f(f(3) + f(5)) = f(8a + 2b) = f(4) = 2
�
31
–––
5
1
–––
2
3
–––
2
30
––––
15
5 . x – 3 . (x – 2)
–––––––––––––––––
15
x – 2
––––––
5
x
–––
3
3 . (x – 6)
––––––––––
4
633
–––––
17
633
–––––
n
633
–––––
33
633
–––––
n
5
–––
2
7
–––
2
6,3 . 1 + 4,5 . 2 + x . 3
––––––––––––––––––––––
6
15
––––
15
3 . (2x + 1) – 5(2 – x)
––––––––––––––––––––
15
2 – x
––––––
3
2x + 1
––––––
5
x – 2
––––––
3
x – 3
––––––
4
x – 1
––––––
2
3 . (x – 3) – 4 . (x – 2)
–––––––––––––––—––––
12
12x – 6 . (x – 1)
–––––––––––––––––
12
5x + 1
–––––––
3
3x – 13
––––––––
10
5x – 1
–––––––
4
20.(5x + 1)
––––––—––––
60
15.(5x – 1) – 6.(3x – 13)
––––––––––––––––––––––
60
44 –
24) a) Sejam x a quantidade de quilômetros percorridos e y a
tarifa cobrada. O gráfico a seguir representa as duas
funções das tarifas diárias cobradas pelas duas empresas,
no intervalo de [0; 70].
b) Considerando x a quantidade de quilômetros percor ridos
e y a tarifa cobrada, a expressão algébrica para a empresa
ViajeBem é dada por y1 = 160 + 1, 50x e a expressão
algébrica para a empresa AluCar é dada por y2 = 146 + 2x.
Para determinar a quantidade de quilômetros percor ridos
para a qual o valor cobrado é o mesmo, basta igua lar as
duas expressões, ou seja:
160 + 1, 50x = 146 + 2x
160 – 146 = 2x – 1, 5x
14 = 0, 5x
x = 28
Portanto, o valor cobrado da tarifa diária será o mes mo nas
duas empresas para 28 quilômetros percorridos.
Respostas: a) Vide gráfico
b) 28 km
25) Pela análise do gráfico, para um gasto de R$ 30,00, o plano
mais vantajoso,em tempo de chamada, é o plano C, que
atinge aproximadamente 30 minutos.
Resposta: C
26)
Para 6 valores de n, pode ser mais barato comprar mais do
que n livros do que exatamente n livros. São eles: n = 23 e 
n = 24, pois sai mais barato comprar 25 livros, n = 45, n = 46,
n = 47 e n = 48, pois sai mais barato comprar 49 livros.
Resposta: D
27) Os dados sugerem que o comprimento da parte não chamus -
cada é uma função do 1o. grau em relação ao tempo.
1) Se h, em centímetros, for o comprimento de parte cha mus -
cada de madeira em função do tempo t em segun dos,
então h = at + b
2) t = 0 ⇒ h = a . 0 + b = 10,5 ⇒ b = 10,5
3) t = 3 ⇒ h = a . 3 + 10,5 = 10 ⇒ 3a = – 0,5 ⇔ a = –
4) h = 0 ⇒ 0 = – t + 10,5 ⇔ t = 63
5) 63s = 1 min e 3s
Resposta: C
28) Sendo x a quantidade de minutos utilizado, pelos clien tes
SM(x) e ST(x), respectivamente, as quantias pagas pelo cliente
nos planos Superminutos e Su pertarifa, temos, em reais:
SM(x) =
ST(x) = 60 + 0,40x
1
–––
6
1
–––
6
100, se 0 ≤ x ≤ 200
100 + 0,60(x – 200); se x > 200 e�
– 45
No ponto A, temos: 
ST(x) = 60 + 0,40x = 100 ⇒ x = 100
No ponto B, temos: 
ST(x) = 60 + 0,40x = 100 + 0,60(x – 200) ⇔
⇔ 60 + 0,40x = 0,60x – 20 ⇔ x = 400 
Assim, o plano Superminutos é mais vantajoso entre 100 e
400 minutos.
Resposta: D
29) a) Considerando que deverá visitar Barra Bonita (BB) imedia -
tamente depois de passar por Mineiros do Tietê (MT),
André terá os seguintes percursos possíveis, em que (DC)
representa Dois Córregos e (JA) representa Jaú.
Percurso I, com distâncias em quilômetros:
31 10 17 26
JA ⎯→ DC ⎯→ MT ⎯→ BB ⎯→ JA,
totalizando 84 quilômetros.
Percurso II, com distâncias em quilômetros:
25 17 26 31
JA ⎯→ MT ⎯→ BB ⎯→ DC ⎯→ JA,
totalizando 99 quilômetros.
Assim, o itinerário de menor percurso é Jaú para Dois
Córregos, de Dois Córregos para Mineiros do Tietê, de
Mineiros do Tietê para Barra Bonita e dai para Jaú.
b) Considerando que ficou 3 dias em viagem, o reem bolso
rece bido pelo advogado, em reais, será de 
3 . 72 + 84 . 0,50 = 258
c) Como o reembolso das despesas de transporte é de R$ 0,50
por km, se o carro de André consome R$ 0,20 por km, com
desgaste de peças e fluidos, restará apenas R$ 0,30 por 
km para gastos de com bus tível. Em 10 km, o valor gasto
com combustível deverá ser, no máximo, de 
10 . R$ 0,30 = R$ 3,00. Assim, não poderá pagar mais que 
R$ 3,00 por litro de combustível.
Respostas: a) Jaú, Dois Córregos, Mineiros do Tietê, Barra
Bonita e Jaú, nesta ordem.
b) R$ 258,00.
c) R$ 3,00 por litro.
30) I) Sendo v o número de voltas de abertura da tor neira e G(v)
o gasto, em m3 por minuto, da água que jorra pela torneira,
e considerando que G(v) é uma função do 1o. grau (pois seu
gráfico é uma reta), temos:
⇒ ⇔
⇔ a = 0,02 e b = 0,01
Assim, G(v) = 0,02v + 0,01
II) G(v) = 0,02v + 0,01 = 0,034 ⇔
⇔ 0,02v = 0,024 ⇔ v = 1,2 = = = 1 + 
A torneira estará totalmente aberta quando houver um giro
de 1 volta completa e mais de uma volta.
Resposta: B
31) O gráfico que melhor representa a espessura (E) da lombada,
em função do número (P) de páginas, é:
Esta função é definida por
E(p) =
a) Com a edição atual, a editora gasta, em reais, 
0,05 . 20 . E(300) = 1,00 . . 300 + = 2,00 
por lombada de livro.
Com um aumento de 20% no número de páginas, o livro
passará a ter 1,20 . 300 = 360 páginas. Em reais, o custo de
cada lombada será de
0,05 . 20 . E(360) = 1,00 . . 360 + = 2,30
Considerando que a altura e a largura do livro permane -
cerão as mesmas, o aumento de custo por livro é decor -
rente só do aumento de custo da lombada, neste caso de
R$ (2,30 – 2,00) = R$ 0,30.
b) Cada livro de 80 páginas tem um custo de couro, em reais,
de 2 . 20 . 10 . 0,02 + 0,05 . 20 . 1 = 9,00.
Com os dois volumes, o custo, em couro, é de R$ 18,00.
Com a edição de volume único, o custo do couro, em reais,
seria de 2 . 20 . 10 . 0,02 + 0,05 . 20 . E(160) =
= 8,00 + 1,00 . . 160 + = 9,30, gerando uma
economia de R$ (18,00 – 9,30) = R$ 8,70, por livro.
c) Um livro de 200 páginas tem uma espessura de 
E(200) = . 200 + = 1,5 centímetros.
Para acomodar os 20 livros em uma pilha única, as dimen -
sões internas da caixa deverão ser de 20 cm, 10 cm e 30 cm,
pois 20 . 1,5 cm = 30 cm. O volume interno dessa caixa é de
20 cm . 10 cm . 30 cm = 6 000 cm3 = 6 dm3.
Respostas: a) R$ 0,30 por livro.
b) R$ 8,70, por livro.
c) 6 000 cm3.
1 1
G�––� = a . –– + b = 0,02
2 2
G(1) = a . 1 + b = 0,03
�
G(v) = av + b
1
G�––� = 0,02
2
G(1) = 0,03
1
–––
5
6
–––
5
12
––––
10
1
–––
5
1, se 0 ≤ p ≤ 100
1 1
––––– p + –––, se p > 100
200 2
�
	1––2
1
––––
200�
	1––2
1
––––
200�
	1––2
1
––––
200�
1
––
2
1
––––
200
46 –
MATEMÁTICA
LIVRO 1
ÁLGEBRA
Capítulo 11 – Função Polinomial do 2o. Grau
7) x2 – 5x + 4 > 0
As raízes são 1 e 4, logo o gráfico é do tipo
Então: V = {x ∈ � 
 x < 1 ou x > 4} 
8) x2 – 5x + 4 � 0
As raízes são 1 e 4, logo o gráfico é do tipo
Então: V = {x ∈ � 
 1 � x � 4}.
9) x2 – 4x + 4 	 0
A raiz é x = 2, logo o gráfico é do tipo
Então: V = {x ∈ � 
 x ≠ 2} ou V = � – {2}
10) x2 – 4x + 4 � 0
A raiz é x = 2, logo o gráfico é do tipo
Então: V = �
11) x2 – 4x + 4 � 0
A raiz é x = 2, logo o gráfico é do tipo
Então: V = Ø 
12) x2 – 4x + 4 � 0
A raiz é x = 2, logo o gráfico é do tipo
Então: V = {2} 
13) – x2 + 3x – 4 	 0
Como � < 0, o gráfico é do tipo
Logo: V = Ø. 
14) – x2 + 3x – 4 � 0
Como � < 0, o gráfico é do tipo
Logo: V = �.
15) – x2 + 3x – 4 � 0
Como � < 0, o gráfico é do tipo
Logo: V = �.
16) x2 � 4x ⇔ x2 – 4x � 0
As raízes são 0 e 4, o gráfico é do tipo
Logo: V = {x ∈ � 
 0 � x � 4}.
17) x2 � 3 ⇔ x2 – 3 � 0
As raízes são – ���3 e ���3, o gráfico é do tipo
Logo: V = {x ∈ � 
 – ���3 � x � ���3 }.
– 47
18)
Supondo que os centros dos dentes destacados em cinza e
situados no primeiro quadrante do sistema cartesiano sejam
representados pelos pontos A(4; 2) e B(2; 8), e sabendo que
esses pontos pertencem à parábola de equação y = ax2 + b,
temos:
⇒ ⇒
Dessa forma, a + b = – + 10 = = 9,5
Resposta: C
19) Se f(x) = ax2 + bx + c for a função que transforma a nota x na
nota y = f(x), então:
f(0) = a . 02 + b . 0 + c = 0 ⇔ c = 0 
f(10) = a . 102 + b . 10 + c = 10 
f(5) = a . 52 + b . 5 + c = 6 
⇔
A expressão da função y = f(x) a ser utilizada pelo professor é
y = – x2 + x
Resposta: A
20) (x – 2) . (7 – x) 	 0
As raízes são 2 e 7, o gráfico é do tipo
As soluções naturais são 3, 4, 5 e 6, cujo produto vale 360.
Resposta: E
21) f(x) = 
A condição de existência da função é 9 – x2 > 0
As raízes são – 3 e 3 e o gráfico é do tipo
Então: – 3 < x < 3.
V = ]– 3, 3[
Resposta: C
22) – x2 + 5x – 4 	 2 ⇔ – x2 + 5x – 6 > 0
As raízes são 2 e 3 e o gráfico é do tipo
A = {x ∈ � 
 x 	 2 e x � 3}.
Resposta: B
23) I) x2 – 3x – 4 � 0 
As raízes são – 1 e 4 e o gráfico é do tipo
Então, – 1 � x � 4
II) – 1 � x – 2 � 3 ⇔ 1 � x � 5
As soluções inteiras são 2, 3 e 4.
Resposta: E
24) I) x2 – 1 � 0 
As raízes são – 1 e 1 e o gráfico é do tipo
Logo, x � – 1 ou x � 1.
II) x2 – x � 0
As raízes são 0 e 1 e o gráfico é do tipo
Logo, 0 � x � 1.
V = {x ∈ � 
 x = 1} = {1}
Resposta: A
– 1
a = ––––
2
b = 10
�16a + b = 24 a + b = 8�42a + b = 222 a + b = 8�
19
–––
2
1
–––
2
1
a = – ––––
25
7
b = –––
5
�100a + 10b = 1025a + 5b = 6�
7
–––
5
1
––––
25
1
–––––––––
�������� 9 – x2
48 –
25) O gráfico da função definida por f(x) = (3x – 25)(5 – 2x) é do
tipo
2) De acordo com o gráfico, temos:
(3x – 25)(5 – 2x) ≥ 0 ⇔ ≤ x ≤
3) x ∈ � 
 ≤ x ≤ = {3, 4, 5, 6, 7, 8} 
Resposta: D
26) x2 > x ⇔ x2 – x > 0 ⇔ x < 0 ou x > 1, pois o gráfico da função
f(x) = x2 – x é do tipo 
O conjunto solução de inequação dada é
V = { x ∈ � 
 x < 0 ou x > 1}
Pelo enunciado M � V e, portanto,
M = –2, – , 2 já que –2 ∈ V, – ∈ V e 2 ∈ V
Resposta: C
27) I) O número de carros que comparecem diaria mente ao
estacionamento é y = 120 – 0,5x, sendo x, em reais, o preço
pago por cada um.
II)A receita diária é x . (120 – 0,5x).
III) O custo diário, em reais, é 1 150.
IV)Para não ter prejuízo, devemos ter 
x . (120 – 0,5x) ≥ 1 150 ⇔
⇔ 120x – 0,5x2 – 1 150 ≥ 0 ⇔
⇔ –x2 + 240x – 2 300 ≥ 0
O gráfico da função definida por 
f(x) = – x2 + 240x – 2 300 é do tipo
Assim sendo: – x2 + 240x – 2300 ≥ 0 ⇔
⇔ 10 ≤ x ≤ 230 e, portanto, [a; b] = [10; 230] e b – a = 220
Resposta: A
36) (x – 3) . (x – 5) 	 0 
As raízes são 3 e 5 e o gráfico é do tipo
V = {x ∈ � 
 x < 3 ou x > 5}
37) > 0 ⇔ (x – 3) . (x – 5) > 0, com x ≠ 5
As raízes são 3 e 5 e o gráfico é do tipo
V = {x ∈ � 
 x � 3 ou x 	 5}
38) � 0 ⇔ (x – 3) . (x – 5) � 0 e x ≠ 5
As raízes são 3 e 5 e o gráfico é do tipo
V = {x ∈ � 
 x � 3 ou x 	 5}
39) � 0 
I) f(x) = x – 3
x = 3 é a raiz e o gráfico é do tipo
25
–––
3
5
–––
2

25–––3
5
–––
2�
1
––
2
1
––
2�
x – 3
––––––
x – 5
x – 3
––––––
x – 5
x – 3
––––––––
3x – x2
– 49
II) g(x) = 3x – x2
As raízes são 0 e 3 e o gráfico é do tipo
III) Quadro de sinais
V = {x ∈ � 
 x 	 0 e x ≠ 3}
Resposta: E
40) � 2 ⇔ – 2 � 0 ⇔
⇔ � 0 ⇔ � 0 ⇔
⇔ � 0 ⇔ (– 2x + 13) . (x – 5) � 0 e x ≠ 5 
As raízes são e 5 e o gráfico é do tipo
V = x ∈ � 
 x � 5 ou x �
Resposta: E
41) – 	 1 ⇔
⇔ 	 0 ⇔
⇔ 	 0 ⇔ 	 0 
I) f(x) = – 4x, a raiz é x = 0 e o gráfico é do tipo
II) g(x) = (x + 3) . (x – 1), as raízes são – 3 e 1 e o gráfico é do
tipo
III) Quadro de sinais
V = {x ∈ � 
 x � – 3 ou 0 � x � 1} 
Resposta: B
42) � 2 ⇔
⇔ � 0 ⇔ � 0
I) f(x) = x2 – 5x + 6
As raízes são 2 e 3 e o gráfico é do tipo
II) g(x) = x + 1 
A raiz é x = – 1 e o gráfico é do tipo
III) Quadro de sinais
V = ]– ∞, – 1[ � ]2, 3[
Resposta: A
3
––––––
x – 5
3
––––––
x – 5
3 – 2x + 10
–––––––––––––
x – 5
3 – 2 . (x – 5)
–––––––––––––
x – 5
– 2x + 13
–––––––––––
x – 5
13
––––
2

13––––
2
�
1
––––––
x – 1
x
––––––
x + 3
x . (x – 1) – (x + 3) – (x + 3) . (x – 1)
–––––––––––––––––––––––––––––––––
(x + 3) . (x – 1)
– 4x
––––––––––––––
(x + 3) . (x – 1)
x2 – x – x – 3 – (x2 + 2x – 3)
–––––––––––––––––––––––––––
(x + 3) . (x – 1)
x2 – 3x + 8
–––––––––––––
x + 1
x2 – 5x + 6
––––––––––––
x + 1
x2 – 3x + 8 – 2(x + 1)
––––––––––––––––––––
x + 1
50 –
43) (x2 – 4) . (x2 – 4x) � 0 
I) f(x) = x2 – 4
As raízes são – 2 e 2 e o gráfico é do tipo
II) g(x) = x2 – 4x 
As raízes são 0 e 4 e o gráfico é do tipo
III) Quadro de sinais
V = {x ∈ � 
 x � – 2 ou 0 � x � 2 ou x � 4}
Resposta: D
44) f(x) = 
I) O domínio é a condição de existência da função.
II) � 0 com x ≠ 1.
III) f(x) = x2 – 6x + 8, as raízes são 2 e 4 e o gráfico é do tipo
IV)g(x) = x – 1, a raiz é x = 1 e o gráfico é do tipo 
V) Quadro de sinais 
V = {x ∈ � 
 1 � x � 2 ou x � 4}
Resposta: C
45) � 0 ⇔
⇔ � 0 e x ≠ ± 1 
I) (x – 3)4 e x2 são sempre positivos para ∀x ∈ �.
II) f(x) = x – 2, a raiz é x = 2 e o gráfico é do tipo
III) g(x) = x2 – 1, as raízes são – 1 e 1 e o gráfico é do tipo
IV)Quadro de sinais
V = ]– 1,1 [ � [2, + ∞[ 
Resposta: E
46) (x – 2)8 . (x – 10)4 . (x + 5)2 < 0
Como os expoentes 8, 4 e 2 são pares, temos que (x – 2)8, 
(x – 10)4 e (x – 5)2 são positivos ou nulos e, portanto, o produto
é positivo ou nulo.
V = Ø
Resposta: E
47)
1) O gráfico de f mostra que:
– 4 ≤ x < – 1 ou 3 < x ≤ 5 ⇒ f(x) > 0
x = – 1 ou x = 3 ⇒ f(x) = 0
– 1 < x < 3 ⇒ f(x) < 0
2) O gráfico de g mostra que
– 4 ≤ x < 0 ⇒ g(x) < 0
x2 – 6x + 8
––––––––––––
x – 1
x2 – 6x + 8
––––––––––––
x – 1
(x – 3)4 . (x3 – 2x2)
–––––––––––––––––––
x2 – 1
(x – 3)4 . x2 . (x – 2)
––––––––––––––––––––
x2 – 1
– 51
x = 0 ⇒ g(x) = 0
0 < x ≤ 5 ⇒ g(x) > 0
3) Assim, temos o seguinte quadro de sinais:
Portanto, f(x) . g(x) < 0 ⇔ – 4 ≤ x < – 1 ou 0 < x < 3
Resposta: C
55) f(x) = – x2 + 12x + 20
xv = = = 6
yv = – ou yv = – 6
2 + 12 . 6 + 20 = 56
Como a < 0, a parábola tem concavidade para baixo e, por -
tanto, para xv = 6 o máximo é yv = 56.
Resposta: C
56) L(x) = 100 . (10 – x) . (x – 4)
As raízes são 4 e 10 e, portanto, xv = = 7.
Como a < 0, a parábola tem concavidade para baixo e, por -
tanto, o lucro é máximo quando xv = 7.
Resposta: A
57) O enunciado sugere o gráfico, em que c é a altura do penhas -
co, em metros.
A equação da parábola é do tipo 
y = a(x – 30)(x + 10), pois as raízes são – 10 e 30.
Como para x = 10, y = 200, temos:
200 = a(10 – 30)(10 + 10) ⇔ a = – e
a equação da trajetória fica
y = – (x – 30)(x + 10) = – x2 + 10x + 150
Para x = 0, temos: c = y = – . 02 + 10 . 0 + 150 ⇔ c = 150
Resposta: D
58) f(x) = – 2x2 + 4x + 12
Como a < 0, a parábola tem concavidade para baixo e, por -
tanto, o valor máximo é 
yv = – = = 14.
Resposta: E
59) A quantidade vendida em função do tempo t, em dias, que
falta para a respectiva data do voo é dada por:
v = 0,0002 . t. p(t) = 0,0002 . t . (2 000 – 4t) ⇔
⇔ v = – 0,0008 t2 + 0,4 t.
Esta função é máxima para t = ⇔
t = = 250, pois o gráfico de v, em função de t, é do tipo
A quantidade vendida neste dia (250 dias antes do voo) 
é v = 0,0002 . 250 . (2000 – 4 . 250) = 50.
O preço cobrado por passagem neste dia foi 
p(250) = 2 000 – 4 . 250 = 1000 e a arrecadação, em reais, foi 
50 x 1 000 = 50 000.
Resposta: C
60) y = x – 0,05 . x2
Como a < 0, a parábola tem a concavidade para baixo e, por -
tanto, a altura máxima atingida pelo golfinho é 
yv = – = = = 5 
Resposta: A
61) Se T(h) = –h2 + 22h – 85, a maior temperatura T é dada por
– = – = – = 36
T = 36 (30 ≤ T ≤ 43) classificação: alta.
Resposta: D
– 12
––––––––
2 . (– 1)
– b
––––
2a
�
––––
4a
4 + 10
–––––––
2
1
–––
2
1
–––
2
1
–––
2
1
–––
2
– (42 – 4 . (– 2) . 12)
––––––––––––––––––––
4 . (– 2)
�
––––
4a
– 0,4 
–––––––––––
2 . (– 0,0008)
0,4 
––––––
0,0016
– 1
–––––––
– 0,20
– (1 – 4 . (– 0,05) . 0)
––––––––––––––––––––
4 . (– 0,05)
�
––––
4a
484 – 340
–––––––––––
– 4
222 – 4 . (–1) . (–85)
––––––––––––––––––––
4 . (–1)
Δ
––––
4a
52 –
62) f(x) = x2 – 6x + 8
I) xv = – = 3 e yv = 3
2 – 6 . 3 + 8 = – 1
II) O gráfico é do tipo
O conjunto imagem é Im = [– 1, + ∞[
Resposta: E
63) y = – 2x2 + x + 1
I) xv = – = e 
yv = – = = 
II) O gráfico é do tipo
O conjunto imagem é Im = – ∞,
Resposta: A
64) f(x) = – x2 – 2x + 3 
I) Como o domínio é [– 2, 2], temos: 
II) xv = – = – 1 e yv = – (– 1)
2 – 2 . (– 1) + 3 = 4 
III) O gráfico é do tipo
O conjunto imagem é Im = [– 5, 4] 
Resposta: B
65) O gráfico sugere uma parábola de raízes 0 e 4 e vértice no
ponto (2; 40). Assim, pela forma fatorada, temos:
n(t) = a(t – 0)(t – 4) = at(t – 4) para t = 2, temos:
n(2) = a . 2(2 – 4) = 40 ⇔ a = – 10
Desta forma, n(t) = – 10 . t . (t – 4) = – 10t2 + 40t
Resposta: E
66) A receita na venda de (40 – x) camisetas ao preço unitário de
x reais é dada por R(x) = (40 – x) . x. O lucro obtido com a
venda destas camisetas é:
L(x) = (40 – x) . x – 16 . (40 – x) ⇔ L(x) = – x2 + 56x – 640
O máximo desta função ocorre quando 
x = = 28. Assim, o lucro é máximo quando 
o preço de venda é 28 reais. O aumento repassado aos clientes
foi de (28 – 16) = 12 reais, o que corresponde a 
= 0,75 = 75% do preço de custo.
Resposta: B
67) Se C (t) = – 0,05t2 + 2t + 25 for a concentração, em partes por
milhão, de certo medicamento na corrente sanguínea após 
t horas da ingestão, então:
a) C (t) = 40 ⇒ – 0,05t2 + 2t + 25 = 40 ⇔
⇔ t2 – 40t + 300 = 0 ⇔ t = 10 ou t = 30
A primeira vez que a concentração do medica mento na
corrente sanguínea de Álvaro atingirá 40 ppm será 10 horas
após a ingestão do medi camento, que foi às 11h da manhã
de uma segunda-feira. Portanto, às 21h da mesma
segunda-feira.
b) A concentração do medicamento na corrente sanguínea de
Álvaro antingirá o valor máximo para
t = – = 20z
Vinte horas após 11h da manhã de segunda-feira serão 7h da
manhã de terça-feira.
Respostas: a) 21h
b) 7h da manhã de terça-feira
b
–––––
2a
1
–––
4
b
–––––
2a
9
–––
8
– (12 – 4 . (– 2) . 1)
––––––––––––––––––
4 . (– 2)
�
–––––
4a
	9–––8	
f(– 2) = – (– 2)2 – 2 . (– 2) + 3 = 3
f(2) = – 22 – 2 . 2 + 3 = – 5�
b
–––––
2a
– 56
–––––––––
2 . (– 1)
12
––––
16
2
––––––––––
2 . (–0,05)
– 5368)
I) f(x) = 0 ⇒ – (x2 – 16x – 24) = 0 ⇔
⇔ x2 – 16x – 24 = 0 ⇔ x = ⇔
⇔ x = ⇔ x = ⇔
⇔ x = ⇒ x = (pois x > 0) ⇔ x =17,4
II) Se D(x) for a diferença entre a população no ano seguinte
e do ano atual, temos:
D(x) = – (x2 – 16x – 24) – x ⇔
⇔ D(x) = ⇔
⇔ D(x) = 
Essa diferença será máxima quando – 3x2 + 8x + 72 for
máximo e, portanto, quando 
x = – ⇔ x =
Resposta: 17,4 milhões e de milhão
3
––––
40
16 ± ������352
–––––––––––
2
16 ± 4 . ����22
–––––––––––––
2
16 ± ���������16.22
––––––––––––––
2
16 + 18,8
–––––––––
2
16 ± 4 . 4,7
–––––––––––
2
3
–––
40
– 3x2 + 48x + 72 – 40x
––––––––––––––––––––––
40
– 3x2 + 8x + 72
–––––––––––––––
40
4
–––
3
8
–––––––
2(– 3)
4
–––
3
54 –
MATEMÁTICA
LIVRO 1
ÁLGEBRA
Capítulo 12 – Exercícios-Tarefa
(Função do 1o. e 2o. Grau)
1) I) A parábola tem concavidade para cima ⇒ a > 0.
II) No gráfico, temos: xV < 0 ⇒ – < 0 ⇒ b > 0.
III) A parábola intercepta o eixo y no ponto (0; c), com c < 0.
Logo b . c < 0.
Resposta: C
2) I) A parábola tem concavidade para cima ⇒ a > 0.
II) A parábola intercepta o eixo y na origem ⇒ c = 0.
III) No gráfico, temos: xV > 0 ⇒ – > 0 ⇒ b < 0.
Resposta: D
3) I) A parábola tem concavidade para baixo ⇒ a < 0.
II) A parábola intercepta o eixo y no ponto (0; c), com c < 0.
III) No gráfico, temos: xV < 0 ⇒ – < 0 ⇒ b < 0.
Resposta: B
4) I) Como a parábola tangencia o eixo x, temos
� = 0 ⇒ b2 – 4ac = 0 ⇒ b2 = 4ac 
II) Como a parábola intercepta o eixo y no ponto (0; 1), temos
c = 1.
III) De I e II, temos b2 = 4a.
Resposta: A
5) Se o usuário gastou nesse mês 320 pulsos, então ele excedeu
230 pulsos. Logo, o valor a ser pago nesse mês, em reais, é 
230 . 0,20 + 12,50 = 58,50.
6) – < 1 ⇔ – – 1 < 0 ⇔
⇔ < 0 ⇔ < 0 ⇔
⇔ x – 8 < 0 ⇔ x < 8
Resposta: B
7) Se a > 0 e b > 0, então: a2 > b2 ⇔ a2 – b2 > 0 ⇔
⇔ (a + b) . (a – b) > 0 ⇔ a > b
8) Como a > 0 e b > 0, temos > p ⇔ a + bp2 > ap + bp ⇔
⇔ a – ap – bp + bp2 > 0 ⇔ a (1 – p) – bp (1 – p) > 0 ⇔
⇔ (1 – p) (a – bp) > 0
Para p > 1, 1 – p < 0 e, portanto, (1 – p) (a – bp) > 0 ⇔
a⇔ a – bp < 0 ⇔ a < bp ⇔ ––– < p, pois b > 0.
b
9) Observando os gráficos de f(x) e g(x), temos:
f(x) � g(x) ⇔ c � x � 0 ou d � x � e.
Logo, o conjunto solução da inequação é [c, 0] � [d, e]
Resposta: D
10) f(x) =
I) O domínio é a condição de existência da função.
II) x2 – 4 ≥ 0, as raízes são – 2 e 2 e o gráfico é do tipo
Logo, x � – 2 ou x � 2
III) x + 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ – 2
De II e III:
D(f) = {x ∈ � 
 x � – 2 ou x � 2} = (– ∞; – 2[ � [2; + ∞)
Resposta: A
11) y = ���������� x2 – 16
I) O domínio é a condição de existência da função.
II) x2 – 16 � 0, as raízes são – 4 e 4 e o gráfico é do tipo
Logo, x � – 4 ou x � 4
Resposta: B
12) f(x) = x + 1 e g(x) = (x + 1).(x – 4)
a) Os pontos de intersecção ocorrem quando g(x) = f(x) e,
portanto, (x + 1).(x – 4) = (x + 1) ⇔ x2 – 3x – 4 = x + 1 ⇔
⇔ x2 – 4x – 5 = 0
As raízes são – 1 e 5. Como f(– 1) = 0 e f(5) = 6, temos que
os pontos de intersecção são (– 1; 0) e (5; 6).
b)
b
––––
2a
b
––––
2a
b
––––
2a
x + 1
––––––
3
x
–––
2
x + 1
––––––
3
x
–––
2
3x – 2x – 2 – 6
–––––––––––––––
6
3x – 2(x + 1) – 6
–––––––––––––––––
6
a + bp2
———–
a + b
����������x2 – 4
––––––––
x + 2
– 55
13) f(x) = – x2 + 4x – m2
A função será estritamente negativa para � < 0, então
42 – 4 . (– 1) . (– m2) < 0 ⇔ 16 – 4m2 < 0, as raízes são – 2 e 2 e
o gráfico é do tipo
Logo, m < – 2 ou m > 2.
Resposta: E
14) A condição de existência é x2 – kx + k > 0, logo � < 0 ⇔
⇔ k2 – 4k < 0, as raízes são 0 e 4 e o gráfico é do tipo 
Então, 0 < k < 4.
O menor valor inteiro para k é 1.
Resposta: B
15) I) O domínio é a condição de existência
II) � 0 e x ≠ 0
III) h(x) = x2 – 1, as raízes são – 1 e 1 e o gráfico é do tipo
IV)g(x) = x, a raiz é 0 e o gráfico é do tipo
V) Quadro de sinais
Então, V = {x ∈ � 
 – 1 � x � 0 ou x � 1} 
Resposta: B
16) I) área < 8 ⇔ (x – 3).(x – 5) < 8 ⇔ x2 – 8x + 15 < 8 ⇔
⇔ x2 – 8x + 7 < 0, as raízes são 1 e 7 e o gráfico é do tipo
Logo, 1 < x < 7.
II) Perímetro > 4 ⇒ 2(x – 3) + 2(x – 5) > 4 ⇔
⇔ 4x – 16 > 4 ⇔ 4x > 20 ⇔ x > 5
De I � II: V = {x ∈ � 
 5 < x < 7}
17) I) Igualando as funções, temos: 
x2 + 2ax + a = ax ⇔ x2 + ax + a = 0
II) Para que os pontos comuns sejam distintos, devemos ter 
� > 0 ⇒ a2 – 4a > 0, as raízes são 0 e 4 e o gráfico é do tipo
Logo, a < 0 ou a > 4.
Resposta: D
18) – < 1 ⇔
⇔ � 0 ⇔
⇔ � 0 ⇔ � 0 
I) f(x) = – 4x, a raiz é x = 0 e o gráfico é do tipo
II) g(x) = (x + 3) . (x – 1), as raízes são – 3 e 1 e o gráfico é do
tipo
III) Quadro de sinais
V = {x ∈ � 
 – 3 � x � 0 ou x 	 1} 
Resposta: B
x2 – 1
–––––––
x
1
––––––
x – 1
x
––––––
x + 3
x . (x – 1) – (x + 3) – (x + 3) . (x – 1)
–––––––––––––––––––––––––––––––––
(x + 3) . (x – 1)
– 4x
––––––––––––––
(x + 3) . (x – 1)
x2 – x – x – 3 – (x2 + 2x – 3)
–––––––––––––––––––––––––––
(x + 3) . (x – 1)
56 –
19) > ⇔ – 	 0 ⇔
⇔ 	 0 ⇔
⇔ 	 0 ⇔
⇔ 	 0 ⇔ (x – 3) . (x – 4) < 0, as raízes são 3 e 4 
e o gráfico é do tipo
Então, V = {x ∈ � 
 3 < x < 4} 
Resposta: C
20) I) Na função do 1o. grau y = 3x + 4, quando y = 0 tem-se 
x = – e, quando x = 0 tem-se y = 4, logo, os pontos são
M – ; 0 e N(0; 4). 
II) Uma função quadrática é do tipo y = ax2 + bx + c, com 
a ≠ 0 e, como seu gráfico contém os pontos M, N e P, temos
o seguinte sistema:
⇔
⇔ ⇔ ⇔
⇔ ⇔
Logo, y = – 6x2 – 5x + 4.
Resposta: B
21) f(x) = x2 – (k + 1)x + k
I) Como a soma das raízes é – = k + 1 e o produto das
raízes é = k, concluímos que as raízes são 1 e k.
II) De acordo com o enunciado, temos:
III) A área do triângulo é 21, logo:
= 21 ⇔ k2 – k – 42 = 0, as raízes são – 6 e 7.
Como k > 1, temos k = 7.
IV)Então, f(x) = x2 – 8x + 7 e o valor mínimo é 
yv = – = – = – 9 
Resposta: B
22) I) Como m . n > ⇔ 4mn > 1 ⇔ 1 < 4mn ⇔
⇔ 1 – 4mn < 0 ⇒ � < 0, logo a parábola não intercepta o
eixo x.
II) Como yv > n, temos uma possível representação no gráfico
Resposta: C
23) Sejam A(0; yA) e B(xB; yB) os pontos da função y = ax
2 + bx + c
I) Como A e B possuem a mesma ordenada, temos: yA = yB.
II) a . 02 + b . 0 + c = a . x
B
2 + b . xB + c ⇔ axB
2 + bxB = 0 ⇔
⇔ xB . (axB + b) = 0 ⇔ xB = 0 ou axB + b = 0 ⇒ xB = –
III) O comprimento do segmento AB é 
xB – xA = – – 0 = – .
Resposta: D
24) Da tabela, temos:
I) a. 02 + b . 0 + c = 1 ⇔ c = 1
II) ⇔ ⇔
III) Assim, o polinômio é 
P(x) = – x2 + x + 1 e
P(1/2) = – . 
2
+ . + 1 = 
Resposta: B
x – 2
––––––
x – 4
x – 1
––––––
x – 3
x – 2
––––––
x – 4
x – 1
––––––
x – 3
(x – 1) . (x – 4) – (x – 3) . (x – 2)
––––––––––––––––––––––––––––––
(x – 3) . (x – 4)
(x2 – 5x + 4) – (x2 – 5x + 6)
–––––––––––––––––––––––––––
(x – 3) . (x – 4)
– 2
––––––––––––––
(x – 3) . (x – 4)
4
–––
3
�4–––3�
4 4
a . �– –––�
2
+ b . �– –––� + c = 03 3
a . 02 + b . 0 + c = 4
a . (– 1)2 + b . (– 1) + c = 3
�
16a – 12b = – 36
a – b = – 1
c = 4
�
16 4
––––a – –––b = – 4
9 3
a – b = – 1
c = 4
�
a = – 6
b = – 5
c = 4
�4a – 3b = – 9a – b = – 1
c = 4
�
b
–––
a
c
–––
a
(k – 1) . k
––––––––––
2
(82 – 4 . 1 . 7)
––––––––––––––
4.1
�
––––
4a
1
–––
4
b
–––
a
b
–––
a
b
–––
a
3
a = – –––
2
5
b = –––
2
�a + b = 14a + 2b = – 1�a . 12 + b . 1 + 1 = 2a . 22 + b . 2 + 1 = 0�
5
–––
2
3
–––
2
15
––––
8
1
–––
2
5
–––
2
�1–––
2
�3–––
2
– 57
25) I) Para y = 14 ⇔ x2 – 3x – 4 = 14 ⇔ x2 – 3x – 18 = 0 ⇔ x = – 3 ou
x = 6.
II) Para y = – 4 ⇔ x2 – 3x – 4 = – 4 ⇔ x2 – 3x = 0 ⇔ x = 0 ou 
x = 3.
III) A abscissa de P é – 3 ou 6 e a abscissa de Q é 0 ou 3, assim, as
possíveis diferenças, em valores absolutos, entre as abscissas
de P e Q são 3 ou 6.
Resposta: A
26) I) y = – 4x2 + 120x = – 4x (x – 30) tem raízes 0 e 30, assim, 
xA = 0 e xB = 30.
II) xC = xD = = = 15
a) O alcance 
—
AB é xB – xA = 30 – 0 = 30
b) A altura máxima 
—
DC é yD = – 4 . 15 . (15 – 30) = 900
27) I) Verdadeira. Para não haver prejuízo, devemos ter
R(x) – C(x) � 0 ⇒ 60x – x2 – 10 . (x + 40) � 0 ⇔
⇔ – x2 + 50x – 400 � 0, as raízes são 10 e 40 e o gráfico é do
tipo
Logo, 10 � x � 40.
II) Verdadeira.
xv = = 25
III. Falsa. Como xv = 25, entãoo máximo lucro ocorre quando
a fá brica produzir 25 itens por dia.
IV. Verdadeira. Para x = 50, temos lucro L = – 502 + 50 . 50 –
400, como L < 0, a fábrica terá prejuízo.
Resposta: A
28) O míssil atingirá o foguete quando as funções se igualarem,
então 200x – x2 = 50x ⇒ – x2 + 150x = 0, as raízes são 0 e 150.
Para x = 150, temos y = 200 . 150 –1502 = 7500.
A altura em que o foguete será atingido é de 7500 metros.
29) a) A trajetória é do tipo h(t) = a . t2 + b . t + c e, do enunciado,
temos: h(0) = 2, h(1) = 5 e h(2) = 0
I) h(0) = 2 ⇒ a . 02 + b . 0 + c = 2 ⇔ c = 2.
II) h(1) = 5 ⇒ a . 12 + b . 1 + 2 = 5 ⇔ a + b = 3.
III) h(2) = 0 ⇒ a . 22 + b . 2 + 2 = 0 ⇔
⇔ 4a + 2b = – 2 ⇔ 2a + b = – 1
De II e III: , resolvendo o sistema, obtemos 
a = – 4 e b = 7. A equação é h(t) = – 4t2 + 7t + 2, com 
0 � t � 2.
b) Resolvendo a equação – 4t2 + 7t + 2 = 0, obtemos como
raízes – e 2; xv = – = e 
yv = – = = 
c) – 4t2 + 7t + 2 = ⇔ – 4t2 + 7t + 2 – = 0 ⇔
⇔ = 0 ⇔ – 8t2 + 14t – 5 = 0, as raízes 
são e . Os instantes são 0,5s e 1,25s.
30) I) Sejam x e y os lados do retângulo, portanto o perímetro é
2x + 2y = 48 ⇔ x + y = 24 ⇔ y = 24 – x
II) Área = x . y ⇔ A(x) = x . (24 – x), as raízes são 0 e 24 
e o gráfico é do tipo
A maior área ocorre quando x = 12 ⇒ y = 12.
Assim, o retângulo de maior área é o quadrado de lado 
12 m.
31)
I) A parábola descrita é do tipo y = ax2
II) Para x = 80, temos y = 20, logo 20 = a . 802 ⇔ a =
De I e II: y = x2
Para x = 40, temos: y = . 402 ⇒ y = 5
Resposta: D 
0 + 30
–––––––
2
xA + xB
–––––––––
2
10 + 40
––––––––
2
a + b = 3
2a + b = – 1�
7
–––
8
b
–––
2a
1
–––
4
81
–––
16
– 81
–––––
– 16
�
–––
4a
9
–––
2
9
–––
2
– 8t2 + 14t + 4 – 9
–––––––––––––––––––
2
5
–––
4
1
–––
2
1
––––
320
1
––––
320
1
––––
320
58 –
32) A função f(x) = x2 + mx – 28 tem o gráfico do tipo
Podemos afirmar que f(4) < 0 ⇒ 42 + m . 4 – 28 < 0 ⇔
⇔ 16 + 4m – 28 < 0 ⇔ 4m < 12 ⇔ m < 3
Resposta: E
33) Como a parábola tem a concavidade para cima e o número 
3 está compreendido entre as raízes, temos: 
f(3) < 0 ⇒ 32 + (k – 4) . 3 – 2k + 4 < 0 ⇔
⇔ 9 + 3k – 12 – 2k + 4 < 0 ⇔ k < – 1
Resposta: D
34) Dez dias após o início das vendas de ingressos, a quantidade
de ingressos vendidos, em milhões, foi
v(10) = – 0,1 . 102 + 4 . 10 – 10 = 20
Vinte dias após o início das vendas de ingressos, a quantidade
de ingressos vendidos, em milhões, foi
v(20) = – 0,1 . 202 + 4 . 20 – 10 = 30
Desta forma, nos últimos dez dias, que antecederam a exi -
bição do filme, o número de in gressos vendidos foi de 
30 – 20 = 10 milhões.
Resposta: A
35)
Sendo ABC um triângulo equilátero, o ângulo B
^
AC mede 
60° e tg 60° = = ���3 ⇔ DE = AD���3 = x0 . ���3, pois AD = x0
A área S = F(x0) do triângulo ADE é tal que
S = F (x0) = . AD . DE = . x0 . x0 ���3 ⇔
⇔ f(x0) = . x02
Resposta: E
36) I) A quantidade de toneladas vendidas é x e o preço da venda,
por tonelada, é: p = 2000 – 0,5x ⇔ x = 4000 – 2p 
II) Se R(p) for a receita, então:
R(p) = x . p = (4000 – 2p)p
III) O custo da produção mensal desse produto é 
C = 500 000 + 800 . x = 500 000 + 800 (4 000 – 2p)
IV)O lucro mensal, L(p), é:
L(p) = (4000 – 2p)p – 500 000 – 800(4 000 – 2p) ⇔
⇔ L(p) = (4000 – 2p)(p – 800) – 500 000
V) O lucro será máximo se f(p) = (4000 – 2p)(p – 800) for
máximo, e isso acontece para p = 1400, pois o gráfico de
f(p) é do tipo
Resposta: A
37 ) a) A densidade populacional do distrito que fica no centro da
cidade de South Hill é 5 hab/km2 e a do que fica no centro
da cidade de São Paulo é 16,5 hab/km2.
A segunda supera a primeira em 
(16,5 – 5)hab/km2 = 11,5 hab/km2.
Em porcentagem, a segunda supera a primeira em 
y% = 230%, pois = 2,3, assim, y = 230
b) O gráfico da função D, definida por 
D(x) = – 15x2 + 30x + 5, é do tipo
A abscissa do vértice da parábola é xV = – = 1 e a 
ordenada é a densidade máxima. Assim:
D máx = D(1) = – 15 . 1
2 + 30 . 1 + 5 = 20
Respostas: a) 230
b) 1km; 20 hab/km2
DE
––––
AD
1
–––
2
1
–––
2
���3
––––
2
11,5
–––––
5
30
––––––––
2(– 15)
– 59
38)
a) I) P(t; yP) ∈ r ⇒ t + 2yP = 4 ⇔ yP =
II) A função que define a área do triângulo T é dada por:
A = ⇒ A(t) = = ,
para 0 < t < 4
III) O gráfico da função A(t) = , com 0 < t < 4, é: 
b) I) x + 2y = 4 ⇔ y = = f(x)
II) As funções g(x) = e f(x) = se interceptam
quan do g(x) = f(x), assim:
= ⇔ x2 – 4x + 2k = 0
III) Para que as funções tenham somente um pon to de
inter secção, a equação x2 – 4x + 2k = 0 deve ter
somente uma solução, que ocorre quando 
 = 0,
assim:
(– 4)2 – 4 . 1 . 2k = 0 ⇔ 16 – 8k = 0 ⇔ k = 2
Respostas: a) A(t) = e gráfico
b) 2
39) A região sombreada tem é superior a parábola inferior a reta:
ax2 + bx + c ≤ y ≤ Ax + B
• A reta que passa pelos pontos (0; 1) e (3; –2) é f(x) = –x + 1.
• A parábola que passa pelos pontos (0; 1) e (2; – 3) e possui
c = 1 (termo independente é onde intercepta o eixo y) é 
f(x) = x2 ≠ 4x + 1.
Assim, temos: x – 4x + 1 ≤ y ≤ – x + 1
Resposta: A
4 – t
––––––
2
t . (4 – t)
––––––––––
4
4 – t
t . –––––
2
––––––––––
2
OQ . PQ
–––––––––
2
t . (4 – t)
–––––––––
4
4 – x
––––––
2
4 – x
––––––
2
k
–––
x
4 – x
––––––
2
k
–––
x
t . (4 – t)
––––––––––
4
60 –
MATEMÁTICA
LIVRO 1
ÁLGEBRA
Capítulo 13 – Função Exponencial
10) 1) O ponto (1; 0,2) pertence à exponencial de equação y = ax
e, portanto, 0,2 = a1 ⇔ a = 0,2 ⇔ a = 
2) A sentença que define a função exponencial e 
y =
x
e, portanto, para x = – 0,5
temos: y =
– 0,5
= 50,5 = ���5
Resposta: C
11) I) Do gráfico, temos que b = – 2.
II) O gráfico passa pelo ponto (3; 6), então 6 = a3 – 2 ⇔ a = 2.
De I e II: a + b = 0.
Resposta: E
12) O gráfico da função f(x) = ax com a > 0 e a ≠ 1 é do tipo 
01) Verdadeira.
02) Falsa, pois para 0 < a < 1, a função exponencial é estrita -
mente decrescente.
04) Verdadeira, pois para a = 2, temos f(– 1) = 2– 1 = .
08) Verdadeira, pois f(0) = a0 = 1.
16) Falsa, pois para a = , temos: 
f(x) = 243 ⇒
x
= 243 ⇔
x
= 35 ⇔
⇔
x
= 
– 5
⇔ x = – 5
A soma das proposições verdadeiras é 1 + 4 + 8 = 13.
13) Os gráficos se interceptam quando ax = bx, como a > 0, b > 0
e a ≠ b, temos x = 0, pois a0 = b0, logo o ponto de intersecção
é (0; 1).
Resposta: D
14) O gráfico da função f(x) = 3x – 1 é do tipo
Logo, Im = ]– 1; + ∞)
Resposta: E
15) O número de deslocamento de pessoas entre cidades 
paulistas é dado pelo expressão: N(t) = N0 . 2 , em que N0
é o número de pessoas que se deslocaram no ano inicial da
contagem e t o número de anos trans corridos.
O crescimento populacional segue a lei 
P(t) = P0 (1 + 1%)
t, em que P0 é a população no início da
contagem.
As duas, N(t) e P(t), são exponenciais.
Resposta: D
16) Se x, em horas, for o tempo decorrido até que as duas culturas
tenham a mesma quantidade de bactérias e p1 e p2 as
populações, então:
1) p1(x) = 32 000 . 4
x
p2(x) = 12,5% . 32 000 . 16
x = 4 000 . 16x
2) p1(x) = p2(x) ⇒ 32 000 . 4x = 4 000 . 16x ⇔
⇔ = ⇔ 4x = 8 ⇔ 22x = 23 ⇔ 2x = 3 ⇔ x = 1,5
3) 1,5h = 1h e 30min
Resposta: D
17) f(x) é uma função do tipo f(x) = ax + b e g(x) = (���2 )x.
I) para x = 0 ⇒ f(x) = g(x) ⇒ a . 0 + b = (���2 )0 ⇔ b = 1
II) para x = 2 ⇒ f(x) = g(x) ⇒ a . 2 + 1 = (���2 )2 ⇔ a = .
De I e II: f(x) = x + 1, logo f(10) = . 10 + 1 = 6.
Resposta: C
18) y = 1000 . (0,9)2 = 1000 . 0,81 = 810
Resposta: D
1
–––
5
�
1
–––
5�
�
1
–––
5�
1
–––
2
1
–––
3
�1–––
3
��1–––
3
�
�1–––
3
��1–––
3
�
t
–––
10
32 000
––––––––
4 000
16x
––––
4x
1
–––
2
1
–––
2
1
–––
2
– 61
19) 1) Após 20 anos, o valor do carro será
V20 = Vi . (0,85)
20 (I)
2) Fazendo (0,85)20 = x, temos:
log0,85(0,85)
20 = log0,85x ⇔ log0,85x = 20
Pelo gráfico log0,85x = 20 para 0 < x < 0,05
(aproximadamente 0,04).
3) Para Vi = R$ 40 000,00, temos em I,
V20 = R$ 40 000,00 . (0,85)
20 � R$ 40 000,00 . 0,04 =
= R$ 1 600,00
Resposta: B
20) 1) A função p = 60 – é de primeiro grau, cujo gráfico é
uma reta.
2) A função p = 60 – é do segundo grau, cujo gráfico é 
uma parábola de concavidade voltada para baixovisto que
o coeficiente de x2 é negativo.
3) A função p = 60 + log1,5
(10x + 1 ) é logarítmica de base 
1,5 	 1, portanto crescente.
4) A função p = 60 . cos é periódica.
5) A função p = 60 . (0.9) é exponencial decrescente e tem
gráfico do tipo:
Resposta: C
21) a) I) O gráfico de f(x) = 2x é do tipo
II) O gráfico de g(x) = 2x é do tipo
De I e II:
b) 2x � 2x ⇒ f(x) � g(x) ⇒ V = {x ∈ � 
 1 � x � 2}
c) Como 1 < ���2 < 2 ⇒ f(���2) < g(���2), logo 2���2 < 2 . ���2
22) 2x
2
. 4x – 2 = ⇔ 2x2 . (22)x – 2 =
ax – 1
⇔
⇔ 2x2 . 22x – 4 = (2– 1)ax – 1 ⇔ 2x2 + 2x – 4 = 2– ax + 1 ⇔
⇔ x2 + 2x – 4 = – ax + 1 ⇔ x2 + (2 + a)x – 5 = 0. 
Como a soma e o produto são iguais:
– = ⇒ – (2 + a) = – 5 ⇔ 2 + a = 5 ⇔ a = 3
Resposta: E
23) (43 – x)2 – x = 1 ⇔ (43 – x)2 – x = 40 ⇔ 4(3 – x).(2 – x) = 40 ⇔
⇔ (3 – x).(2 – x) = 0, as raízes são 2 e 3 e, portanto, o produto
é igual a 6.
Resposta: E
24) f(x) = g(x) ⇒ 2x2 – 4 = 4x2 – 2x ⇔ 2x2 – 4 = (22)x2 – 2x ⇔
⇔ 2x2 – 4 = 22x2 – 4x ⇔ x2 – 4 = 2x2 – 4x ⇔ x2 – 4x + 4 = 0, a raiz é
x = 2.
Logo, 2x = 22 = 4.
Resposta: D
x
–––
6
x2
––––––
2000
�πx––––
600
�
X
–––
10
�1–––
2
�1––––––
2ax – 1
c
–––
a
b
–––
a
62 –
25) 9x – = 1 944 ⇔ = 1 944 ⇔
⇔ 8 . 9x = 9 . 1 944 ⇔ 9x = ⇔
⇔ 9x = 9 . 243 ⇔ (32)x = 32 . 35 ⇔ 32x = 37 ⇔ 2x = 7 ⇔ x = 
Se é a fração irredutível que é solução da equação, 
então = .
Logo, m = 7 e n = 2 e, assim, m – n = 7 – 2 = 5.
Resposta: D
26) ⇔ ⇔ ⇔
⇔ ⇒ V = {(– 1; 1)}
27) a) ⇔ ⇔ ⇔
⇔ ou ⇒ V = {(1; 2), (2; 1)}
b) = ⇔ = ⇒ x + y = 1 e x . y = 0,
como x ≠ 1 então x = 0, logo y = 1.
28) s(x) = f(x) + g(x) ⇒ s(x) = 3x – 1 + 3x ⇔
⇔ s(x) = + 3x ⇒ 4 = + 3x ⇔
⇔ 12 = 3x + 3x . 3 ⇔ 12 = 3x . (1 + 3) ⇔ 3x = 31 ⇔ x = 1
Resposta: E
29) a) 3x
2 – 5x + 7 < 31 ⇔ x2 – 5x + 7 < 1 ⇔ x2 – 5x + 6 < 0, as raízes
são 2 e 3 e o gráfico é do tipo
Logo, V = {x ∈ � 
 2 < x < 3} = ] 2, 3[ 
b) �� x ∈ �, logo V = Ø
30)
(2x – 3)
�
1 
⇔ 2x – 3 � 1 ⇔ 2x � 4 ⇔ x � 2
Resposta: C
31) I) O domínio é a condição de existência da função.
II) (1,4)x
2 – 5 – � 0 ⇔ (1,4)x2 – 5 � ⇔
x2 – 5
� ⇔
⇔
x2 – 5
�
– 1
⇔ x2 – 5 � – 1 ⇔
⇔ x2 – 4 � 0, as raízes são – 2 e 2 e o gráfico é do tipo
Logo, o domínio da função é {x ∈ � 
 x � – 2 ou x � 2}.
Resposta: A
32) Na sentença a2x + 3 > a8, tem-se:
I) Para a > 1 ⇒ 2x + 3 > 8 ⇔ 2x > 5 ⇔ x >
II) Para 0 < a < 1 ⇒ 2x + 3 < 8 ⇔ 2x < 5 ⇔ x <
Logo, x = – 2 e a < 1 satisfaz a afirmação II.
Resposta: D
33) a) I) L(1) = 60 ⇒ a . eb.1 = 60 ⇔ a . eb = 60 ⇔ eb =
II) L(2) = 30 ⇒ a . eb.2 = 30 ⇔ a . e2b = 30 ⇔
⇔ a . (eb)2 = 30 ⇔ a .
2
= 30 ⇔
⇔ a . = 30 ⇔ = 30 ⇔ a = 120
Logo, eb = ⇔ eb = ⇔ b = loge 1/2 ⇔ b = – loge2
b) L(x) = 120 .
x
⇒ 120 . 
x 
= 15 ⇔
⇔
x 
= ⇔ x = 3
Respostas: a) a = 120 e b = – loge2 b) 3 m
34) �3
x
––
2 �x – 1 �
x – 3 
⇔ �3
x
––
2 �x – 1 �
x – 3 
⇔
⇔ 3
x
––
2
.(x – 1)
� (3
–1
)
x – 3 ⇔ . (x – 1) � – x + 3 ⇔
⇔ x2 – x � – 2x + 6 ⇔ x2 + x – 6 � 0
As raízes são – 3 e 2 e o gráfico é do tipo 
Logo, V = {x ∈ � 
 x � – 3 ou x � 2}
Resposta: A
35) I) M(t) = C . 20,04t = 4C ⇔ 20,04t = 4 ⇔ 20,04t = 22 ⇔
⇔ 0,04t = 2 ⇔ t = ⇔ t = 50 
II) 50 meses = 4 anos e 2 meses
Resposta: C
9 . 9x – 9x
––––––––––
9
9x
–––
9
9 . 1 944 
–––––––––
8
7 
–––
2
m 
–––
n
7 
–––
2
m 
–––
n
2x + 3y = 1
x + y = 0�
52x + 3y = 51
3x + y = 30�
52x + 3y = 5
3x + y = 1�
x = – 1
y = 1�
xy = 2
x + y = 3�
4xy = 42
4x + y = 43�
(4x)y = 16
4x . 4y = 64�
x = 2
y = 1�
x = 1
y = 2�
41
––––
40
4x+y
–––––––
4x.y
64
––––
16
4x.4y
–––––––
(4x)y
3x
––––
3
3x
––––
3
�1–––
5
��1–––
5
�
5
–––
7
�14–––
10
�5–––
7
5
–––
7
�7–––
5
��7–––
5
�
5
–––
2
5
–––
2
60
––––
a
�60––––a�
3 600
––––––
a
3 600
––––––
a2
1
–––
2
60
–––––
120
�1–––2��
1
–––
2�
1
–––
8�
1
–––
2�
�1–––3��
3
–––
9�
x
–––
2
2
–––––
0,04
– 63
36) y = A . kx
I) Para x = 0, temos y = 5 000, então: A . k0 = 5 000 ⇔ A = 5 000
II) Para x = 2, temos y = 2 500, então: 5 000 . k2 = 2 500 ⇔
⇔ k2 =
III) Para x = 6, temos y = 5 000 . k6 = 5 000 . (k2)3 =
= 5 000 .
3 
= 5 000 . = 625
Resposta: A
37) Como a função exponencial possui 0 < base < 1, ela é es -
tritamente decrescente e o menor valor assumido ocorre
quando o expoente for o maior possível.
Como 2 – x2 é uma função quadrática, o gráfico é do tipo 
e o valor máximo ocorre para x = 0
Então, g(0) = 
(2 – 02) 
= .
Resposta: D
38) I) g(x) = 3 + b . cx ⇒ a = 3
g(0) = 4 ⇒ 3 + b . c0 = 4 ⇔ b = 1
g(1/2) = 5 ⇒ 3 + 1 . c1/2 = 5 ⇔ c1/2 = 2 ⇔ c = 4
II) h(x) = – 3 + e . f x ⇒ d = – 3
h(0) = – 4 ⇒ – 3 + e . f0 = – 4 ⇔ e = – 1
h(1/2) = – 5 ⇒ – 3 + (– 1) . f1/2 = – 5 ⇔ f = 4
Logo, a + b + c + d + e + f = 3 + 1 + 4 + (– 3) + (– 1) + 4 = 8
Resposta: D
39) S0 . 2
– 0,25t = . S0 ⇔ 2– 0,25t = ⇔ 2– 0,25t = 2–1 ⇔
⇔ – 0,25t = – 1 ⇔ t = ⇔ t = 4
Resposta: 4 anos
40) 1) g não é decrescente, nem tampouco positiva para qualquer
x ∈ �, como se vê nos exemplos.
g(1) = = =
g(– 2) = = = –
– 2 < 1 ⇒ g(– 2) = – < = g(1)
2) f e g não se interceptam, pois
f(x) = g(x) ⇔ = ⇔
⇔ 2– x = – 2– x ⇔ 2 . 2– x = 0 ⇔
⇔ 21 – x = 0 ⇔ �∃x ∈ �
3) ⇔ f(0) ≠ – g(0)
4) [f(x)]2 – [g(x)]2 =
2
–
2
=
= =
= = 20 = 1
Resposta: D
41) I) = =
= = =
= . = > 8 (F)
II) N = �27 – 0,777...� ÷ =
= 3 – . = . = 8 
Assim: log4 N = log4 8 = = = 1,5 (V)
III) 
4
���������8 + 4���3 .
4
���������8 – 4���3 = 
4
�������������82 – (4���3)2 =
= 
4
��������64 – 48 = 
4
����16 = 2, que é um número primo (V)
Resposta: B
1
––
2
�1–––8��
1
–––
2�
1
–––
4�
1
–––
2�
1
–––
2
1
–––
2
1
–––––
0,25
3
–––
4
1
2 – ––
2
––––––––
2
21 – 2– 1
–––––––––
2
15
–––
8
1
–– – 4
4
––––––––
2
2– 2 – 2– (– 2)
–––––––––––––
2
3
–––
4
15
–––
8
2x – 2– x
–––––––––
2
2x + 2– x
–––––––––
2
20 + 2– 0
f(0) = ––––––––– = 1
2
20 – 2– 0
g(0) = ––––––––– = 0
2
�2
x – 2– x
–––––––––
2��2
x + 2– x
––––––––
2�
(2x)2 + 2.2x.2– x + (2– x)2 – (2x)2 + 2 . 2x . 2– x – (2– x)2
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
4
4 . 2x . 2– x
––––––––––––
4
7n . 7– 2 + 7n . 7– 1
––––––––––––––––––
7n . 7– 2 – 7n . 7– 3
7n – 2 + 7n – 1
––––––––––––––
7n – 2 – 7n – 3
1 + 7
––––––
49
–––––––––
7 – 1
––––––
343
1 1
7n . �––– + ––�
49 7
–––––––––––––––––
1 1
7n . �––– – –––––�49 343
28
––––
3
343
–––––
6
8
–––
49
5
–––
18
1
––
3
18
––––
5
20
––––
9
18
––––
5�7–––9�
3
–––
2
log2 8
––––––––
log2 4
64 –
42) Conteúdo programático: Funções: domínio, contradomínio e
imagem.
Justificativa
I. Verdadeira. Aplicando t = 0 na função
N(t) = , tem-se
N(t) = =
= = = N0
II. Falsa. Sendo K a maior quantidade de células que um
tumor maligno pode atingir com os nutrientes disponíveis,
ele é sempre maior que zero, K > 0, portanto não pode
assumir valores negativos.
III. Falsa. Sendo N0 a população inicial de células tumorais, ela
sempre será menor que K, visto que K é a maior quantidade
de células que um tumor pode atingir.
IV. Verdadeira. Substituindo N0 = K na função
N(t) = , tem-se
N(t) = = = K
V. Verdadeira. Quando t cresce ilimitadamente, o termo 
(2, 7)−rt ou se aproxima de 0 (zero) e o valor da 
função
N(t) = , será
N(t) � � K
Resposta: C
43) a) Incorreta, pois a função f : � → �, dada por f(x) = x2, tem
como domínio o conjunto � que contém o zero e todos os
números negativos, não correspondendo ao conjunto de
divisões {1, 2, 3, 4, ...}, além disso, a função f(x) = x2, quando
aplicada ao conjunto das divisões da mitose {1, 2, 3, 4, ...},
gera o conjunto {1, 4, 9, 25, ...}, que não corresponde à
quantidade de células-filhas encontradas, isto é, {2, 4, 8, 
16, ...}.
b) Incorreta, pois a função f : � → �, dada por f(x) = 2x, tem
como domínio o conjunto � que contém o zero e também
os números negativos, não correspondendo ao conjunto
das divisões {1, 2, 3, 4, ...}, além disso, o domínio não pode
ter pontos sem correspondente no conjunto imagem.
c) Correta, pois pode-se inferir do enunciado que um conjunto
de divisões {1, 2, 3, 4, ...} dá origem, respectivamente, à
seguinte quantidade de células-filhas {2, 4, 8, 16, ...}. Assim,a função que representa o processo da mitose é a função
exponencial f(x) = 2x, que tem como domínio o conjunto �
e sua imagem no conjunto �.
d) Incorreta, pois a função f : �+ → �+, dada por f(x) = 2
x,
embora seja exponencial, tem como domínio o conjunto �+
que contém o zero, os números fracionários positivos e os
irracionais positivos, que não fazem parte do conjunto de
divisões da mitose.
e) Incorreta, pois a função f : �+ → �+, dada por f(x) = 2
x, tem
como domínio o conjunto �+ que contém o zero, os nú -
meros fracionários positivos e os irracionais positivos, que
não fazem parte do conjunto de divisões da mitose, além
disso, a função f(x) = 2x, quando aplicada ao conjunto das
divisões da mitose, gera {2, 4, 6, 8, ...}, não correspondendo
à quantidade de células-filhas {2, 4, 8, 16, ...}.
Resposta: C
44) A função apresentada no gráfico é uma função exponencial do
tipo q(t) = a . bt, com a e b reais, e t em meses.
Pelo gráfico, temos:
q(0) = 1 000 ⇒ a . b0 = 1000 ⇔ a = 1000
q(3) = 500 ⇒ a . b3 = 500 ⇔ 1 000 . b3 = 500 ⇔
⇔ b3 = ⇔ b =
3
= 
3
�����2– 1 = 2
Assim, q(t) = 1 000 . 2
t
= 1 000 . 2
Resposta: A
K
––––––––––––––––––––––
K
1 + �––– – 1� . (2,7)–rtN0
K
––––––––––––––––––––––
K
1 + �––– – 1� . (2,7)–r.0N0
K
–––––––
K
––––
N0
K
––––––––––––––––––
K
1 + �–––– – 1� . 1N0
K
––––––––––––––––––––––
K
1 + �––– – 1� . (2,7)–rtN0
K
–––
1
K
––––––––––––––––––––––
K
1 + �––– – 1� . (2,7)–rtK
1
–––––––
(2,7)rt
K
––––––––––––––––––––––
K
1 + �––– – 1� . (2,7)–rtN0
K
–––––––––––––––––
K
1 + �––– – 1� . 0N0
1
– ––
3
1
–––
2
1
–––
2
1
– –– t
3�1– ––3�
– 65
MATEMÁTICA
LIVRO 1
TRIGONOMETRIA
Capítulo 1 – Funções Trigonométricas no Triângulo Retângulo
15) Pitágoras: 22 = 12 + (AB)2 ⇒ AB = ���3
sen B = , cos B = , tg B = = , sen C = , 
cos C = e tg C = ���3
16) sen α = ⇒ = ⇒ x = 8
17) cos α = 0,8 ⇒ = 0,8 ⇒ x = 16
18) I) Pitágoras: (BC)2 = 32 + 42 ⇒ BC = 5
II) cos 
^
C = = 
Resposta: A
19) Sendo x e y os catetos, temos:
sen 30° = = ⇒ x = 3
cos 30° = = ⇒ y = 3���3 
20) I) cos 60° = = ⇒ x = 4
II) sen 30° = = ⇒ x = 6
III) tg 45° = = 1 ⇒ x = 5
IV)tg 60° = = ���3 ⇒ x = . = 4���3
21)
sen 60° = = ⇒ h = 3���3 
22)
tg 6° = ⇒ 0,105 = ⇒ x = ⇒ x = 400 
23)
sen 42° = ⇒ 0,67 = ⇒
⇒ x = 0,67 . 3000 ⇒ x = 2010 
24)
sen 30° = ⇒ = ⇒ x = 6 km = 6 000 m
25)
cos 30° = ⇒ = ⇒ x = ⇒ x = 
26) Seja x, em metros, o comprimento da sombra do edifício:
tg 30° = ⇒ = ⇒ x = . ⇒
⇒ x = 80 . ���3 � 80 . 1,7 � 136 
Resposta: A
���3
–––
2
���3
–––
3
1
––––
���3
���3
–––
2
1
–––
2
1
–––
2
2
–––
3
x
–––
12
2
–––
3
x
––––
20
4
–––
5
AC
–––––
BC
1
–––
2
x
–––
6
���3
–––
2
y
–––
6
1
–––
2
x
–––
8
1
–––
2
3
–––
x
x
–––
5
���3
–––––
���3
12
––––
���3
12
–––
x
���3
–––
2
h
–––
6
42
––––––
0,105
42
–––
x
42
–––
x
x
––––––
3 000
x
––––––
3 000
3
–––
x
1
–––
2
3
–––
x
10���3
––––––
3
10
––––
���3
5
–––
x
���3
–––
2
5
–––
x
���3
–––––
���3
240
–––––
���3
80
–––
x
���3
–––
3
80
–––
x
66 –
27) Seja x, em centímetros, a altura de cada degrau:
I) cos α = ⇒ sen α =
II) sen α = ⇒ = ⇒ x = 30 
Resposta: C
28)
No triângulo ABC da figura, temos:
AB = 6 m, BC = 60 m e 
tg α = = = 0,1 � 0,1051 = tg 6°.
Assim, o valor aproximado de α é 6°.
Resposta: C
29) Temos que tg(0,05) = . O comprimento horizontal da
rampa com inclinação de 5% deveria ser de 20 metros. 
O que se quer saber é o valor da hipotenusa de um triângulo
retângulo de catetos 1 e 20, daí 
h2 = 12 + 202 ⇒ h = ������401 metros.
A diferença entre os comprimentos das rampas é (������401 – 2)
metros.
Resposta: D
30)
I) ΔPFC
(PC)2 = (FP)2 + (FC)2 ⇒ PC = 4���2 km
II) ΔMPE
sen 30° = ⇒ = ⇒ EM = 1 km
cos 30° = ⇒ = ⇒ PM = ���3 km
III) A diferença entre a distância percorrida por Laura, na ida,
supera a distância percorrida na volta em d, tal que
d = (CF + FP + PE) – (EM + MP + PC) ⇒
⇒ d = (4 + 4 + 2) – (1 + ���3 + 4.���2)
Para ���3 = 1,7 e ���2 = 1,4, temos d = 1,7 km.
Resposta: A
31) I) tg 60° = ⇒ ���3 = ⇒ x = ���3y
II) tg 30° = ⇒ = ⇒ x = 100���3
Então 100���3 = ���3 . y ⇒ y = 100
32)
I) tg α = ⇒ x = a . tg α
II) A altura da árvore é 1,70 + x = 1,70 + a . tg α
33)
I) tg 30° = ⇒ = ⇒ y = ⇒ y = ���3 . x 
II) tg 60° = ⇒ ���3 = ⇒
⇒ ���3 = ⇒ x = 25 
III) AB = 50 + x = 75
3
–––
5
4
–––
5
3
–––
5
7x
–––––
350
7x
–––––
350
�
10 m
3 m
B
6 m
A
C�
6 m
––––––
60 m
AB
––––
BC
1
–––
20
EM
––––
2
1
–––
2
EM
––––
PE
PM
–––––
2
���3
–––
2
PM
––––
2
x
–––
y
x
–––
y
x
––––
300
���3
––––
3
x
––––
300
x
–––
a
3x
––––
���3
x
–––
y
���3
––––
3
x
–––
y
50 + x
–––––––
y
50 + x
–––––––
y
50 + x
–––––––
���3 x
– 67
34)
sen 60° = ⇒ = ⇒ x = 50���3 
35)
I) tg 30° = ⇒ = ⇒ y = 
II) tg 45° = ⇒ 1 = ⇒
⇒ x + y = 20 ⇒ x + = 20 ⇒ x = 
36) = =
= = =
= . =
= . = (sec x) . (tg x)
Resposta: D
37) f(60°) = sen 60° + cos 60° + cotg 60° +
+ cossec 60° – tg 60° – sec 60°
f(60°) = + + + – ���3 – 2
f(60°) = 
f(60°) = 
f(60°) = 
Resposta: B
38) Para cos x = , temos:
y = = =
= = . =
= = = 3
39) Para tg a = , temos:
y = = =
= = =
= . = =
= cotg3a = = = 8
40) Para sen x = , temos:
cos4x – sen4x = (cos2x + sen2x).(cos2x – sen2x) =
= 1 . (1 – sen2x – sen2x) = 1 – – =
Resposta: A
x
–––––
100
���3
––––
2
x
–––––
100
20���3
–––––––
3
y
–––
20
���3
––––
3
y
–––
20
x + y
––––––
20
x + y
––––––
20
20(3 – ���3)
––––––––––––
3
20���3
–––––––
3
1 sen x
–––––– + ––––––
cos x cos x 
––––––––––––––––
cos x
cos x + ––––––
sen x
sec x + tg x
–––––––––––––
cos x + cotg x
1 + sen x
–––––––––––
cos x 
––––––––––––––––––––
cos x . (1 + sen x)
–––––––––––––––––
sen x
1 + sen x
–––––––––––
cos x 
–––––––––––––––––––––––
sen x . cos x + cos x
––––––––––––––––––––
sen x
sen x
––––––––––––––––––
cos x . (1 + sen x)
1 + sen x
–––––––––––
cos x
sen x
–––––––
cos x
1
–––––––
cos x
2���3
––––––
3
���3
––––
3
1
–––
2
���3
––––
2
3���3 + 3 + 2���3 + 4���3 – 6���3 – 12
––––––––––––––––––––––––––––––––
6
3���3 – 9
––––––––––
6
���3 – 3
––––––––
2
1
–––
3
1 1
––––––– – –––––––
sen x cos x
–––––––––––––––––––––
cos x 
––––––– – 1
sen x 
cossec x – sec x 
–––––––––––––––––
cotg x – 1
sen x 
–––––––––––––––
cos x – sen x
cos x – sen x 
–––––––––––––––
sen x . cos x
cos x – sen x
––––––––––––––
sen x . cos x
––––––––––––––––––
cos x – sen x
–––––––––––––
sen x
1 
––––––
1 
–––
3
1
––––––
cos x
1
–––
2
1 
––––––– – sen a
sen a 
–––––––––––––––––––
1 
––––––– – cos a
cos a 
cossec a – sen a 
––––––––––––––––––
sec a – cos a
cos2a 
–––––––––
sen a
–––––––––––––
sen2a 
–––––––––
cos a
1 – sen2a
–––––––––––
sen a
––––––––––––––––
1 – cos2a
–––––––––––
cos a
cos3a 
–––––––––
sen3a
cos a 
–––––––––
sen2a
cos2a 
–––––––––
sen a
1 
––––
1
––
8
1 
––––––
tg3a
1
–––
3
7
–––
9
1
–––
9
1
–––
9
68 –
41) y = =
= = =
= = =
= = tg2x
Resposta: B
42) + =
= =
= =
= =
= = 0
43) =
= =
= = cos x – sen x
44) + =
= + =
= + =
= + =
= = 
45) =
= = 
= = 
= = = cotg x
46) 1) Falsa, pois ⇒ tg x = e
⇒ tg x =
2) Verdadeira, pois se a e b são complementares então 
sen a = cos b e sen b = cos a ⇒
⇒ tg a . tg b = . = 1
3) Verdadeira, pois tg 41° . tg 49° = tg 42° . tg 48° =
= tg 43° . tg 47° = tg 44° . tg 46° = 1 (complementares)
4) Verdadeira, sen a + cos a = ���2 ⇒
⇒ (sen a + cos a)2 = (���2)2 ⇒
⇒ sen2a + 2 . sen a . cos a + cos2a = 2 ⇒
⇒ 1 + 2 . sen . cos a = 2 ⇒ sen a . cos a =
5) Falsa, pois = =
= + = sec2a + tg2a
47) sen a + cos a = m ⇒ (sen a + cos a)2 = m2 ⇒
⇒ sen2a + 2 sen a . cos a + cos2a = m2 ⇒
⇒ sen a . cos a =
Resposta: B 
48) h(x) = g[f(x)] = – 1 = – 1 =
= = = tg2x
Resposta: C
cos3x – 2 . cos x + sec x
–––––––––––––––––––––––––
cos x . sen2x
cos4x – 2 . cos2x + 1
––––––––––––––––––––
cos x 
––––––––––––––––––––––
cos x . sen2x
–––––––––––––––
1
1
cos3x – 2 . cos x + ––––––
cos x 
––––––––––––––––––––––––
cos x . sen2x
(– sen2x)2 
–––––––––––––––cos2x . sen2x
(cos2x – 1)2 1
––––––––––––– . ––––––––––––––
cos x cos x . sen2x
sen2x
––––––––
cos2x
3 + 5 . sen x
–––––––––––––––
4 + 5 . cos x
4 – 5 . cos x
–––––––––––––––
3 – 5 . sen x
(4 – 5.cos x) . (4 + 5.cos x) + (3 + 5.sen x) . (3 – 5.sen x)
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
(3 – 5.sen x) . (4 + 5.cos x)
16 – 25.cos2x + 9 – 25.sen2x
–––––––––––––––––––––––––––––
(3 – 5.sen x) . (4 + 5.cos x)
25 – 25.(sen2x + cos2x)
–––––––––––––––––––––––––––––
(3 – 5.sen x) . (4 + 5.cos x)
0
–––––––––––––––––––––––––––––
(3 – 5.sen x) . (4 + 5.cos x)
cos3x – sen3x
–––––––––––––––––––––
1 + sen x . cos x
(cos x – sen x) . (cos2x + sen x . cos x + sen2x)
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
1 + sen x . cos x
(cos x – sen x).(1 + sen x . cos x)
–––––––––––––––––––––––––––––––––
1 + sen x . cos x
cos x
––––––––––
1 + tg x
sen x
–––––––––––
1 + cotg x
cos x
–––––––––––––
sen x
1 + ––––––
cos x
sen x
–––––––––––––
cos x
1 + ––––––
sen x
cos x
–––––––––––––––––
cos x + sen x
––––––––––––––
cos x
sen x
–––––––––––––––––
sen x + cos x
––––––––––––––
sen x
cos2x
–––––––––––––––
sen x + cos x
sen2x
–––––––––––––––
sen x + cos x
1
–––––––––––––––
sen x + cos x
sen2x + cos2x
–––––––––––––––
sen x + cos x
2 . sen x . cos x – cos x
––––––––––––––––––––––––––
1 – sen x + sen2x – cos2x
cos x . (2 sen x – 1)
–––––––––––––––––––––––––––––
1 – sen x + sen2x – (1 – sen2x)
cos x . (2sen x – 1)
–––––––––––––––––––––––––––––
1 – sen x + sen2x – 1 + sen2x
cos x
–––––––––
sen x
cos x . (2sen x – 1)
–––––––––––––––––––––
sen x . (2sen x – 1)
a
–––
b
a
–––
b
sen b
––––––
cos b
sen a
––––––
cos a
1
–––
2
1 + sen2a
–––––––––––
cos2a
1 + sen2a
–––––––––––
1 – sen2a
sen2a
–––––––
cos2a
1
–––––––
cos2a
m2 – 1
–––––––
2
1
–––––––
cos2x
1
–––––––––––
1 – sen2x
sen2x
–––––––––
cos2x
1 – cos2x
–––––––––––
cos2x
– 69
49) y = (sec a – cos a) . (cossec a – sen a) . (tg a + cotg a)=
= – cos a . – sen a . + =
= . . =
= . . =
= sen a . cos a . = 1
50) y = + =
= =
= =
= = 0
51)
I) No � ABC: tg = 
II) No � ABO: sen α = ⇒ AB = r . sen α
e cos α = ⇒ x = r . cos α
De I e II: tg = ⇒
⇒ tg = ⇒
⇒ tg = 
52)
sen 30° = ⇒ = x ⇒ x = 0,5
Resposta: D
53) No Δ PCO:
I) sen x = ⇒ sen x = 
II) sen2x + cos2x = 1 ⇒ cos2x = ⇒ cos x = 
III) sec x = = = . = 
54) (cos x + sen x)2 + k . sen x . cos x – 1 = 0 ⇒
⇒ cos2x + 2 sen x . cos x + sen2x + k . sen x . cos x – 1 = 0 ⇒
⇒ (k + 2) . sen x . cos x = 0 ⇒ k + 2 = 0 ⇒ k = – 2
Resposta: B
55) E = . sec x = . sec x = 
= = – =
= 1 – = 1 – sen x
Resposta: D
�cos a––––––sen asen a––––––cos a��1––––––sen a��1––––––cos a�
�sen
2a + cos2a
–––––––––––––––
sen a . cos a��1 – sen
2a
–––––––––––
sen a��1 – cos
2a
–––––––––––
cos a�
�1–––––––––––––––sen a . cos a�cos
2a
–––––––––
sen a
sen2a
–––––––––
cos a
�1–––––––––––––––sen a . cos a�
cos a + cos b
––––––––––––––
sen a + sen b
sen a – sen b
––––––––––––––
cos a – cos b
(sen a – sen b).(sen a + sen b)+(cos a + cos b).(cos a – cos b)
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
(sen a + sen b).(cos a – cos b)
(sen2a – sen2b) + (cos2a – cos2b)
––––––––––––––––––––––––––––––––––
(sen a + sen b).(cos a – cos b)
1 – 1
––––––––––––––––––––––––––––––
(sen a + sen b).(cos a – cos b)
AB
–––––––
r + x�
α
–––
2�
AB
–––––
r
x
–––
r
r . sen α
––––––––––––
r + r . cos α�
α
–––
2�
r . sen α
––––––––––––––
r . (1 + cos α)�
α
–––
2�
sen α
–––––––––––
1 + cos α�
α
–––
2�
1
–––
2
x
–––
1
1
–––
3
2
–––
6
2���2
––––––
3
8
–––
9
3���2
––––––
4
���2
–––––
���2
3
––––––
2���2
3
––––––
2���2
1
––––––
cos x
�sec x – tg x––––––––––––sec2x��
sec x – tg x
––––––––––––
1 + tg2x�
tg x
–––––––
sec x
sec x
–––––––
sec x
sec x – tg x
––––––––––––
sec x
sen x
–––––––
cos x
––––––––––
1
–––––––
cos x
70 –
56) Seja H a altura da torre, em metros, então:
tg 20° = ⇒ = ⇒
⇒ = ⇒ H = 14,553 
57)
I) No � PQT: tg α = 
II) No � RQS: tg β = 
Se 3tg α = 4tg β, então: 
3 . = 4 . ⇔ 3a + 30 = 4a ⇔ a = 30
A altura h, em metros, é 30 + 10 = 40 
Resposta: D
58) Na imagem da janela no chão, temos:
I) tg 30° = ⇒ = ⇒ m = b . ���3 
II) A1 = a . b e A2 = a . b . ���3
III) = = = 
Resposta: D
59) 4 . sen x = 3 . cos x ⇒ = ⇒ tg x =
Resposta: A
60)
Em centímetros, temos na figura:
1) sen 30 ° = = = ⇒ CF = 3
cos 30 ° = = = ⇒ BF = 3���3
Desta forma, AE = BF = 3���3 e EC = EF + FC = 7 + 3 = 10.
2) No triângulo CDE, retângulo em E, temos
EC2 + ED2 = CD2 ⇒ 102 + ED2 = 122 ⇔ ED = 2����11.
3) Por fim, AD = AE + ED = 3���3 + 2����11
Resposta: B
61) A figura seguinte mostra os ângulos dos triângulos ABE e
CDB, com as medidas de alguns de seus lados, em
centímetros.
I) No triângulo ABE, tem-se:
sen 30° = = = ⇔ BE = 3
II) No triângulo CDB, tem-se:
cos 30° = = = ⇔ BD = 2���3
III) DE = BE + BD = 3 + 2���3
Resposta: E
H
––––
40
sen 20°
––––––––
cos 20°
H
––––
40
H
––––
40
0,342
––––––––
0,940
a + 10
–––––––
b
a
–––
b
a
–––
b
a + 10
–––––––
b
b
–––
m
���3
––––
3
b
–––
m
���3
––––
3
1
–––
���3
a . b
–––––––––
a . b .���3
A1
–––
A2
3
–––
4
3
–––
4
sen x
–––––––
cos x
1
–––
2
CF
––––
6
CF
––––
BC
���3
–––
2
BF
––––
6
BF
––––
BC
1
––
2
BE
–––––
6
BE
–––––
AB
���3
–––––
2
3
––––
BD
CD
––––
BD
– 71
62) I) A distância d, em quilômetros, do ponto da explosão até o
poço é tal que
d2 = 12 + 
2
= ⇔ d = = 1,12
II) A distância do personagem até o poço é 50 m = 0,05 km
III) Se t for o tempo gasto pela nuvem de poeira, e pela
personagem, e v, em quilômetros por hora, for a velocidade
da personagem então
t = = ⇔ 1,12V = 40 ⇔ v = 35,71 ⇔ v � 36
Resposta: D
63)
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
64) a)
Para 
 = 30°, sendo x, y e h em metros, temos:
I) No triângulo ABC: 
sen 30° = ⇔ = ⇔ y = 1,25
II) No triângulo ADE:
cos 30°= ⇔ = ⇔ x = 0,75���3
III) h = x + y = 0,75���3 + 1,25 = 0,25 (3���3 + 5)
b)
I) Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo ADE,
temos:
(DE)2 + (1,2)2 = (1,5)2 ⇒ DE = 0,9
II) Da semelhança dos triângulos ABC e EDA, temos:
= ⇒ = ⇔ y = 1,5
III) h = x + y = 1,2 + 1,5 = 2,7
Respostas: a) 0,25 . (3 ���3 + 5) m
b) 2,7 m
���5
––––
2
5
–––
4�
1
–––
2�
0,05
–––––
v
1,12
–––––
800
BP
––––
BT
1,5 . ���3
–––––––––
3
BP���3
–––––––
3
CD
––––
CT
2,7
––––
CT
y
––––
2,5
1
––––
2
y
––––
2,5
x
––––
1,5
��3
––––
2
x
––––
1,5
2,5
–––––
1,5
y
–––––
0,9
AC
–––––
EA
AB
–––––
DE
72 –
65)
I) tg θ = ⇒ = ⇒ x = 10���2
II) r2 = 42 + x2 ⇒ r2 = 16 + 200 ⇒ r2 = 216 ⇒ r = 6���6 
Resposta: A 
66)
I) tg 60° = ⇒ ���3 . (R – 2���3) = 12 ⇒
⇒ ���3 . R – 6 = 12 ⇒ R = 6���3 
II) Área = π . R2 = π . (6 ���3 )2 = 108π
Resposta: B 
67) I) No � ABC: tg α = ⇒ AB = 
II) No � ABD: tg β = ⇒ AB . tg β = H – h ⇒
⇒ . tg β = H – h ⇒ H = + h ⇒
⇒ H = 
68)
I) tg β = ⇒ x =
II) tg α = ⇒ tg α . d + = h ⇒
⇒ d . tg α . tg β + h . tg α = h . tg β ⇒
⇒ d . tg α . tg β = h . (tg β – tg α) ⇒ h = 
69) A partir do triângulo retângulo MOD, tem-se que 
tg(α) = = = = A ⇒ sen(α) = A . cos(α) (I)
A partir do triângulo retângulo MPO, tem-se que 
sen(α) = = PO = MN e cos(α) = = MP
Substituindo (I) em sen2(α) + cos2(α) = 1, tem-se
A2 . cos2(α) + cos2(α) = 1
cos2(α) (A2 + 1) = 1
cos2(α) = 
cos(α) = ± = �
Como MP = cos(α) e MN = sen(α) são mensuráveis, então 
MP = e MN = A . cos(α) = .
70)
���2
––––
5
4
–––
x
���2
––––
5
12
–––––––––
R – 2���3
h
––––––
tg α
h
–––––
AB
H – h
–––––––
AB
h . tg β
––––––––
tg α
h
––––––
tg α
h . (tg β + tg α)
––––––––––––––––
tg α
h
–––––
tg β
h
–––
x
�h–––––tg β�
h
––––––
d + x
d . tg α . tg β
––––––––––––––
tg β – tgα
A
–––
1
sen(α)
–––––––
cos(α)
A
–––––
MD
–––––––
1
–––––
MD
MP
–––––
1
A
–––
1
1
–––––––
A2 + 1
1
––––––––––
���������� A2 + 1
1
–––––––
A2 + 1
A
––––––––––
���������� A2 + 1
1
––––––––––
���������� A2 + 1
– 73
a) Seja α a medida do ângulo E
^
AO.
I) Aplicando-se o Teorema de Pitágoras no triân gulo
retângulo AEO, temos:
(AE)2 + (EO)2 = (AO)2 ⇒ (AE)2 + r2 = (3r)2 ⇔
⇔ (AE)2 = 8r ⇒ AE = 2���2r e, portanto,
cos α = = ⇔ cos α =
II) No triângulo retângulo ADB, temos:
cos α = ⇒ = ⇔
⇔ AB = ⇔ AB = r
b) No triângulo retângulo ACO, temos:
(CO)2 = (AO) . (DO) ⇒ (CO)2 = 3r . r ⇒ CO = r���3
Respostas: a) AB = r
b) CO = r���3
71)
I) No ΔAHO; temos:
sen 30° = ⇔ = ∴ AO = 9 km 
e
cos 30° = ⇔ = ∴ OH = 15,3 km
II) No ΔABO; temos:
sen 60° = ⇔ = ∴ AB = 10,6 km
e
tg 60° = ⇔ ���3 = ∴ BO = 5,3 km
III)
—
HB = 
—
OH –
—
BO ⇔ —HB = 15,3 – 5,3 ∴ —HB = 10 km
Logo, a ambulância percorre
—
AB + 
—
HB = 10,6 km + 10 km = 20,6 km.
IV)Se para percorrer 18 km em 12 minutos, desenvolve uma
velocidade de V = 90 = (lembrando que
12 min = 0,2h), então mantendo a velocidade média de
90 km/h porém percorrendo agora uma distância de 
20,2 km, gastará um tempo de:
V = ⇔ 90 = ⇔
⇔ t = 13 minutos e 48 segundos.
Resposta: A
2���2
––––
3
2���2 r
––––––
3r
AE
–––
AO
2r
–––––
AB
2���2
––––––
3
AD
–––––
AB
3���2
––––––
2
3r
––––
���2
3���2
––––––
2
AO
––––
18
1
–––
2
AO
––––
AH
OH
––––
18
���3
––––
2
OH
––––
AH
9
––––
AB
���3
––––
2
AO
––––
AB
9
––––
BO
AO
––––
BO
20,6 km
–––––––––
t
km
––––
h
20,6 km
–––––––––
t
km
––––
h
d
–––
t
74 –
MATEMÁTICA
LIVRO 1
TRIGONOMETRIA
Capítulo 2 – Medidas de Arcos e Ângulos
10) C = 2 . π . R = 2 . π . 5 cm = 10 . π cm
Resposta: 10 . π cm
11) α = ⇒ 1,2 = ⇔ r = = 10 cm
Resposta: 10 cm
12) I) α = 30° = = rad
II) α = ⇒ = ⇔
⇔ comp (AB) = = = 1,57 cm 
Resposta: 1,57 cm
13)
I) Se o perímetro do setor circular é igual ao perímetro do
quadrado, então, x + R + R = 4R ⇔ x = 2R
II) Pela definição de medida de arco, em radianos, temos:
α = = = 2 
Resposta: B
14)
α = = = 3 
Resposta: 3 rad
15) 12° = = rad � rad � 0,209 rad 
Resposta: 0,209 rad 
16) 0,105 rad = = � � 6° 
Resposta: 6°
17)
I) Para o ponteiro pequeno, temos:
tempo ângulo
⇒ x = = 7,5° = 7°30’
II) x + α = 90° ⇒ α = 90° – x = 90° – 7°30’ = 82°30’
Resposta: 82°30’ 
18)
I) Para o ponteiro pequeno, temos:
tempo ângulo
⇒ x = = 7,5° = 7°30’
II) x + α = 90° ⇒ α = 90° – x = 90° – 7°30’ = 82°30’
Resposta: E
19)
I) Para o ponteiro pequeno, temos:
tempo ângulo
⇒ x = = 7,5° = 7°30’
II) x + α = 150° ⇒ α = 150° – x = 150° – 7°30’ = 142°30’
Resposta: D
12 cm
–––––––
1,2
12 cm
–––––––
r
comp (AB)
–––––––––––
r
π
–––
6
30° . π rad
–––––––––––
180°
comp (AB)
–––––––––––
3 cm
π
–––
6
comp (AB)
–––––––––––
r
3,14 cm
–––––––––
2
π . 3 cm
–––––––––
6
2R
–––––
R
x
–––
R
30 cm
–––––––
10 cm
comp (AB)
–––––––––––
r
3,14
–––––
15
π
––––
15
12° . π rad
–––––––––––
180°
18,9°
––––––
3,14
18,9°
––––––
π
0,105 rad . 180°
––––––––––––––––
π rad
15 . 30°
–––––––––
60
60 min ––––––––––– 30°
15 min ––––––––––– x
15 . 30°
–––––––––
60
60 min ––––––––––– 30°
15 min ––––––––––– x
15 . 30°
–––––––––
60
60 min ––––––––––– 30°
15 min ––––––––––– x
– 75
20)
I) Para o ponteiro pequeno, temos:
tempo ângulo
⇒ x = = 7,5° = 7°30’
II) x + α = 90° ⇒ α = 90° – x = 90° – 7°30’ = 82°30’
III) Se o menor ângulo formado pelos ponteiros é 82°30’, o
maior ângulo é 360° – 82°30’ = 277°30’ = 277,5°
Resposta: D
21)
I) tempo distância
⇒
⇒ C = = 40000 km
II) C = 40 000 km corresponde ao comprimento da circun ferên -
cia do planeta Terra, assim, sendo R o raio e d o diâmetro
da Terra, ambos em quilômetros, temos:
C = 2 . π . R = π . d ⇔ d = = 
Resposta: B
22) No horário mostrado, 1 hora e 54 minuots, o ponteiro das
horas e dos minutos formam um ângulo central agudo de 93°,
pois:
Ponteiro dos minutos Ponteiro das horas
Logo, o arco externo do relógio, com 20 cm de raio vale,
aproximadamente:
. 2πR = . 2 . 3 . 20 = 31 cm
Resposta: B
23)
I) Para o ponteiro pequeno, temos:
tempo ângulo
⇒ x = = 6° 
II) Para o ponteiro grande, temos:
tempo ângulo
⇒ y = = 12° 
II) x + α = 30° + y ⇒ 6° + α = 30° + 12° ⇔ α = 36°
Resposta: C
24) a) n . 2π (n ∈ �) b) + n . 2π (n ∈ �) 
c) π + n . 2π (n ∈ �) d) + n . 2π (n ∈ �)
e) 150° + n . 360° (n ∈ �) f) 300° + n . 360° (n ∈ �)
15 . 30°
–––––––––
60
60 min ––––––––––– 30°
15 min ––––––––––– x

3h –––––––– 5000 km24h –––––––– C
24 . 5 000 km
––––––––––––––
3
40 000
–––––––
π
C
–––
π
⇒ x = 27°30°
x
–––––––––––
–––––––––––
60 minutos
54 minutos�
93°
–––––
360°
93°
–––––
360°
12 . 30°
–––––––––
60
60 min ––––––––––– 30°
12 min ––––––––––– x
2 . 360°
–––––––––
60
60 min ––––––––––– 360°
2 min ––––––––––– y
π
––
2
3π
–––
2
76 –
25) a) + n . π (n ∈ �) b) n . π (n ∈ �)
c) + n . π (n ∈ �) d) + n . π (n ∈ �)
e) n . (n ∈ �) f) + n . (n ∈ �)
g) ± + n . 2π (n ∈ �) h) ± + n . π (n ∈ �)
i) ± 120° + n . 360° (n ∈ �)
26)
27) a) 1000° 360° ⇒ 1000° = 2 . 360° + 280°, portanto, a 1a. 
– 720° 2 determinação positiva é 280°.
–––––––
280°
b) – 1210° – 360° ⇒ – 1210° = 3 . (– 360°) – 130°, assim, 
+ 1080° 3 a 1a. determinação negativa é – 130°,
–––––––
– 130° portanto, a 1
a. determinação positi -
va é 360° – 130° = 230°
c) ⇒ = 1 . 2π + , portanto, a 1a. 
determinação positiva é 
Respsotas: a) 280°; b) 230°; c) 
28) Os arcos côngruos de – 60° são do tipo – 60° + n . 360°, com 
n ∈ �. Assim, os arcos positivos menores que 1500°, são:
I) Para n = 1 ⇒ – 60° + 1 . 360° = 300°
II) Para n = 2 ⇒ – 60° + 2 . 360° = 660°
III) Para n = 3 ⇒ – 60° + 3 . 360° = 1020°
IV)Para n = 4 ⇒ – 60° + 4 . 360° = 1380°
Resposta: 300°, 660°, 1020° e 1380°
29)
I) Se a corda 
—
AB mede 10 cm, então, o triângulo OAB é
equilátero, portanto, A
^
OB = α = 60° = rad
II) α = ⇒ = ⇔
⇔ comp(AB) = cm
Resposta: cm
30)
Sendo α = = a medida, em radianos, do ângulo 
central A
^
OB e S a área do setor circular corres pondente, temos
rad –––––––– S m2
2π rad –––––––––––– π . 1802 m2
= ⇔ S = = 18 000
O número estimado de pessoas no comício é
4 . 18 000 = 72 000 
Resposta: A
31) Em graus, as medidas dos ângulos 
^
a, 
^
b, 
^
c, 
^
d e 
^
e são tais que:
1) ^a = . 360° = . 360° = 21,6°
2)
^
b = . 360° = . 360° = 30,6°
π
––
2
3π
–––
4
π
––
4
π
––
2
π
––
4
π
––
2
π
––
3
π
––
3
2π
–––
3
8π
–––
3
8π 6π
––– 2π = –––
3 3
6π 1
– –––
3
––––––
2π
–––
3
2π
–––
3
2π
–––
3
π
–––
3
comp (AB)
––––––––––––
10 cm
π
–––
3
comp (AB)
––––––––––––
r
10 π
––––––
3
10 π
––––––
3
20
––––
18
200
–––––
180
20
––––
18
10 . 1802
–––––––––
18
S 
––––––––
π . 1802
20
––––
18
––––––
2π
324
––––––
5400
3 240 000,00
––––––––––––––
54 000 000,00
459
–––––––
5400
4 590 000,00
––––––––––––––
54 000 000,00
– 77
3) ^c = . 360° = . 360° = 45°
4)
^
d = . 360° = . 360° = 61,2°
5)
^
e = . 360° = . 360° = 201,6°
Dessa forma, temos:
6) sen ^a = sen 21,6° < sen 30° =
7) cos 
^
b = cos 30,6°. 
Como cos 45° < cos 30,6° < cos 30°, temos:
< cos 
^
b <
8) tg 
^
c = tg 45° = 1
9) sen 
^
d = sen 61,2° > sen 60° =
10) tg 
^
e = tg 201,6° = tg 21,6° < tg 30° = < 1
Resposta: B
32) Contados na figura, a roda maior tem 20 dentes e a roda
menor tem 8 dentes. Admitindo-se que os raios sejam
proporcionais ao número de dentes, temos:
= = = 2,5 
Resposta: B
33) a)
AB = 2r1 + 2r2 + 2r3 + 2r4 + 2r5 + 2r6 + 2r7 + 2r8 = x ⇔
⇔ r1 + r2 + r3 + r4 + r5 + r6 + r7 + r8 =
b) O comprimento da linha curva será igual a
πr1 + πr2 + πr3 + πr4 + πr5 + πr6 + πr7 + πr8 = 
= π (r1 + r2 + r3 + r4 + r5 + r6 + r7 + r8 ) =
Resposta: C
34) O comprimento total da corda em centímetros é equivalente
a AB + BC + CM = 20 + 10 + 10 = 40.
Até coincidir com o ponto M, o ponto P girou:
– O arco 
�
PE, de centro em A, ângulo central 30° e raio 40 cm.
– O arco 
�
EF, de centro em B, ângulo central 60°e raio 20 cm.
– O arco 
�
FM, de centro em C, ângulo central 60° e raio 10 cm.
Assim, o ponto P realizou um percurso, em cm, igual a:
. 2π . 40 + . 2π . 20 + . 2π . 10 = 
Resposta: A
35) As medidas da figura estão em metros:
I) No triângulo EA’D’, retângulo em A’, temos:
EA’2 + A’D’2 = ED’2 ⇒ 302 + A’D’2 = 342 ⇒ A’D’ = 16
II)
�
DA’ = . 2π . 30 = . 2. 3 . 30 = 36
III)
�
CB’ = . 2π . 40 = . 2. 3 . 40 = 48
Assim, AD’ = AD +
�
DA’ + A’D’ = 98 + 36 + 16 = 150
e FC’ = FC +
�
CB’ + B’C’ = 98 – x + 48 + 16 = 162 – x
Para que Fábio e André corram a mesma distância, devemos
ter:
AD’ = FC’ ⇒ 150 = 162 – x ⇔ x = 12
Respostas: AD’ = 150 metros e FB = 12 metros
675
–––––––
5400
6 750 000,00
––––––––––––––
54 000 000,00
918
–––––––
5400
9 180 000,00
––––––––––––––
54 000 000,00
3024
–––––––
5400
30 240 000,00
––––––––––––––
54 000 000,00
1
–––
2
���3
––––
2
���2
––––
2
���3
––––
2
���3
––––
3
5
–––
2
20
–––
8
R
–––
r
x
–––
2
π . x
–––––
2
50π
–––––
3
60°
–––––
360°
60°
–––––
360°
30°
–––––
360°
1
–––
5
72°
––––––
360°
1
–––
5
72°
––––––
360°
78 –
36) A partir dos gráficos e das informações, pode-se construir a
tabela a seguir.
⇔ 
⇔ ⇔
Aos investimentos de alto risco (R$ 1.450,00), num total de 
R$ 6.000,00, corresponde o ângulo 
α = . 360° = 87°.
Aos investimentos de baixo risco (R$ 2.700,00), num total de
R$ 6.000,00, corresponde o ângulo 
β = . 360° = 162°.
Aos investimentos de médio risco (R$ 1.850,00), num total de
R$ 6.000,00, corresponde o ângulo 
γ = . 360° = 111°.
Respostas: Nos bancos B e C foram investidos, respec -
tivamente, R$ 2.000,00 e R$ 3.000,00.
As medidas dos ângulos α, β e γ são, respectiva -
mente, 87°, 162° e 111°.
37) I)
= ⇔ = ⇔
⇔ 2α � 179,4° ⇔ α � 89,7°
II)
= cos α � cos 89,7°
Resposta: E
38)
O ponto Q percorrerá, no eixo x, uma distância dada 
por r – r cos = r 1 – cos 
Resposta: B
39)
Sendo P, Q e R pertencentes ao 2o. quadrante da circunferência
trigonométrica da figura, os arcos trigonomêtricos 
�
MP, 
�
MQ e
�
MR da 1a. volta são tais que:
sen
�
MQ = ⇔ �MQ = 
cos 
�
MR = – ⇔ �MR = 
e 
�
MQ � 
�
MP � 
�
MR ⇒ � α � , pois 
�
MP = α
Resposta: B
Banco
Capital
investido
(R$)
Investimento
de alto risco
(R$)
Investimento
de médio risco
(R$)
Investimento
de baixo risco
(R$)
A 1000 50 150 800
B b 10%.b 70%.b 20%.b
C c 40%.c 10%.c 50%.c
Totais 6000 1450 1850 2700
1 000 + b + c = 6 000
50 + 10%b + 40%c = 1 450
150 + 70%b + 10%c = 1 850
800 + 20%b + 50%c = 2 700
�
b = 2 000
c = 3 000�
b + c = 5 000
0,1 . b + 0,4 . c = 1 400
0,7 . b + 0,1 . c = 1 700
0,2 . b + 0,5 . c = 1 900
�
1 450
––––––
6 000
2 700
–––––––
6 000
1 850
–––––––
6 000
360°
––––––
29,7
2α
––––––
14,8
360°
–––––––––––––––––
(14,8 + 14,9)dias
2α
–––––––––
14,8 dias
dL
–––––
dS
�d–––r�d–––r
2π
–––
3
���3
–––
2
3π
–––
4
���2
–––
2
3π
–––
4
2π
–––
3
– 79
MATEMÁTICA
LIVRO 1
TRIGONOMETRIA
Capítulo 3 – Estudo das Funções Trigonométricas 
29) E = =
= = = 3
Resposta: 3
30) Para x = , temos:
A = sen 3x + cos 4x – tg 2x =
= sen + cos 2π – tg π = – 1 + 1 – 0 = 0
Resposta: zero
31) I) 1920° = 5 . 360° + 120° ⇒ 120° é 1a. determinação positiva
II) sen 1920° = sen 120° = sen 60° =
Resposta:
32) I) � � 5,5
II) 2π � 2 . 3,14 = 6,28
III) 5,5 < 6 < 6,28 ⇒ < 6 < 2π ⇒
⇒ sen < sen 6 < sen 2π ⇒ – < A < 0
Resposta: E 
33)
I) sen 240° = – sen 60° = –
II) cos 240° = – cos 60° = –
III) tg 240° = tg 60° = ���3
IV)– < – < ���3 ⇒ sen 240° < cos 240° < tg 240°
Resposta: C
34) I) 1440° = 4 . 360° + 0°
II) 810° = 2 . 360° + 90°
III) 720° = 2 . 360° + 0°
IV)cos 1440° + sen 810° + tg 720° =
= cos 0° + sen 90° + tg 0° = 1 + 1 + 0 = 2
Resposta: B
35) – 1 ≤ cos x ≤ 1 ⇒ – 3 ≤ – 3 . cos x ≤ 3 ⇒
⇒ 2 – 3 ≤ 2 – 3 . cos x ≤ 2 + 3 ⇒
⇒ – 1 ≤ f(x) ≤ 5 ⇒ Im(f) = [– 1; 5]
Resposta: E
36) Para ∀x ∈ �, temos:
– 1 ≤ cos x ≤ 1 ⇔ 0 ≤ cos2 x ≤ 1 ⇔ 0 ≤ cos2x ≤ ⇔
⇔ 2 ≤ 2 + cos2x ≤ 
Dessa forma: 2 + =
Resposta: D
sen 90° + cos 360° + sen 270° . cos 180°
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
cos 0° + sen 0°
3
–––
1
1 + 1 + (– 1) . (– 1)
–––––––––––––––––––
1 + 0
π
–––
2
3π
––––
2
���3
––––
2
���3
––––
2
7 . 3,14
––––––––
4
7π
––––
4
7π
––––
4
���2
––––
2
7π
––––
4
���3
––––
2
1
–––
2
1
–––
2
���3
––––
2
2
–––
3
2
–––
3
8
–––
3
2
–––
3
14
–––
3
8
–––
3
80 –
37) sen x = –
Para 0 ≤ x ≤ 2π, temos x = ou x = 
Resposta: V = ;
38) cos x = –
Para 0 ≤ x ≤ 2π, temos x = ou x = 
Resposta: V = ;
39) tg x = ± 1 ⇔ tg x = – 1 ou tg x = 1 
Para 0 ≤ x ≤ 2π, temos x = ou x = ou 
x = ou x = 
Resposta: V = ; ; ; 
40) I) cos2α = 1 – sen2α = 1 –
2
= 1 – = ⇒
⇒ cos α = – , pois α ∈ 2o. quadrante
II) tg α = = = –
Resposta: C
41) sen2x = 1 – cos2x = 1 –
2
= 1 – = ⇒
⇒ sen x = – , pois x ∈ 4o. quadrante 
Resposta: D
42) I) cos2x = 1 – sen2x = 1 –
2
= 1 – = ⇒
⇒ cos x = – , pois x ∈ 2o. quadrante 
II) tg x = = = – 1
Resposta: A
43) Considerando a função f(x) = sen x, tem-se:
I) Verdadeira. A função é crescente no 4o. quadrante.
II) Falsa. A imagem da função é o intervalo [– 1; 1]. 
III) Falsa. A função é ímpar, pois sen(– x) = – sen x, para todo x
real.
IV)Falsa. f = sen = 
V) Verdadeira. f = sen = 1
Resposta: B
44) Se x ∈ π; e cos x = 2k – 1, então: 
– 1 < cos x < 0 ⇒ – 1 < 2k – 1 < 0 ⇔ 0 < 2k < 1 ⇔
⇔ 0 < k < ⇔ k ∈ 0; 
Resposta: E
1
––
2
11π
––––
6
7π
––––
6

11π––––6
7π
––––
6�
���2
––––
2
5π
––––
4
3π
––––
4

5π––––4
3π
––––
4�
3π
––––
4
π
–––
4
7π
––––
4
5π
–––
4

7π––––4
5π
––––
4
3π
––––
4
π
–––
4�
16
––––
25
9
––––
25�
3
––
5�
4
––
5
3
––
4
3
–––
5
––––––
4
– ––
5
sen α
–––––––
cos α
1
––––
16
15
––––
16
������15–––––
4
�
1
––––
4
2
–––
4
2
–––
4
����2––––
2
�
���2
––––
2
���2
––––
2
––––––––
���2
– ––––
2
sen x
–––––––
cos x
���2
––––
2
π
–––
4�π–––4�
π
–––
2�π–––2�
�3π–––2	
�1–––2	
1
–––
2
– 81
45) 9– cos x = ⇔ (32)– cos x = 3– 1 ⇔
⇔ 3– 2 cos x = 3– 1 ⇔ – 2 cos x = – 1 ⇔ cos x =
O menor valor positivo de x para o qual cos x = é .
Resposta: C
46) I) = 1 ⇔ = 1 ⇔ = 1 ⇔
⇔ 252 . cos2x – cos x = 250 ⇔ 2 . cos2x – cos x = 0 ⇔
⇔ cos x . (2 . cos x – 1) = 0 ⇔ cos x = 0 ou cos x = 
II) Para 0 ≤ x < , cos x = 0 não tem solução e 
cos x = ⇒ x = 
Resposta: D
47) sec x = 1 ⇔ = 1 ⇔ cos x = 1 
Para 0 ≤ x ≤ 2π, temos x = 0 ou x = 2π
Resposta: V = {0; 2π}
48) cossec x = 0 ⇔ = 0, que é impossível
Resposta: V = Ø
49) cotg x = 1 ⇔ = 1 ⇔ tg x = 1
Para 0 ≤ x ≤ 2π, temos x = ou x = 
Resposta: V = ; 
50) sen x ≥ 
Para 0 ≤ x < 2π, temos ≤ x ≤ 
Resposta: V = x ∈ � 
 ≤ x ≤ 
51) sen x ≤ –
Para 0 ≤ x < 2π, temos ≤ x ≤ 
Resposta: V = x ∈ � 
 ≤ x ≤ 
1
–––
3
1
–––
2
π
–––
3
1
–––
2
25
2 . cos2x
–––––––––––
25cos x
(252)
cos2x
–––––––––––
25cos x
625
cos2x
–––––––––
25cos x
1
–––
2
π
–––
2
π
–––
3
1
–––
2
1
–––––––
cos x
1
–––––––
sen x
1
–––––
tg x
5π
–––
4
π
–––
4

5π–––4
π
–––
4�
1
–––
2
5π
–––
6
π
–––
6

5π–––6
π
–––
6�
���2
––––
2
7π
––––
4
5π
––––
4

7π––––4
5π
––––
4�
82 –
52) cos x < 
Para 0 ≤ x < 2π, temos < x < 
Resposta: V = x ∈ � 
 < x < 
53) cos x ≥ 
Para 0 ≤ x < 2π, temos 0 ≤ x ≤ ou ≤ x < 2π
Resposta: V = x ∈ � 
 0 ≤ x ≤ ou ≤ x < 2π
54) tg x ≥ 1 
Para 0 ≤ x < 2π, temos ≤ x < ou ≤ x < 
Resposta: V = x ∈ � 
 ≤ x < ou ≤ x < 
55) tg x < – 1 
Para 0 ≤ x < 2π, temos < x < ou < x < 
Resposta: V = x ∈ � 
 < x < ou < x < 
56) Como – 1 ≤ sen t – ≤ 1, o valor mínimo de P(t) é obtido
quando sen t – = – 1, isto é: 
t – = ⇒ t = 2π
Resposta: D
57) sen x = cos x ⇔ = 1 ⇔ tg x = 1
Para 0 < x < 2π, temos x = ou x = 
Resposta: V = ; 
���3
––––
2
11π
–––––
6
π
–––
6

11π–––––6
π
–––
6�
1
–––
2
5π
–––
3
π
–––
3

5π–––3
π
–––
3�
3π
–––
2
5π
–––
4
π
–––
2
π
–––
4

3π–––2
5π
–––
4
π
–––
2
π
–––
4�
7π
–––
4
3π
–––
2
3π
–––
4
π
–––
2

7π–––4
3π
–––
2
3π
–––
4
π
–––
2�
�π––2�
�π––2�
3π
–––
2
π
––
2
sen x
–––––––
cos x
5π
–––
4
π
–––
4

5π–––4
π
–––
4�
– 83
58) sen πx + cos πx = 0 ⇔ sen πx = – cos πx ⇔ = – 1 ⇔
⇔ tg πx = – 1 ⇔ πx = +n . π, n ∈ � ⇔ x = + n, n ∈ �
Sendo 0 ≤ x ≤ 2, temos:
para n = 0 ⇒ x =
para n = 1 ⇒ x = + 1 = 
Resposta: V = ;
59) tg x – 2 . sen x = 0 ⇔ – 2 . sen x = 0 ⇔
⇔ sen x . – 2 = 0 ⇔ sen x = 0 ou – 2 = 0 ⇔
⇔ sen x = 0 ou cos x =
Para 0 ≤ x ≤ , temos x = 0 ou x = 
Resposta: V = 0; 
60) sen x = 
A solução geral da equação, nesses 2 pontos, é:
x = + n . 2π ou x = + n . 2π
Resposta: x ∈ � 
 x = + n . 2π ou x = + n . 2π (n ∈ �)
61) cos x = –
A solução geral da equação, nesses 2 pontos, é:
x = ± + n . 2π
Resposta: V = x ∈ � 
 x = ± + 2nπ, n ∈ �
62) sen x . cos x = 0 ⇔ sen x = 0 ou cos x = 0
A solução geral da equação, nesses 4 pontos, é:
x = 0 + n . = n . 
Resposta: V = x ∈ � 
 x = n . , n ∈ �
63) cos2x = ⇔ cos x = ± = ± = ± 
A solução geral da equação, nesses 4 pontos é 
x = + n . 
Resposta: V = x ∈ � 
 x = + n . , n ∈ �
sen πx
––––––––
cos πx
3
–––
4
3π
––––
4
3
–––
4
7
–––
4
3
–––
4

7–––4
3
–––
4�
sen x
––––––––
cos x
1
––––––
cos x�
1
––––––
cos x�
1
–––
2
π
–––
3
π
–––
2

π–––3�
1
–––
2
5π
–––
6
π
–––
6

5π–––
6
π
–––
6
�
���3
––––
2
5π
–––
6

5π–––
6
�
π
–––
2
π
–––
2

π–––
2
�
���2
––––
2
1
––––
���2
1
–––
2
1
–––
2
π
–––
2
π
–––
4
π
–––
2
π
–––
4
� 
84 –
64) tg2x = 1 ⇔ tg x = ± 1 
A solução geral da equação, nesses 4 pontos, é:
x = + n . 
Resposta: V = x ∈ � 
 x = + n . , n ∈ �
65) sen x >
A solução geral da inequação é:
+ n . 2π < x < + n . 2π
Resposta: V = x ∈ � 
 + n . 2π < x < + n . 2π, n ∈ �
66) cos x ≤
A solução geral da inequação é:
+ n . 2π ≤ x ≤ + n . 2π
Resposta: V = x ∈ � 
 + n . 2π ≤ x ≤ + n . 2π , n ∈ �
67) tg x ≥ 1
A solução geral da inequação é:
+ n . π ≤ x < + n . π
Resposta: V = x ∈ � 
 + n . π ≤ x < + n . π , n ∈ �
68) Para que a função y = ��������� sen x exista, em �, devemos ter 
sen x ≥ 0.
Assim, o domínio da função é:
0 + n . 2π ≤ x ≤ π + n . 2π ⇔ n . 2π ≤ x ≤ π + n . 2π
Resposta: D = {x ∈ � 
 n . 2π ≤ x ≤ π + n . 2π} (n ∈ �)
69) I) Para que a função f(x) = ���������� sen 3x exista, em �, devemos ter
sen 3x ≥ 0
II) 0 + n . 2π ≤ 3x ≤ π + n . 2π ⇔ n . ≤ x ≤ + n . 
III) Sendo 0 ≤ x ≤ π, temos:
para n = 0 ⇒ 0 ≤ x ≤ 
para n = 1 ⇒ ≤ x ≤ π
Resposta: D(f) = x ∈ � 
 0 ≤ x ≤ ou ≤ x ≤ π
π
–––
2
π
–––
4

π–––
2
π
–––
4
�
���3
––––
2
2π
––––
3
π
–––
3

2π––––
3
π
–––
3
�
���2
––––
2
7π
––––
4
π
–––
4

7π––––
4
π
–––
4
�
π
–––
2
π
–––
4

π–––
2
π
–––
4
�
2π
––––
3
π
–––
3
2π
––––
3
π
–––
3
2π
––––
3

2π––––
3
π
–––
3
�
– 85
70) Para que a função f(x) = exista, devemos ter 
sen x + cos x ≠ 0 ⇔ sen x ≠ – cos x ⇔
⇔ ≠ – 1 ⇔ tg x ≠ – 1
Assim, o domínio da função é x ≠ + n . π
Resposta: D(f) = � – + n . π (n ∈ �)
71) tg x – = 1
A solução geral da equação é:
x – = + n . π ⇔ x = + + n . π ⇔ x = + n . π
Resposta: x ∈ � 
 x = + n . π, n ∈ �
72) Para que a função f(x) = tg x – exista, devemos ter:
x – ≠ + n . π ⇔ x ≠ + + n . π ⇔ x ≠ + n . π
Resposta: D(f) = � – + n . π (n ∈ �); Im(f) = �
73) Se π < x < , então:
I) tg x = ⇔ = ⇔ sen x = 
II) sen2x + cos2x = 1 ⇒ + cos2x = 1 ⇔
⇔ 9 . cos2x + 16 . cos2x = 16 ⇔ 25 . cos2x = 16 ⇔
⇔ cos2x = ⇒ cos x = –
III) sen x = = = –
IV) y = cos x – sen x = – – – = – + = –
Resposta: –
74) Na equação do 2o. grau, em x,
x2 . sen α – 2 . x . cos α – sen α = 0, temos:
I) � = (– 2 . cos α)2 – 4 . sen α . (– sen α) =
= 4 . cos2α + 4 . sen2α = 4 . (cos2α + sen2α) = 4 . 1 = 4
III) x = = = 
Resposta: V = ;
75) sen3x . cos x – 3 . sen x . cos3x = 0 ⇔
⇔ sen x . cos x . (sen2x – 3 . cos2x) = 0 ⇔
⇔ sen x . cos x . (1 – cos2x – 3 . cos2x) = 0 ⇔
⇔ sen x . cos x . (1 – 4 . cos2x) = 0 ⇔
⇔ sen x = 0 ou cos x = 0 ou 1 – 4 . cos2x = 0 ⇔
⇔ sen x = 0 ou cos x = 0 ou cos x = ± 
No intervalo [0; 2π[, as soluções da equação são 
0; ; π; ; ; ; ; 
Resposta: 0; ; π; ; ; ; ; 
sen x
–––––––––––––
sen x + cos x
sen x
––––––
cos x
3π
––––
4

3π–––
4
�
�π–––
2
�
3π
––––
4
π
–––
2
π
–––
4
π
–––
4
π
–––
2

3π–––
4
�
�
π
–––
4�
3π
–––
4
π
–––
4
π
–––
2
π
–––
2
π
–––
4

3π–––
4
�
3π
––––
2
3 . cos x
–––––––––
4
3
–––
4
sen x
–––––––
cos x
3
–––
4
9 . cos2x
––––––––––
16
4
–––
5
16
–––––
25
3
–––
5
4
3 . �– –––�5
––––––––––––
4
3 . cos x
––––––––––
4
1
–––
5
3
–––
5
4
–––
5
�3–––
5
�4–––
5
1
–––
5
cos α ± 1
–––––––––––
sen α
2 . (cos α ± 1)
––––––––––––––
2 . sen α
2 . cos α ± 2
––––––––––––––
2 . sen α

cos α + 1–––––––––
sen α
cos α – 1
–––––––––
sen α�
1
–––
2
5π
–––
3
4π
–––
3
2π
–––
3
π
–––
3
3π
–––
2
π
–––
2

5π–––
3
4π
–––
3
2π
–––
3
π
–––
3
3π
–––
2
π
–––
2
�
86 –
76) Seja S(x) = 1 + 2 . sen x + 4 . (sen x)2 + 8 . (sen x)3
a) S = 1 + 2 . sen + 4 . sen
2
+ 8 . sen 
3
=
= 1 + 2 . + 4 . 
2
+ 8 . 
3
=
= 1 + ���3 + 3 + 3���3 = 4 + 4���3 
b) S(x) = 0 ⇒ 1 + 2 . sen x + 4 . (sen x)2 + 8 . (sen x)3 = 0 ⇔
⇔ 1 . (1 + 2 . sen x) + 4 . (sen x)2 . (1 + 2 . sen x) = 0 ⇔
⇔ (1 + 2 . sen x) . (1 + 4 . sen2x) = 0 ⇔
⇔ 1 + 2 . sen x = 0 ou 1 + 4 . sen2x = 0 ⇔
⇔ sen x = – ou sen2x = – (impossível)
Para x ∈ [ – 2π; 2π], as soluções da equação são 
x = – ou x = – ou x = ou x = 
Resposta: a) 4 + 4���3 
b) – ; – ; ; 
77) O mês de produção máxima ocorre quando o preço é mais
baixo, assim, deve-se ter:
cos = –1
Fazendo = π, tem-se:
πx – π = 6π ⇔ πx = 7π ⇔ x = 7, que corresponde ao mês de
julho.
Resposta: D
78) I) Observemos que 
V(t) = 2 . sen – + 3 . sen – ≤ 5, 
pois – 1 ≤ sen – ≤ 1 e 
– 1 ≤ sen – ≤ 1.
Além disso, V(t) = 5 se, e somente se,
sen – = 1 e sen – = 1 
II) sen – = 1 ⇔ – = + k . 2π ⇔
⇔ = + 2k ⇔ (I)
sen – = 1 ⇔ – = + p . 2π ⇔
⇔ = + 2p ⇔ (II)
Os valores de t que satisfazem (I) são elementos do conjunto 
{… – 225; 135; 495; 855; …} e os valores de t que satisfazem (II)
são elementos do conjunto {…; – 25; 15; 55; 95; 135; …}. 
O primeiro valor positivo de t que satisfaz as duas equações é
135.
135 dias contados a partir de 1o. de janeiro, com meses de 30 
dias, resultam no dia 15 de maio.
Resposta: E
79) 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 de 2015 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
80) det A = = cos2x + sen2x = 1 � 0, 
∀x ∈ �
Logo, A é invertível para todos os valores de x.
Resposta: D
�π––
3
��π––
3
�π––
3
�π––
3
�
����3––––
2
�����3––––
2
����3––––
2
1
––
4
1
––
2
11π
––––
6
7π
––––
6
π
–––
6
5π
––––
6

11π––––
6
7π
––––
6
π
–––
6
5π
––––
6
�
�πx – π–––––––
6
�
πx – π
–––––––
6
�π––4
π t
––––
20��
π
––
4
π t
––––
180�
�π––4
π t
––––
180�
�π––4
π t
––––
20�
�π––4
π t
––––
20��
π
––
4
π t
––––
180�
π
––
2
π
––
4
π t
––––
180�
π
––
4
π t
––––
180�
t = 135 + 360k, com k ∈ �
3
––
4
t
––––
180
π
––
2
π
––
4
π t
––––
20�
π
––
4
π t
––––
20�
t = 15 + 40p, com p ∈ �
3
––
4
t
––––
20
�𖖖3��
π
–––
3�
�π–––3�
π
–––
3�
π
–––
3�
π
–––
3�
π
–––
3�
cos x
0
sen x
0
1
0
– sen x
0
cos x
– 87
81) I) f(x) = 31 + x ⇒ f(x) > 0
II) g(x) = sen x ⇒ – 1 ≤ g(x) ≤ 1
III) (fog)(x) = f(g(x) = 31 + g(x)
IV) – 1 ≤ g(x) ≤ 1 ⇒ 0 ≤ 1 + g(x) ≤ 2 ⇒
⇒ 30 ≤ 31 + g(x) ≤ 32 ⇒ 1 ≤ (fog)(x) ≤ 9 ⇒ Im(fog) = [1; 9]
V) (gof)(x) = g(f(x)) = sen(f(x))
VI) f(x) > 0 ⇒ – 1 ≤ sen(f(x)) ≤ 1 ⇒ – 1 ≤ (gof)(x) ≤ 1 ⇒
⇒ Im(gof) = [– 1; 1]
Resposta: D
82) Sendo x pertencente ao segundo quadrante e 
cos x = – 0,8, tem-se:
sen2 x + cos2 x = 1 ⇒ sen2 x + (– 0,8)2 = 1 ⇔
⇔ sen2x = 0,36 ⇒ sen x = 0,6
Logo, tg x = = = –0,75
Resposta: B
83) Seja o triângulo retângulo cujas medidas são ��a, 2��a e a, cuja
maior hipotenusa tem medida a, conforme a figura.
A tangente do seu menor ângulo é dada por 
tg 
 = = , ou seja, 
 = arc tg 
Observação:
Se 2��a é hipotenusa,temos que: (2��a)2 = a2 + (��a)2 e a = 3 e,
se a é hipotenusa, a2 = (��a)2 + (2��a)2 e a = 5; logo, a maior
hipotenusa tem medida a.
Resposta: C
84) 2 sen x = 1 + cos x ⇒ 4 sen2x = 1 + 2 cos x + cos2 x ⇔
⇔ 4 (1 – cos2 x) = 1 + 2 cos x + cos2 x ⇔
⇔ 4 – 4 cos2 x = 1 + 2 cos x + cos2 x ⇔
⇔ 5 cos2 x + 2 cos x – 3 = 0 ⇔
⇔ cos x = ou cos x = – 1
⇔ x = arc cos ou x = π, pois x ∈ [0; 2π]
Resposta: A
85) I) O período da função y = sen x é 2π.
II) O coeficiente de x na função y = 3 . sen (2x) é 2, então, o
período é = = π
Resposta: π
86) I) O período da função y = tg x é π.
II) O coeficiente de x na função y = π . tg(π x) é π, então, o
período é = = 1
Resposta: 1
87) I) O período da função y = cos x é 2π.
II) O coeficiente de x na função y = a + b . cos (cx + d) é c, 
então, o período é
Resposta: 
88) y = 2 . sen x ⇒ Im = [– 2; 2] e p = 2π
89) y = sen x – 2 ⇒ Im = [– 3; – 1] e p = 2π
90) y = 2 . sen ⇒ Im = [– 2; 2] e p = = 4π
0,6
–––––
–0,8
sen x
–––––––
cos x
2 a
a
a
�
1
–––
2
1
–––
2
��a
––––
2��a
3
–––
5
�
3
–––
5
�
2π
––––
2
2π
––––
2
π
–––
π
π
––––
π
2π
––––
c
2π
––––
c
2π
–––––
1
–––
2
�x–––2�
88 –
91) y = sen 
x
 ⇒ Im = [– 1; 1], x e – x possuem mesmo resultado na função
92) I) Se x ≥ 0 ⇒ 
x
 = x, então: y = sen x + sen 
x
 = sen x + sen x = 2 . sen x
II) Se x ≤ 0 ⇒ 
x
 = – x, então: y = sen x + sen 
x
 = sen x + sen(– x) = sen x – sen x = 0
93) D(f) = �; Im(f) = [– 2; 2]; P = 4π
94) I) Considerando f(x) = sen x e g(x) = cos x, para 0 < x < 2π,
temos, graficamente:
II) sen x > cos x ⇔ f(x) > g(x) ⇔ < x < , pois neste 
intervalo, o gráfico de f(x) está acima do gráfico de g(x).
Resposta: A 
95)
Assim, o gráfico apresentado é da função f(x) = 2 cos (x) + 1 e,
portanto, a = 2 e b = 1 
Desta forma, a + b = 2 + 1 = 3 e b – a = 1 – 2 = – 1
Resposta: E
96)
A área S da região sombreada é obtida pela diferença entre a
área do retângulo de lados 1 e π, e a área limitada pelo eixo x,
pelas retas de equações x = 0 e x = π e pelo gráfico da função
definida por y = sen x. Logo, S = 1 . π – (cos 0 – cos π) =
= π – (1 – (– 1)) � 3,14 – 2 = 1,14
Resposta: D
3π
–––
4
π
–––
4
– 89
97) A partir do gráfico, observa-se que o período da função é 
p = – = – – =
= – – – = = 
Resposta: E
98) a) Na função y = A + 0,6 . sen [ω(t – 7)], o valor máximo é
obtido quando sen [ω(t – 7)] = 1, assim, para y = 3,6
devemos ter: 3,6 = A + 0,6 . 1 ⇔ A = 3
b) Se o período da função y = 3 + 0,6 . sen[ωt – 7ω] é 12, então
= 12 ⇔ 
ω
 = = ⇔ ω = ± 
Respostas: a) A = 3 metros
b) ω = ± radiano/hora
99) A função f(x) = 900 – 800 . sen , em que f(x) é o 
número de clientes, assume:
I) número máximo de clientes, quando 
sen = –1 (às 18 horas), igual a: 
f(18) = 900 – 800 . sen = 900 – 800 . (–1) = 1700
II) número mínimo de clientes, quando 
sen = 1 (às 6 horas), igual a:
f(6) = 900 – 800 . sen = 900 – 800 = 100
Portanto, a diferença entre o número máximo e o número
mínimo de clientes dentro do super mer cado, em um dia
completo, é igual a 1600.
Resposta: E
100) Podem-se atribuir valores para t e obter os valores para a
função. Assim:
O único gráfico que satisfaz esses valores é o da alternativa B.
101) A amplitude (a) é igual a . Sendo o período da função igual 
a , temos: P = = ⇒ f = 256
Assim, o produto da amplitude (a) pela frequência (f) é igual a:
a . f = . 256 = 16
Resposta: B
102) Sendo M = e sen(a) = , para
Vsom = 340 m/s e a = 30°, temos: 
sen(a) = ⇔ M . sen(a) = 1 ⇔
⇔ . sen a = 1 ⇔ . sen 30° = 1 ⇔
⇔ . = 1 ⇔ v = 680 m/s 
Resposta: C
�
π
–––
12�
5π
–––
12
5π
–––
12
11π
––––
12
π
–––
2
6π
–––
12�
7π
–––
12�
π
––––
12
π
–––
6
π
–––
6
2π
–––––
12
2π
–––––
ω
π
–––
6
x . π�–––––�12
x . π�–––––�12
18 . π�––––––�12
x . π�–––––�12
6 . π�–––––�12
t
3π
x = x(t) = cos �π . t + ––––�
2
0
3π 3π
x(0) = cos �π . 0 + ––––� = cos �π . 0 + ––––� = 0
2 2
1
––
2
1 1 3π
x�––� = cos �π . –– + ––––� = cos (2π) = 1
2 2 2
1
3π 5π
x(1) = cos �π . 1 + ––––� = cos �––––� = 0
2 2
3
––
2
3 3 3π
x�––� = cos �π . –– + ––––� = cos (3π) = – 1
2 2 2
2
3π 7π
x(2) = cos �π . 2 + ––––� = cos �––––� = 0
2 2
1
–––
16
1
––––
256
2 π
–––––
2 π f
1
–––
256
1
–––
16
1
––––
M
v
––––––
Vsom
1
––––
M
v
–––––––––
340 m/s
v
––––––
Vsom
1
–––
2
v
–––––––––
340 m/s
90 –
MATEMÁTICA
LIVRO 1
GEOMETRIA PLANA
Capítulo 1 – Introdução à Geometria – Ângulo – Paralelismo
11) a) convexa b) não convexa c) convexa
d) não convexa e) convexa f) não convexa
12) 180° – (90° – x) = 180° – 90° + x = 90° + x
Resposta: B
89° 59’
13) 90° 60’ 60”
– 40° 30’ 30”
––––––––––––––––
49° 29’ 30”
Resposta: 49° 29’ 30”
14) ângulo = 40°
complemento: 90° – 40° = 50°
suplemento: 180° – 40° = 140°
replemento: 360° – 40° = 320°
Resposta: D
15) x = (180° – x) ⇔ 4x = 900° – 5x ⇔ 4x + 5x = 900° ⇔
⇔ 9x = 900° ⇔ x = 100°
Resposta: A
16) x = ⇔ 2x = 90° – x ⇔ 2x + x = 90° ⇔
⇔ 3x = 90° ⇔ x = ⇔ x = 30°
Resposta: A
17) Se α e β são dois ângulos complementares e adjacentes, então
α + β = 90°
O ângulo formado pelas bissetrizes é:
+ = = = 45°
Resposta: E
18) 2 . (90° – x) + 40° = 180° – x ⇔ 180° – 2x + 40° = 180° – x ⇔
⇔ – 2x + x = – 40° ⇔ x = 40° 
Resposta: 40°
19) Se os dois ângulos com medidas expressas por números
ímpares consecutivos são α e α + 2°, temos:
α + α + 2° = 76° ⇔ 2α = 76° – 2° ⇔ 2α = 74° ⇔ α = 37°
Os ângulos são 37° e 39°, o menor é 37°
Resposta: 37°
20) x – – = 60° ⇔ – = 60° ⇔
⇔ – = 60° ⇔ – = 60° ⇔
⇔ = ⇔ 6x = 360° + 540° ⇔
⇔ 6x = 900° ⇔ x = ⇔ x = 150°
Resposta: E
21) Complemento: Suplemento:
89° 59’ 179° 59’
90° 60’ 60” 180° 60’ 60”
– 37° 20’ 07” – 37° 20’ 07”
–––––––––––––––– ––––––––––––––––
52° 39’ 53” 142° 39’ 53”
Resposta: B
22) I) 3 . (90° – x) = x + ⇔ 270° – 3x = x + ⇔
⇔ 270° – 3x = ⇔ 540° – 6x = 3x ⇔
⇔ 540° = 3x + 6x ⇔ 540° = 9x ⇒ x = 60°
II) O suplemento de x é 180° – x = 180° – 60° = 120°
Resposta: E
23) 3 . (90° – x) = ⇔ 9 . (90° – x) = 180° – x ⇔
⇔ 810° – 9x = 180° – x ⇔ 810° – 180° = – x + 9x ⇔
⇔ 630° = 8x ⇔ x = ⇔ x = 78° 45’
Resposta: E
24) I) Se α e 3α são os ângulos adjacentes, o ângulo formado
pelas bissetrizes desses ângulos é = 2α.
II) 90° – 2α = 50° ⇔ 2α = 40° ⇔ α = 20°
III) A soma dos ângulos é α + 3α = 4α = 4 . 20° = 80°, cujo
complemento é 90° – 80° = 10°
Resposta: A
25)
a = x + 10° 
�b = 2x + 50° ⇒ x + 10° + 2x + 50° = 180° ⇔
a + b = 180°
⇔ 3x + 60° = 180° ⇔ 3x = 180° – 60° ⇔
⇔ 3x = 120° ⇔ x = ⇔ x = 40°
Resposta: C
5
–––
4
90° – x
––––––––
2
90°
–––––
3
90°
––––
2
α + β
––––––
2
β
–––
2
α
–––
2
2x�180° – –––�3
––––––––––––
2
3x – x
–––––––
3
2x�180° – –––�3
––––––––––––
2
x
–––
3
540° – 2x
––––––––––
6
2x
––––
3
540° – 2x�–––––––––�3
––––––––––––
2
2x
––––
3
360°
–––––––
6
4x – 540° + 2x
–––––––––––––––
6
900°
–––––––
6
x
–––
2
x
–––
2
2x + x
––––––––
2
(180° – x)
––––––––––
3
630°
–––––
8
α + 3α
–––––––
2
120°
–––––
3
– 91
26) 3 . – x = ⇔ 9 . – x = π – x ⇔
⇔ – 9x = π – x ⇔ – π = – x + 9x ⇔
⇔ = 8x ⇔ 7π = 16x ⇔ x = 
Resposta: D
32)
I) ⇔
II) α + γ = 180° ⇒ 36° + γ = 180° ⇔ γ = 144°
Resposta: B
33) Como r // s, então A + B = 180° e, pelo enunciado, B = 3A,
assim:
A + B = 180° ⇒ A + 3A = 180° ⇔ 4A = 180° ⇔
⇔ A = = 45° e B = 3A = 3 . 45° = 135°
Logo, B – A = 135° – 45° = 90° 
Resposta: A
34)
x + 30° + x = 180° ⇔ 2x = 180° – 30° ⇔
⇔ 2x = 150° ⇔ x = ⇔ x = 75°
O maior é x + 30° = 75° + 30° = 105°
Resposta: A
35) x + 2x + 135° = 180° ⇔ = 180° ⇔
⇔ 5x + 270° = 360° ⇔ 5x = 360° – 270° ⇔
⇔ 5x = 90° ⇔ x = ⇔ x = 18°
Resposta: A
36) α = 9x, β = 6x e α + β = 180°, então: 
9x + 6x = 180° ⇔ 15x = 180° ⇔ x = ⇔ x = 12°
Logo, α = 9x = 9 . 12° = 108° e β = 6x = 6 . 12° = 72°
Resposta: C
37) 4x + 30° + x + 20° = 180° ⇔ 5x + 50° = 180° ⇔
⇔ 5x = 180° – 50° ⇔ 5x = 130° ⇔ x = ⇔ x = 26°
Resposta: B
38) x – 25° + 2x + 40° = 180° (os ângulos são colaterais) ⇔
⇔ 3x + 15° = 180° ⇔ 3x= 180° – 15° ⇔ 3x = 165° ⇔
⇔ x = ⇔ x = 55°
Resposta: A
39)
Traçando uma reta t, pelo vértice do ângulo reto, paralela às
retas r e s, tem-se:
x + 80° = 180° ⇔ x = 180° – 80° ⇔ x = 100°
Resposta: B
40)
Traçando uma reta t, pelo vértice do ângulo reto, paralela às
retas r1 e r2, tem-se: α = 40°
Resposta: A
�π–––2�
π – x
––––––
3�
π
–––
2�
9π
––––
2
9π
––––
2
7π
––––
16
9π – 2π
–––––––
2
α = 36°
β = 36°�
α = β
α + β = 72°�
180°
–––––
4
150°
–––––
2
x + 4x + 270°
–––––––––––––
2
1
–––
2
90°
––––
5
180°
––––
15
130°
––––
5
165°
––––
3
92 –
41)
Traçando uma reta t, pelo vértice do ângulo α, paralela às
retas r e s, tem-se: α = 15° + 30° ⇔ α = 45°
Resposta: D
42)
Traçando uma reta t, pelo vértice do ângulo 3, paralela às retas
r e s, e sendo x a medida do ângulo 3, tem-se:
x = 45° + 55° = 100°
Resposta: E
43)
Traçando uma reta t, pelo vértice C, paralela às retas 
↔
AB e 
↔
DE,
tem-se: 
α + 30° = 70° ⇔ α = 70° – 30° ⇔ α = 40°
Resposta: B
44)
α + 80° = 180° ⇔ α = 180° – 80° ⇔ α = 100°
Resposta: A
45) I) y + 20° = 120° ⇔ y = 120° – 20° ⇔ y = 100°
II) x = y = 100°
Então, 2x + 3y = 2 . 100° + 3 . 100° = 5 . 100° = 500°
Resposta: B
46) Conforme a figura:
2x + 4x + 60° = 180° ⇔ 6x = 180° – 60° ⇔
⇔ 6x = 120° ⇔ x = ⇔ x = 20°
Pelo teorema do ângulo externo, no triângulo,
b = 60° + 2x = 60° + 2 . 20° = 60° + 40° = 100° 
Resposta: A
120°
–––––
6
– 93
47) Traçando as retas t e p, pelos vértices dos ângulos 40° e 70°,
respectivamente, paralelas às retas r e s, tem-se:
α = 50°
Resposta: D
48)
Como as grandezas são diretamente proporcionais, tem-se:
= ⇔ = ⇔
⇔ C = 50 . 800 km = 40000 km
Resposta: 40000 km
ângulo central comprimento do arco
7,2° 800 km
360° C
800 km
––––––––
C
1
––––
50
800 km
––––––––
C
7,2°
––––––
360°
94 –
MATEMÁTICA
LIVRO 1
GEOMETRIA PLANA
Capítulo 2 – Triângulos
14)
x + 100° + 50° = 180° ⇔ x = 180° – 100° – 50° = 30°
Resposta: A
15)
50° + 50° + 180° – x = 180° ⇔ 100° = x
ou pelo teorema do ângulo externo:
x = 50° + 50° ⇔ x = 100°
Resposta: B
16)
Pelo teorema do ângulo externo,
x = 100° + 30° ⇔ x = 130°
Resposta: E
17)
Pelo teorema do ângulo externo,
x = 70° + 60° ⇔ x = 130°
Resposta: E
18)
I) A
^
DC = 90° ⇒ A^DB = 90° – 30° = 60°
II)
^
C = 180° – 90° – 40° ⇔ ^C = 50° 
III) No triângulo BCD, C
^
BD = 180° – 50° – 30° = 100°
Resposta: B
19)
x + 80° + 70° = 180° ⇔ x = 180° – 80° – 70° = 30°
Resposta: A
20)
I) d + 110° = 180° ⇔ d = 70° 
II) a = d ⇒ a = 70°
III) c + d + 30° = 180° ⇒ c + 70° + 30° = 180° ⇔ c = 80°
IV)b + c = 110° ⇒ b + 80° = 110° ⇔ b = 30°
V) a + b + c = 180° ⇒ a + 30° + 80° = 180° ⇔ a = 70°
Resposta: B
21)
I)
^
A = 180° – 70° – 50° = 60°
II) α = 180° – 30° – 50° = 100°
III) α + β = 180° ⇒ β = 180° – 100° = 80°
IV) = = 
Resposta: D
4
–––
5
80°
–––––
100°
β
–––
α
– 95
22)
Como 
^
A = 40°, 
^
B = 50° e 
^
C = 180° – 40° – 50° = 90°, o triângulo
é retângulo, a altura relativa ao vértice B é o cateto 
—
BC e a
altura relativa ao vértice A é o cateto 
—
AC. Assim, o ângulo
formado pelas alturas é 90°, que é o ângulo 
^
C do triângulo
ABC. 
Resposta: D
23)
I) Se 
—
AS é bissetriz do ângulo 
^
A, então 
B
^
AS = 
II) No triângulo ABH, temos:
– x + 
^
B = 90° ⇔
⇔ 180° – ^B – ^C – 2x + 2 ^B = 180° ⇔ ^B – ^C = 2x ⇔ x =
Resposta: D
24)
I) No triângulo ABC, temos: 
40° + 2y + 2z = 180° ⇔ 2(y + z) = 140° ⇔ y + z = 70°
II) No triângulo BCI, temos:
x + y + z = 180° ⇒ x + 70° = 180° ⇔ x = 110° 
Resposta: C
25)
α + 90° = 4α ⇔ 90° = 3α ⇔ α = 30°
Resposta: B
26)
I) No triângulo AHC, temos: 
^
A = 180° – 90° – 30° = 60°
II) No triângulo AHS, temos: H
^
SA = 180° – 30° – 90° = 60°
III) No triângulo BAS, temos:
110° + 60° + x = 180° ⇔ x = 180° – 110° – 60° = 10°
Resposta: D
27)
I)
^
B = 180° – 30° – 40° = 110°
II) r é a bissetriz de 
^
B, então C
^
BR = 55°
III) B
^
RA = 55° + 30° = 85°
Então, γ + 90° + 85° = 180° ⇔
⇔ γ = 180° – 90° – 85° ⇒ γ = 5°
Resposta: B
180° –
^
B –
^
C
–––––––––––––
2
180° –
^
B –
^
C
–––––––––––––
2
^
B –
^
C
––––––
2
96 –
28)
I) No triângulo ABC, temos:
α + 2x + 2x = 180° ⇔ α + 4x = 180° 
II) No triângulo BOC, temos: 
3α + x + x = 180° ⇔ 3α + 2x = 180° 
III) ⇔ ⇔
⇔ 5α = 180° ⇔ α = 36°
Resposta: D
29) Pelo enunciado, podemos construir a figura a seguir:
No triângulo BCF, temos:
x + 50° + 50° = 180° ⇔ x = 180° – 100° ⇔ x = 80°
Resposta: 80°
30) a) Verdadeiro. Cada ângulo interno do triângulo equilátro é
60°, logo, é um triângulo acutângulo.
b) Verdadeiro. Todos os ângulos internos do triângulo
equilátero são congruentes.
c) Verdadeiro. Todo triângulo equilátero tem dois lados con -
gruen tes.
d) Falso. Um triângulo que tem ângulos internos iguais a 40°,
60° e 80°, por exemplo, é acutângulo mas não é um triân -
gulo equilátero.
e) Verdadeiro. Um triângulo equilátero não pode ter ângulo
reto.
Resposta: D
31)
Sejam as medidas dos ângulos C
^
BD e A
^
BE respecti vamente
iguais a x e y.
I) No triângulo isósceles ABD, tem-se
A
^
BD = A
^
DB = y + 39°.
II) No triângulo isósceles BCE, tem-se 
B
^
EC = C
^
BE = x + 39°.
III) Desta forma, no triângulo BDE, tem-se
39° + (x + 39°) + (y + 39°) = 180° ⇔ x + y = 63°.
Assim, A
^
BC = A
^
BE + E
^
BD + D
^
BC = x + 39° + y =
= 63° + 39° = 102°.
Resposta: A
32)
a + d + b + e + c = 180°
Resposta: B
33)
2α + 2α + α = 180° ⇔ 5α = 180° ⇔ α = = 36°
Resposta: B
– α – 4x = – 180°
6α + 4x = 360°�α + 4x = 180°3α + 2x = 180°�
180°
–––––
5
– 97
34)
Se 
^
A = 20°, então, no triângulo ABC,
^
B = ⇒
⇒ ^B = 80° e ^C = 80° 
No triângulo BCP, tem-se: θ + x + 80° – θ = 180° ⇔
⇔ x = 180° – 80° = 100°
Resposta: B
35) 
Como 
^
A = 36° e AB = AC então, no triângulo ABC,
^
B = = 72°
Sendo CB = CD, então B
^
DC = 72°
a) No triângulo BCD, temos: 
DC
^
B = 180° – 72° – 72° = 36° e 
AD
^
C = 180° – 72° = 108°
b) �ADC é isósceles, pois D
^
AC = D
^
CA, então AD = DC
�BCD é isósceles, pois C
^
BD = C
^
DB, então BC = CD
Como AD = DC e BC = CD, então AD = BC 
36)
Como NQ = NH, então, θ = N
^
QH = N
^
HQ = 35°
Pelo teorema do ângulo externo, no triângulo NQH, 
β = 35° + 35° = 70°
Como o triângulo MPN é isósceles, então 
^
P = 180° – 70° – 70° = 40°
No triângulo PGH, 40° + α + 35° = 180° ⇔ α = 105°
Logo, α + β + θ = 105° + 70° + 35° = 210°
Resposta: D
37)
I) No triângulo ABD, AB = BD, então B
^
DA = B
^
AD = x
II) C
^
BD é ângulo externo do triângulo ABD, assim, 
C
^
BD = x + x = 2x
III) No triângulo BCD, BD = CD, então D
^
CB = C
^
BD = 2x
IV) y é ângulo externo do triângulo ACD, assim, y = x + 2x = 3x
Resposta: A
38)
X
^
YZ = 180° – 55° – 55° = 70°
Resposta: D
39)
I) No triângulo ABC, BA = BC, então 
^
A = 
^
C ⇒
⇒ 180° – 2y = 180° – 2x ⇔ x = y 
II) No ponto D, x + y + 80° = 180° ⇒ x = y = 50°
III)
^
A = 
^
C = 180° – 2 . 50° = 180° – 100° = 80°
IV)
^
A + 
^
B + 
^
C = 180° ⇒ 80° + ^B + 80° = 180° ⇔
⇔ ^B = 20°, portanto, A^BC = 20°
Resposta: A
180° – 20°
––––––––––
2
180° – 36°
––––––––––
2
98 –
40)
x + 3x = 80° ⇔ 4x = 80° ⇔ x = 20°, portanto, C ^AB = 20°
Resposta: 20°
41)
α – 40° + β = 90° ⇔ α + β = 130°
Resposta: D
42)
x + 20° = 90° ⇔ x = 70°
Resposta: E
43)
Seja R o raio da circunferência.
Se MN = OP e OP = R, então MN = R
Logo, α = β + 2β ⇔ α = 3β ⇔
Resposta: C
44)
—
AM é mediana 
—
AS é bissetriz
Considere o triângulo retângulo em A.
a) A medida da mediana relativa à hipotenusa de um
triângulo retângulo é igual à metade da medida da
hipotenusa, ou seja, 10 cm.
b) 20° + 45° + x = 90° ⇔ x = 90° – 45° – 20° ⇔ x = 25°
Resposta: a) 10 cm b) 25°
45)
—
AM é mediana 
—
AH é altura
I) x + 20° = 90° ⇔ x = 70° 
II) y + y = x ⇒ 2y = 70° ⇔ y = 35°
III) y + z = 90° ⇒ 35° + z = 90° ⇔ z = 55°
Resposta: B
α
–– = 3
β
– 99
46)
I) Como o triângulo ADC é isósceles, então:
^
A = x = ⇔ x = 75°
II) Se A
^
DC = 75°, então, B
^
DC = 105°
III) Como AB = BC, então 
^
A = 
^
C = 75°, logo, B
^
CD = 75° – 30° = 45°
IV)No triângulo BCD, y + 105° + 45° = 180° ⇔ y = 30°
Então,x + y = 75° + 30° = 105°
Resposta: E
47) Pelo enunciado, podemos construir a figura a seguir:
I) O triângulo BCE é isósceles de base 
—
CE, pois 
^
C = 
^
E, assim,
BF é mediana e CF = EF.
II) Os triângulos CDF e EDF são congruentes pelo critério LAL,
pois CF = EF, C
^
FD = E
^
FD e DF é comum, portanto, y = 15° e
E
^
DB = E
^
DF = 75°.
Resposta: D
48) condição de existência do triângulo
Logo, a afirmação e) x + y < z é falsa
Resposta: E
49)
8 – 5 < x < 8 + 5 ⇔ 3 < x < 13
Logo, o me nor valor inteiro para x é 4.
Resposta: B
50) a) É falsa. Sendo 1 < 2 < 4, não existe um triângulo cujos lados
medem 1, 2 e 4, pois 4 > 1 + 2.
b) É falsa. Sendo 4 = 1 + 3, não existe um triângulo cujos lados
medem 4, 1 e 3.
c) É falsa. Sendo 1 < 2 + 4, não existe um triângulo cujos lados
medem 1, 2 e 4, pois 4 > 1 + 2.
d) É falsa. Sendo 4 > 1 + 2, não existe um triângulo cujos lados
medem 4, 1 e 2. 
e) É verdadeira.
Resposta: E
51)
4 – 3 < x < 4 + 3 ⇔ 1 < x < 7 
Logo, podemos afirmar que a medida do terceiro lado é menor
que 7 cm.
Resposta: D
52)
⇔ ⇔ ⇔ x = 2
Logo, para x = 2, a medida do terceiro lado, em centímetros,
é 22 + 1 = 5. Assim, o perímetro é (4 + 6 + 5)cm = 15 cm.
Resposta: C
53) Sendo BD = x, temos:
⇔ ⇔ x = 4 
Resposta: E
54) Observando os triângulos,
Somando-se as inequações, temos:
30 + 18 + 16 < 2x + 2y + 2z ⇔ 64 < 2x + 2y + 2z ⇔ x + y + z > 32
Então, x + y + z pode ser 33
Resposta: E
180° – 30°
––––––––––
2

x � y + zy � x + z
z � x + y
5
8
x
– 3 < x < 3
x < – 1 ou x > 1
x ∈ ��
x2 < 9
x2 > 1
x ∈ ��
x2 + 1 < 6 + 4
x2 + 1 > 6 – 4
x ∈ ��
1 < x < 5
3 < x < 7
x ∈ ��
3 – 2 < x < 3 + 2
5 – 2 < x < 5 + 2
x ∈ ��
30 < x + y
18 < x + z
16 < y + z
�
100 –
55) De acordo com o enunciado, o perímetro do triângulo será 17
palitos.
Assim, sendo x palitos a medida do maior lado do triângulo,
temos:
≤ x < e, portanto, os possíveis valores de x são 
6; 7 e 8.
Como um dos lados do triângulo deve medir 6 palitos, pode -
mos montar a seguinte tabela:
Resposta: A
56) A figura é:
Observe, na figura acima, que, em relação ao ponto O, o
simétrico do:
1) ponto A é o ponto A’
2) ponto B é o ponto B’
3) ponto C é o ponto C’
4) ponto D é o ponto D’
5) ponto E é o ponto E’
6) triângulo BCE é o triângulo B’C’E’ e, consequen temente, do
quadrilátero OACD dado é o quadri látero OA’C’D’.
Resposta: E
17
–––
2
17
–––
3
Maior lado Outros dois Perímetro
6 6 5 17
7 6 4 17
8 6 3 17
– 101
MATEMÁTICA
LIVRO 1
GEOMETRIA PLANA
Capítulo 3 – Polígonos – Quadriláteros Notáveis 
11) O icoságono tem 20 lados ⇒ n = 20
d = = = 10 . 17 = 170
Resposta: D
12) d = = 9 ⇒ n(n – 3) = 18 ⇔ n2 – 3n – 18 = 0 ⇔
⇔ n = 6, pois n > 2 
Resposta: B
13) Seja n o número de lados do polígono, então:
n = ⇔ 3n = d ⇔ 3n = ⇔
⇔ 6n = n2 – 3n ⇔ n2 – 3n – 6n = 0 ⇔ n2 – 9n = 0 ⇔
⇔ n = 9, pois n > 2 
Resposta: B
14) d = ⇔ n(n – 3) = 70 ⇔ n2 – 3n – 70 = 0 ⇔
⇔ n = 10, pois n > 2 
Resposta: C
15) x = d = = = = 13 . 5 = 65 
Resposta: C
16) Para d = n, temos:
n = ⇔ 2n = n2 – 3n ⇔ n2 – 3n – 2n = 0 ⇔
⇔ n2 – 5n = 0 ⇔ n(n – 5) = 0 ⇔ n = 5, pois n > 2
Logo, será uma joia pentagonal.
Resposta: C
17) n = 2d ⇒ n = 2 . ⇔ n2 – 3n – n = 0 ⇔
⇔ n2 – 4n = 0 ⇔ n(n – 4) = 0 ⇔ n = 4, pois n > 2
Resposta: 4 lados 
18) O decágono tem 10 lados ⇒ n = 10
Si = (n – 2) . 180° = (10 – 2) . 180° = 8 . 180° = 1440°
Resposta: D
19) Fazendo um pentágono e traçando suas diagonais, obtém-se:
Resposta: B
20) Si = (n – 2) . 180° = (5 – 2) . 180° = 3 . 180° = 3π radianos
Resposta: B
21) ae = = 36° e ai + ae = 180°, então:
ai = 180° – 36° = 144° 
Resposta: E
22) ae = � 51°
Resposta: E
23) I) ai = 3ae e ai + ae = 180° ⇔ 3ae + ae = 180° ⇔
⇔ 4ae = 180° ⇔ ae = 45°
II) ae = ⇒ 45° = ⇔ 45°n = 360° ⇔ n = 8
Logo, o polígono é o octógono.
Resposta: C
24)
I) O polígono tem 5 lados ⇒ n = 5
II) Si = (n – 2) . 180° = (5 – 2) . 180° = 3 . 180° = 540° 
III) x + x – r + x – 2r + x + r + x + 2r = 540° ⇔
⇔ 5x = 540° ⇔ x = 108°
Resposta: D
25) Para que não haja falhas nem superposições, octógonos
devem ser combinados com quadrados, conforme a figura a
seguir, pois 135° + 135° + 90° = 360°.
Resposta: B
20(20 – 3)
––––––––––
2
n(n – 3)
–––––––––
2
n(n – 3)
–––––––––
2
n(n – 3)
––––––––
2
d
–––
3
n(n – 3)
–––––––––
2
13 . 10
–––––––
2
13(13 – 3)
––––––––––
2
n(n – 3)
–––––––––
2
n(n – 3)
–––––––––
2
n(n – 3)
–––––––––
2
360°
––––––
10
360°
––––––
7
360°
––––––
n
360°
––––––
n
102 –
26)
A figura interna é um hexágono e Se = 360°
1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 + 12 = 360°
Resposta: B
27)
Sendo t ⊥ r, a figura obtida é um hexágono, então:
Si = (n – 2) . 180° = (6 – 2) . 180° = 90° + 90° + δ + γ + β + α ⇔
⇔ 4 . 180° = 180° + δ + γ + β + α ⇔ 3 . 180° = δ + γ + β + α ⇔
⇔ 540° = δ + γ + β + α
Resposta: E
28) I) ae = 20° = ⇔ 20° = ⇔ 2n = 36 ⇔ n = 18 
II) d = = = 9 . 15 = 135 
Resposta: D
29) d = 9 ⇔ = 9 ⇔ x2 – 3x = 18 ⇔ x2 – 3x – 18 = 0 ⇔
⇔ x = 6, pois x > 2
Logo, o polígono tem 6 lados. 
Resposta: E
30) I) No pentágono regular, temos:
Si = (5 – 2) . 180° = 3 . 180° = 540° e ai = = 108°
II) No triângulo ABC, seja 
^
B = 108° e B
^
CA = B
^
AC = α, então:
108° + α + α = 180° ⇔ 2α = 72° ⇔ α = 36°
Analogamente, E
^
AD = 36°
III) B
^
AC + C
^
AD + D
^
AE = 108° ⇔ 36° + α + 36° = 108° ⇔
⇔ α = 108° – 36° – 36° ⇔ α = 108° – 72° = 36°
Resposta: C
31) Polígono 1: n lados e d diagonais
Polígono 2: (n + 6) lados e (d + 39) diagonais
I) = + 39 ⇔
⇔ = ⇔
⇔ n2 + 3n + 6n + 18 = n2 – 3n + 78 ⇔
⇔ 3n + 6n + 3n = 78 – 18 ⇔ 12n = 60 ⇔ n = 5 
II) d = = = 5 
Então, temos:
Polígono 1: 5 lados e 5 diagonais
Polígono 2: 11 lados e 44 diagonais
Como o número de vértices é igual ao número de lados, a
soma pedida é 5 + 5 + 11 + 44 = 65
Resposta: B
32) Sendo α o ângulo remanescente, temos:
I) Si = (n – 2) . 180° = 1900° + α ⇔ 180°n – 360° = 1900° + α ⇔
⇔ α = 180°n – 2260° 
II) 0° < α < 180° ⇔ 0° < 180°n – 2260° < 180° ⇔
⇔ 2260° < 180°n < 2440° ⇔
⇔ < n < ⇔ 12,5 < n < 13,5 ⇒ n = 13
III) α = 180° . 13 – 2260° = 2340° – 2260° = 80°
Resposta: D
33) Seja α o ângulo de cada vértice da estrela e o triângulo
isósceles em cada ponta da estrela:
é ângulo externo do polígono de n lados, assim:
= ⇔ 720° = n . 180° – nα ⇔
⇔ nα = n . 180° – 720° ⇔ α = 
Resposta: B
360°
–––––
n
360°
–––––
n
18(18 – 3)
––––––––––
2
n(n – 3)
––––––––
2
x2 – 3x
––––––––
2
540°
–––––
5
n(n – 3)
–––––––––
2
(n + 6) . (n + 6 – 3)
––––––––––––––––––
2
n(n – 3) + 78
––––––––––––––
2
(n + 6) . (n + 3)
––––––––––––––––
2
5(5 – 3)
––––––––––
2
n(n – 3)
––––––––––
2
2440°
––––––
180°
2260°
––––––
180°
180° – α
–––––––––
2
360°
––––––
n
180° – α
–––––––––
2
(n – 4) . 180°
–––––––––––––
n
– 103
34)
α + 90° + 90° + 20° = 360° ⇔ α = 360° – 200° = 160°
Se ai = 160°, então ae = 180° – 160° = 20°
Logo, ae = ⇒ 20° = ⇔ n = 18 (octadecágono)
Resposta: E
35) I) Para m = 10, cada ângulo interno mede
= = 144°
II) Sendo α o ângulo interno do polígono de n lados, temos:
α + α + 144° = 360° ⇔ 2α = 360° – 144° ⇔
⇔ 2α = 216° ⇔ α = 108°
III) Se ai = 108° ⇒ ae = 72° = ⇔ n = 5
Resposta: C
36) I) Se n é ímpar, a probabilidade é zero, pois nenhuma dia -
gonal passa pelo centro.
II) Se n é par, o número de diagonais que passam pelo centro 
é e o total de diagonais é .
Assim, a probabilidade pedida é:
= . = 
Resposta: E
37) 260° + 128°(n – 2) = (n – 2) . 180° ⇔ 260° = 52°(n – 2) ⇔
⇔ n – 2 = ⇔ n – 2 = 5 ⇔ n = 7 
Resposta: B
38) I) Si = (n – 2) . 180° = 2160° ⇔ n – 2 = ⇔
⇔ n = 12 + 2 ⇔ n = 14
II) d = = = 7 . 11 = 77 é o total de diagonais 
III) O número de diagonais que passam pelo centro é 
= = 7
IV)O número de diagonais que não passam pelo centro é 
77 – 7 = 70
Resposta: C
46)
4x + x + 90° + 90° = 360° ⇔ 5x = 360° – 180° ⇔
⇔ x = = 36°
Resposta: B
47)
I) x + x = 84° ⇔ 2x = 84° ⇔ x = 42°
II) x + y = 180° ⇒ y = 180° – 42° ⇔ y = 138°
Logo, os ângulos medem: 42°, 138°, 42° e 138°.
Resposta: 42°, 138°, 42° e 138°
48)
I) 28° + 67° = 95°
II) x + 28°+ 67° = 180° ⇔ x = 180° – 28° – 67° = 85°
Logo, os ângulos medem: 85°, 95°, 85° e 95°
Resposta: 85°, 95°, 85° e 95°
49)
I) 2x + 20° = x + 80° ⇔ 2x – x = 80° – 20° ⇔ x = 60°
II) Se x = 60°, então x + 80° = 60° + 80° = 140° 
III) 140° + y = 180° ⇔ y = 180° – 140° = 40°
Resposta: 40°, 140°, 40° e 140°
360°
–––––
n
360°
–––––
n
8 . 180°
––––––––
10
(10 – 2) . 180°
–––––––––––––
10
360°
–––––
n
n(n – 3)
––––––––
2
n
–––
2
1
–––––
n – 3
2
–––––––––
n(n – 3)
n
–––
2
n
–––
2
––––––––––
n(n – 3)
––––––––
2
260
–––––
52
216
–––––
18
14(14 – 3)
––––––––––
2
n(n – 3)
–––––––
2
14
–––
2
n
–––
2
180°
–––––
5
104 –
50)
2x + x + 2x + x = 360° ⇔ 6x = 360° ⇔ x = = 60° e
2x = 2 . 60° = 120°
Logo, os ângulos medem: 60°, 120°, 60° e 120°
Resposta: 60°, 120°, 60° e 120°
51) 180° – α + 180° – β + 45° = 180° ⇔ α + β = 180° + 45° = 225°
Resposta: C
52)
α + 90° + 90° + 35° = 360° ⇔ α = 360° – 90° – 90° – 35° = 145°
Resposta: C
53) Todo losango é um paralelogramo, pois tem lados opostos
paralelos.
Resposta: E
54) Todas são verdadeiras.
Resposta: B
55)
6θ = 360° ⇔ θ = = 60° e 2θ = 120°
Se AC = 4 cm, então AB = BC = AC = 4 cm, pois o triângulo
ABC é equilátero.
Resposta: D
56)
I) Sendo N o ponto médio da hipotenusa do triângulo
retângulo CMB, temos:
MN = CN = BN = 2 cm
N é circuncentro do triângulo CMB.
II) O segmento de reta 
—
MN é base média do trapézio ABCD e,
portanto,
MN = ⇒ 2 cm = ⇔ AB + CD = 4 cm
Assim, o perímetro do trapézio ABCD, em cen tíme tros, é: 
(AB + CD) + AD + BC = 4 + 4 + 4 = 12
Resposta: C
57)
Sendo x a medida do lado do quadrado I, teremos 2x a medida
do lado do quadrado III e 3x a medida do lado do quadrado IV.
Logo, o valor da razão é = = .
Resposta: A
360°
–––––
6
360°
–––––
6
D C
2 2
M N
22
A B
AB + CD
––––––––––
2
AB + CD
–––––––––
2
5
–––
3
3x + x + x
–––––––––––
x + 2x
AB
–––––
BC
– 105
58)
I) No ΔAED, temos:
y + x + y + 60° = 180° ⇒ x + 2y = 120° (I)
II) No quadrilátero ABCD, temos:
90° + z + 170° + x = 360° ⇒ x + z = 100° (II)
III) C
^
DE e D
^
EA são suplementares, pois 
—
AE // 
—
CD.
Então temos: x + y + z = 120° (III)
De (I), (II) e (III), temos:
⇒
⇒ ⇒
Resposta: B
59)
= = = 
Resposta: A
60) I) O triângulo APB é isósceles, pois AB = AP, então 
A
^
BP = A
^
PB = α. 
II) P
^
AB = 90° – 60° = 30°
III) No triângulo APB, temos: 
30° + α + α = 180° ⇔ 2α = 150° ⇔ α = 75°
Resposta: E
61) I) O triângulo CDE é isósceles, pois CD = CE, então 
C
^
ED = C
^
DE = α
II) D
^
CE = 90° + 60° = 150°
III) α + α + 150° = 180° ⇔ α = 15°
IV)No triângulo CEF, temos:
60° + 15° + C
^
FE = 180° ⇔ C ^FE = 105° = B ^FD
Resposta: 105°
62) I) O triângulo ABE é isósceles, pois AB = EB, então 
B
^
AE = B
^
EA = α
II) A
^
BE = 90° – 60° = 30°
III) No triângulo ABE, temos: 30° + α + α = 180° ⇔
⇔ 2α = 180° – 30° ⇔ 2α = 150° ⇔ α = 75°
Resposta: D
63) I) Os triângulos AMD e BMC são isósceles e congruentes de
bases 
—
MD e 
—
MC, respectivamente.
II) M
^
AD = 90° – 60° = 30°
III) A
^
MD = A
^
DM = α, então: α + α + 30° = 180° ⇔
⇔ 2α = 150° ⇔ α = 75° 
IV)Analogamente, no triângulo BMC, B
^
CM = 75° 
V) M
^
CD = M
^
DC = 90° – 75° = 15°, então, no triângulo MCD,
temos: C
^
MD + 15° + 15° = 180° ⇔ C ^MD = 150°
Resposta: 150°
64)
I) x + y = 190°
II) x + y + 2α + 2β = 360° ⇒ 190° + 2(α + β) = 360° ⇔
⇔ 2(α + β) = 170° ⇔ α + β = 85° 
III) As bissetrizes formam ângulos z = α + β = 85° e 
k = 180° – 85° = 95°. Assim, o maior dos ângulos é 95°.
Resposta: D 
65)
Traçando 
—
KY//
—
WX, temos:
I) WXYK é um paralelogramo, então WK = XY = 5,7 e 
KZ = 9,4 – 5,7 = 3,7
II) Z
^
KY = Z
^
WX = X
^
YK = Z
^
YK = b, logo, o triângulo ZKY é
isósceles de base KY, portanto, YZ = KZ = 3,7 
Resposta: E
x + 2y = 120°
x + z = 100°
x + y + z = 120°
�
x = 80°
y = 20°
z = 20°
�
120° – x
y = –––––––––
2
z = 100° – x
120° – x
x + ––––––––– + 100° – x = 120°
2
�
5
–––
3
5x
––––
3x
3x + 2x
–––––––––
2x + x
a
–––
b
106 –
66)
I) 108° + α + 108° + 108° = 360° ⇔
⇔ α = 360° – 324° = 36°
II) 2x + 36° + 36° = 360° ⇔
⇔ 2x = 360° – 72° ⇔ x = 144°
Resposta: C
67) I) a + b + c + d = 360° ⇒
⇒ + 2x + + x = 360° ⇔ = 360° ⇔
⇔ 10x = 720° ⇔ x = 72° ⇒ d = 72°
II) f + 90° + 72° = 180° ⇔ f = 180° – 162° = 18°
Resposta: B
68) I) O triângulo BCD é isósceles de base
—
CD, então
B
^
DC = B
^
CD = α, logo α + α + 90° + 60° = 180° ⇔ α = 15°
II) A
^
DB = 45°, pois
—
AD é diagonal do quadrado, portanto, 
C
^
DA = 45° – 15° ⇔ C^DA = 30°
Resposta: D 
69)
a) I) Número de azulejos no comprimento: = 25
II) Número de azulejos na altura: = 17,5
III) Total de azulejos: 25 . 17,5 = 437,5
Portanto, não havendo perdas provenientes dos cortes,
serão necessários e suficientes 438 azulejos.
b) A maior dimensão, em centímetros, é o mdc(500; 350) = 50,
pois:
Respostas: a) 438 azulejos b) 50 cm de lado
70) I) Se M
^
CD = M
^
CB = x, A
^
BN = C
^
BN = y e S o ponto de encontro
das bissetrizes, então no triângulo CBS, tem-se:
x + y + α = 180° ⇒ x + y = 180° – α
II) No quadrilátero ABCD, tem-se:
^
A + 
^
B + 
^
C + 
^
D = 360° ⇒ ^A + 2y + 2x + ^D = 360° ⇔
⇔ ^A + ^D = 360° – 2(x + y) ⇒ ^A + ^D = 360° – 2(180° – α) ⇔
⇔ ^A + ^D = 360° – 360° + 2α = 2α
Resposta: D
x + 4x + 3x + 2x
––––––––––––––––
2
3x
–––
2
x
–––
2
500 cm
––––––––
20 cm
350 cm
––––––––
20 cm
1 2 3
500 350 150 50
150 50 0
– 107
MATEMÁTICA
LIVRO 1
GEOMETRIA PLANA
Capítulo 4 – Segmentos Proporcionais Semelhança de Triângulos
6)
Sabendo que AD = 1,2 + 3 + 4,5 = 8,7, temos:
= ⇒ = ⇔ EF = = 4,8 
Resposta: D
7) = ⇒ = ⇔ = 
Resposta: C
8) = ⇒ = ⇔ FG = = 12 
Resposta: E
9) = ⇒ = ⇔ FH = = 30 
Resposta: B
10)
Sendo as medidas dos dois segmentos determinados por r
sobre 
—
AC iguais a x e y e, sobre 
—
AB, iguais a m e n, todas em
milímetros, temos:
I) = ⇒ = ⇔ n = 
II) O menor segmento determinado por r sobre 
—
AB é m e 
m + n = 305 ⇒ m + = 305 ⇔ 5m = 610 ⇔ m = 122
Resposta: 122 mm
11) ⇒ 122 + n = 305 ⇔ n = 183
Resposta: 183 mm
12) Como AB = m + n e = ⇔ n = , temos: 
I) Se AM = m e MB = n, então = = =
= = m . = 
II) Se AM = n e MB = m, então = = =
= = . = 
Resposta: ou
13) = ⇒ = ⇔ 4B’C’ = 16 ⇔ B’C’ = 4
Resposta: 4 cm
14)
I) = ⇔ 9x = 480 ⇔ x = 
II) = ⇔ 9y = 360 ⇔ y = 40 
III) = ⇔ 9z = 240 ⇔ z = 
Resposta: m, 40 m e m
15) = ⇔ 3x = 15 . ⇔ x = 6 
Resposta: E
1,2 . 34,8
––––––––––
8,7
EF
–––––
34,8
1,2
–––––
8,7
EF
––––
EH
AB
––––
AD
4
–––
15
EF
–––––
GH
EF
–––––
GH
1,2
–––––
4,5
EF
––––
GH
AB
––––
CD
3 . 4,8
––––––––
1,2
4,8
–––––
FG
1,2
–––––
3
EF
––––
FG
AB
––––
BC
12 . 7,5
––––––––
3
12
–––––
FH
3
–––––
7,5
FG
––––
FH
BC
––––
BD
3m
–––––
2
2
–––
3
m
–––
n
2
–––
3
x
–––
y
3m
––––
2
m + n = 305
m = 122�
3m
––––
2
2
–––
3
m
–––
n
m
––––––––––
3m
m + ––––
2
m
–––––––
m + n
AM
––––
AB
2
––
5
2
––––
5m
m
–––––––
5m
–––––
2
3m
–––––
2
––––––––––
3m
m + ––––
2
n
–––––––
m + n
AM
––––
AB
3
–––
5
2
––––
5m
3m
––––
2
3m
–––––
2
––––––––
5m
–––––
2
3
––
5
2
––
5
8
–––––
B’C’
4
–––
2
A’B’
––––––
B’C’
AB
––––
BC
160
––––
3
90
––––
120
40
–––
x
90
––––
120
30
–––
y
80
––––
3
90
––––
120
20
–––
z
80
––––
3
160
––––
3
6
–––
5
6/5
––––
3
x
–––
15
108 –
16)
I) = ⇔ 10x = 26 ⇔ x = 2,6 ⇔ AB’ = 2,6 
II) = ⇔ 10y = 39 ⇔ y = 3,9 ⇔ B’C’ = 3,9 
III) = ⇔ 10z = 65 ⇔ z = 6,5 ⇔ C’D’ = 6,5 
Resposta: AB’ = 2,6 cm, B’C’ = 3,9 cm e C’D’ = 6,5 cm
17)
= ⇔ 5x = 4x + 160 ⇔ 5x – 4x = 160 ⇔ x = 160 
Resposta: A
18) I) = ⇔ 8a = 240 ⇔ a = 30 
II) = ⇔ 8b = 288 ⇔ b = 36 
III) = ⇔ 8c = 432 ⇔ c = 54 
Resposta: D
19) = ⇔ (x + 10) . (x – 16) = (x – 18)(x + 20) ⇔
⇔ x2 – 16x + 10x – 160 = x2 + 20x – 18x – 360 ⇔
⇔ – 6x – 160 = 2x – 360 ⇔ 360 – 160 = 2x+ 6x ⇔
⇔ 200 = 8x ⇔ x = 25
Resposta: 25
20) Pelo teorema da bissetriz interna, temos:
= ⇒ = ⇔ 3BC = 8 ⇔ BC = 
Resposta: D
21)
= ⇔ 2x = 180 – 3x ⇔ 2x + 3x = 180 ⇔
⇔ 5x = 180 ⇔ x = 36 
Logo, os lados medem: AB = 24 m, AC = 36 m e BC = 40 m 
Resposta: 24 m, 36 m e 40 m
22) I) No triânguloABC, fazendo BQ = x, temos:
= ⇒ = ⇔ 4x = 42 – 3x ⇔
⇔ 4x + 3x = 42 ⇔ 7x = 42 ⇔ x = 6 ⇒ BQ = 6 cm
II) No triângulo ABQ, temos:
= ⇒ = ⇔ = ⇔
⇔ = = 0,4 
Resposta: C
23) I) = ⇒ = ⇔ 5x + 45 = 8x ⇔
⇔ 45 = 3x ⇔ x = 15 
II) AC = x + 9 = 15 + 9 = 24 
Resposta: B
31) �ABD � �CBE ⇒ = ⇒ = ⇔
⇔ BE + (BE)2 = 30 ⇔ (BE)2 + BE – 30 = 0 ⇒ BE = 5
Resposta: D
32) �ABC � �EDC ⇒ = ⇒ = ⇔
⇔ 4x = 45 ⇔ x = ⇔ x = 11,25
Resposta: D
33)
Sendo x, em metros, a altura do poste, temos:
= ⇔ 0,6x = 12 . 1 ⇔ x = = 20 
Resposta: D
10
––––
13
2
–––
x
10
––––
13
3
–––
y
10
––––
13
5
–––
z
200
––––
x
250
–––––––
x + 40
120
––––
80
a
––––
20
120
––––
80
b
––––
24
120
––––
80
c
––––
36
x + 20
–––––––
x – 16
x + 10
–––––––
x – 18
8
–––
3
BC
–––––
2
4
–––
3
BC
–––––
BD
AC
–––––
AD
x
––––
24
60 – x
–––––––
16
20
–––––––
14 – x
15
–––
x
AC
–––––
CQ
AB
–––––
BQ
6
–––
15
QR
–––
AR
6
–––
QR
15
–––
AR
BQ
–––––
QR
AB
–––––
AR
2
–––
5
QR
–––
AR
2x
––––
15
x + 9
–––––––
12
BC
–––––
BD
AC
–––––
AD
10
––––
BE
1 + BE
––––––––
3
BD
–––––
BE
AB
–––––
CB
20
––––
15
15
––––
x
BC
––––
DC
AB
––––
ED
45
––––
4
12
––––
0,6
12
––––
0,6
x
–––
1
– 109
34) Sendo x a medida do lado do quadrado, temos:
�BDE � �BAC ⇒ = ⇒ = ⇔
⇔ x = 3 – 3x ⇔ x + 3x = 3 ⇔ 4x = 3 ⇔ x = = 0,75
Resposta: B
35) Sendo x, em metros, o comprimento da sombra da estátua,
temos:
= ⇔ 5x = 8 + 2x ⇔ 5x – 2x = 8 ⇔ 3x = 8 ⇔
⇔ x = 
Resposta: m
36)
I) = ⇔ 10x = 2y ⇔ y = 5x 
II) = ⇔ = ⇔ 10x = 80 – 40x ⇔
⇔ 10x + 40x = 80 ⇔ 50x = 80 ⇔ x = = 1,6 
Resposta: E
37) �ABC � �DAC ⇒ = ⇒ = ⇔
⇔ BD + 4 = 16 ⇔ BD = 16 – 4 = 12 
Resposta: C
38) I) �ABC � �EDC ⇒
⇒ = ⇒ = ⇔ EC = 8 e 
= ⇒ = ⇔ DC = 6
II) O perímetro do triângulo EDC, em centímetros, é:
DE + CD + EC = 4 + 6 + 8 = 18
Resposta: C
39) Fazendo PC = x e PA = y, pela semelhança dos triângulos PCA
e PAB, temos:
I) = ⇒ = ⇔ 6y = 8x ⇔ y = 
II) = ⇒ = ⇒ = ⇔
⇔ 3x + 21 = ⇔ 9x + 63 = 16x ⇔
⇔ 63 = 16x – 9x ⇔ 63 = 7x ⇔ x = = 9
Portanto, PC = x = 9
Resposta: C
40) I) �ABC � �AED ⇒
⇒ = ⇒ = ⇔ AB = 20,8 e
= ⇒ = ⇔ ED = 8 
II) EC = AC – AE = 20 – 10,4 = 9,6 
III) BD = AB – AD = 20,8 – 10 = 10,8 
Então, o perímetro do quadrilátero BCED, em centímetros, é:
BD + BC + EC + DE = 10,8 + 16 + 9,6 + 8 = 44,4 
Resposta: E
41) a)
b) = ⇔ 1,5x + 18,45 = 49,2 ⇔
⇔ 1,5x = 30,75 ⇔ x = 20,5 
Respostas: a) Figura b) 20,5 m
42)
Considerando C
^
EA = D
^
EB = α e CE = x, pela semelhança dos
triângulos ACE e BDE, temos: 
= ⇒ = ⇔ 4x = 18 – 2x ⇔
⇔ 4x + 2x = 18 ⇔ 6x = 18 ⇔ x = 3
Resposta: A
x
–––
3
1 – x
––––––
1
DE
––––
AC
BD
––––
BA
3
–––
4
4 + x
––––––
x
5
–––
2
8
–––
3
8
–––
3
x
–––
y
2
–––
10
x
–––––––––
10 – 5x
8
–––
10
x
–––––––
10 – y
8
–––
10
8
–––
5
BD + 4
––––––––
8
8
–––
4
BC
––––
AC
AC
––––
DC
12
––––
EC
6
–––
4
AC
––––
EC
AB
––––
ED
9
––––
DC
6
–––
4
BC
––––
DC
AB
––––
ED
4x
––––
3
x
–––
y
6
–––
8
PC
––––
PA
CA
––––
AB
4x
–––
3
–––––––
x + 7
3
–––
4
y
––––––
x + 7
6
–––
8
PA
––––
PB
CA
––––
AB
16x
––––
3
63
––––
7
20
––––
10
AB
–––––
10,4
AC
––––
AD
AB
––––
AE
16
––––
ED
20
––––
10
BC
––––
ED
AC
––––
AD
x + 12,3
–––––––––
4
12,3
–––––
1,5
x
–––––––
9 – x
2
–––
4
CE
––––
DE
AC
––––
BD
110 –
43)
Sendo x, em decímetros, a medida de 
—
AB, pela semelhança
dos triângulos ABD e CEB, temos:
= ⇒ = ⇔ 18 = 11x – x2 ⇔
⇔ x2 – 11x + 18 = 0 ⇔ x = 2 ou x = 9
Resposta: E
44) Sendo x, em metros, a medida de 
—
ED, pela semelhança dos
triângulos AED e ABC, temos:
= ⇒ = ⇔ 5x = 30 + 3x ⇔ 5x – 3x = 30 ⇔
⇔ 2x = 30 ⇔ x = 15 
Resposta: A
45) �ABE � �CDE ⇒
⇒ = ⇒ = ⇔ 2AE = 408 ⇔ AE = 204
Resposta: C
46) Sendo x, em metros, a medida do raio do disco voador, então:
= ⇔ 16x = 48 ⇔ x = 3 
Resposta: A
47)
Sendo x, em metros, o comprimento da sombra da moça no
chão, temos:
= ⇔ 4x = 1,5x + 3 ⇔ 4x – 1,5x = 3 ⇔
⇔ 2,5x = 3 ⇔ x = ⇔ x = 1,20 
Resposta: B
48) Sendo x, em metros, a medida de 
—
PO equivalente à largura
do rio, pela semelhança dos triângulos PAC e POB, temos:
= ⇒ = ⇔
⇔ 40x = 24x + 480 ⇔ 40x – 24x = 480 ⇔
⇔ 16x = 480 ⇔ x = 30 
Resposta: B
49) Sendo x, em metros, a altura da pirâmide, temos:
= ⇔ 2,5x = 255 + 115 ⇔
⇔ 2,5x = 370 ⇔ x = ⇔ x = 148 
Resposta: C 
50)
Sendo x a medida do lado e x2 a área do quadrado, pela
semelhança dos triângulos ABC e DEF, temos:
= ⇔ x2 = 16 
Resposta: E
51) I) AD2 = 16 + 4 ⇔ AD = ����20
II) AB2 = 36 + 9 ⇔ AB = ����45
III) �ADE � �ABC ⇒
⇒ = = = = = 
Resposta:
6
–––––––
11 – x
x
–––
3
AD
––––
CB
AB
––––
CE
x
–––––––
10 + x
12
––––
20
ED
––––
BC
AE
––––
AB
AE
––––
75
136
––––
50
AE
––––
CE
AB
––––
CD
80
––––
16
30
––––
2x
x + 2
––––––
x
4
––––
1,5
3
––––
2,5
40
––––
24
x + 20
––––––––
x
AC
––––
OB
PA
––––
PO
255 + 115
–––––––––––
2,5
x
–––
1
370
–––––
2,5
x
–––
8
2
–––
x
2
–––
3
4
–––
9
20
––––
45
����20
––––––
����45
AD
––––
AB
DE
––––
BC
2
––
3
– 111
52)
Se h for a altura do tampo da mesa em relação ao plano do
chão então
= ⇔ h = 0,5 . ���3 = 0,5 . 1,7 = 0,85
Resposta: B
53)
I) �ABF � �CEF ⇒ = ⇔
⇔ x = 15 – 5x ⇔ x + 5x = 15 ⇔ 6x = 15 ⇔ x =
II) A�BCF = A�ABC – A�ABF = – =
= – = 
Resposta: B
54)
Os perímetros dos triângulos formam a P.G. infinita (12; 6; 3;
1,5; …). Assim, a soma pedida, em centímetros, é dada por:
S = 12 + 6 + 3 + 1,5 + … = = = 24 
Resposta: D
55) Seja “�” o comprimento do lápis e “a” a distância em que ele
se encontra da vertical em que a lâmpada se desloca.
Por semelhança de triângulos, temos:
= ⇒ y =
Para valores de x aumentando, a fração diminui, pois 
a e � são constantes. Considerando que a sombra do lápis
começa a surgir quando x > �, o gráfico que melhor representa
a função y é:
Resposta: C
56)
Na figura acima, cujas medidas estão em centímetros, temos:
AT2 + TO2 = AO2 ⇒ AT2 + 32 = 52 ⇒ AT = 4
Da semelhança dos triângulos ATO e AMC, tem-se
= ⇔ = , onde b é a medida do lado 
—
BC.
Assim, = ⇔ b = 12
Resposta: C
0,5 . ���3
––––––––––
2
h
–––
2
x
––––––
3 – x
5
–––
1
5
–––
2
5
5 . –––
2
––––––––
2
5 . 3
––––––
2
5
–––
4
25
––––
4
15
––––
2
12
–––––
1
––
2
12
–––––––
1
1 – ––
2
a�
––––––
x – �
�
–––
y
x
––––––
a + y
a�
––––––
x – �
3
–––––
b
––
2
4
–––
8
OT
––––
CM
AT
–––––
AM
6
–––
b
4
–––
8
112 –
MATEMÁTICA
LIVRO 1
GEOMETRIA PLANA
Capítulo 5 – Relações Métricas nos Triângulos
9)
Sendo x o comprimento do cabo de energia, em metros,
temos:
x2 = 62 + 82 ⇔ x2 = 36 + 64 ⇔ x2 = 100 ⇒ x = 10
Resposta: D
10)
I) O triângulo ABC é retângulo em C, pois 33° + 57° = 90°
II) Sendo x a distância, em metros, entre os pontos A e B,
temos: x2 = 72 + 242 ⇔ x2 = 49 + 576 ⇔ x2 = 625 ⇒ x = 25
Resposta: B
11) O quadrado da hipotenusa é igual à soma dos quadrados dos
catetos (Teorema de Pitágoras).
Resposta: D
12)
No triângulo retângulo EBC, tem-se:
(BC)2 = (EC)2 + (EB)2 ⇔ (BC)2 = 42 + (5 – 2)2 ⇔
⇔ (BC)2 = 25 ⇒ BC = 5
Assim: AB + BC + CD + DA = 5 + 5 + 2 + 4 = 16
Resposta: D
13) Sendo x a medida, em metros, de cada lado não paralelo do
trapézio isósceles, temos:
x + x = 20 m ⇔ x = 10 m
No triângulo ABC, sendo h a medida em metros do trapézio,
temos: h2 + (8 m)2 = (10 m)2 ⇒ h = 6 m
Resposta: A
14) Sendo x – r, x e x + r as medidas, em centímetros, dos lados do
triângulo retângulo, em P.A., tem-se:
x – r + x + x + r = 57 ⇔ 3x = 57 ⇒ x = 19
Assim, a medida da hipotenusa é 19 + r e as medidas dos
catetos são 19 – r e 19, portanto, o maior cateto mede 19.
Resposta: B
15)
Sendo x, em centímetros, a medida do cateto 
—
AB, utilizando a
relação (CAT)2 = (HIP) . (PROJ), tem-se:
x2 = 16 . 4 ⇔ x2 = 64 ⇒ x = 8
Resposta: B
16) De acordo com o Teorema de Pitágoras, tem-se:
r2 = (r – 5)2 + 102 ⇔ 10r = 125 ⇔ r = 12,5
Resposta: C
17) Fazendo DB = x, temos:
I) AC = 4 . DB ⇒ AC = 4x
II) 2 . AB = 4 . DB ⇒ 2 . AB = 4x ⇔ AB = 2x
III) AD2 + BD2 = AB2 ⇒ AD2 + x2 = (2x)2 ⇔ AD2 + x2 = 4x2 ⇔
⇔ AD2 = 3x2 ⇒ AD = x��3
IV) = =
Resposta: E
��3
––––
4
x��3
––––––
4x
AD
––––
AC
– 113
18) Sendo A e B, respectivamente, as posições dos naviosX e Y às
15 horas de um certo dia, e C e D, respectivamente, as
posições dos navios X e Y às 17 horas e 15 minutos do mesmo
dia, ou seja, 2 horas e 15 minutos mais tarde de hora , 
temos:
I) Com velocidades constantes de 16 milhas por hora e 12
milhas por hora, respectivamente, os navios X e Y percor -
rem AC e BD. Assim, temos, em milhas:
AC = . 16 = 36 
BD = . 12 = 27 
II) No triângulo retângulo BCD, temos:
(CD)2 = (BD)2 + (BC)2, com BC = AB – AC = 36
Assim, (CD)2 = 272 + 362 ⇒ CD = 45 
Resposta: A
19) I) BC2 = AB2 + AC2 ⇒ BC2 = 902 + 1202 ⇒ BC = 150
II) Fazendo BD = x e DC = 150 – x, temos:
90 + x = 120 + 150 – x ⇔ 2x = 180 ⇔ x = 90
III)
Da semelhança dos triângulos ABC e PDC, temos:
IV) = ⇒ = ⇔ y = 48 ⇒ AP = 72
V) = ⇒ = ⇔ z = 36
VI) AD2 = AP2 + PD2 ⇒ AD2 = 722 + 362 ⇔ AD2 = 6480 ⇔
⇔ AD = �������� 6480 ⇒ AD � 80 
Resposta: C
20)
De acordo com o Teorema de Pitágoras, no triângulo
retângulo OCE, tem-se: (OE)2 = (OC)2 + (CE)2
Assim: 
(OE)2 = (��8)2 + (��8)2 ⇔ (OE)2 = 8 + 8 ⇔ (OE)2 = 16 ⇒ OE = 4
Resposta: D
21)
x2 = 152 + (25 – x)2 ⇔ 50x = 850 ⇔ x = 17
Resposta: C
22)
I) CE2 + 4002 = 5002 ⇒ CE = 300
II) AB = BC = AE = CE = 300
III) AB + BC + CP = AE + ED + DP ⇒
⇒ 300 + 300 + x = 300 + 400 + 500 – x ⇔
⇔ 2x = 600 ⇔ x = 300 ⇒ CP = 300 e DP = 200
Resposta: A
9
–––
4�
9
–––
4
9
–––
4
150
–––––
60
120
–––––
y
BC
––––
DC
AC
––––
PC
150
–––––
60
90
––––
z
BC
––––
DC
AB
––––
PD
�
114 –
23)
I) y2 + 6002 = 10002 ⇒ y = 800
II) x2 = 6002 + (800 – x)2 ⇔
⇔ x2 = 360000 + 640000 – 1600x + x2 ⇔
⇔ 1600x = 1000000 ⇔ x = 625
Resposta: C
24) Sendo G e C as posições iniciais do gavião e do camaleão,
respec tivamente, P o ponto da captura e B o buraco na base
do tronco, tem-se a figura:
I) GP = CP, pois o gavião e o camaleão deslocam-se com a
mes ma velocidade.
II) 5002 + x2 = (600 – x)2 ⇔
⇔ 250000 + x2 = 360000 – 1200x + x2 ⇔
⇔ 1200x = 110000 ⇔ x � 91
Resposta: 91 cm
25) Sendo AB = 2x o comprimento do cabo, em metros, tem-se a
figura a seguir:
I) x2 + 82 = 102 ⇒ x = 6
II) AB = 2x = 2 . 6 = 12
Resposta: B
26)
I) (BD)2 = 12 + (���3)2 ⇒ BD = 2
II) cos α = = ⇒ α = 60°
III) θ = 60° + (90° – α)
θ = 60° + (90° – 60°) ⇔ θ = 90°
IV) No triângulo retângulo BAD, tem-se: (AD)2 = (AB)2 + (BD)2
Assim: (AD)2 = (���3)2 + 22 ⇒ AD = ���7
Resposta: AD = ���7
27) De acordo com o enunciado e fazendo AP = PD = x, tem-se a
figura a seguir:
I) BC2 = 32 + 42 ⇔ BC = 5
II) Da semelhança dos triângulos ABC e DBP, tem-se:
= ⇒ = ⇔ 5x = 12 – 4x ⇔
⇔ 9x = 12 ⇔ x = = 
Resposta: 
1
––
2
BC
––––
BD
4
–––
x
5
–––––––
3 – x
AC
––––
DP
BC
––––
BP
4
–––
3
12
––––
9
4
–––
3
– 115
28) Considere o triângulo retângulo isósceles da figura:
I) BC2 = x2 + x2 = 2x2 ⇒ BC = x���2
II) O perímetro do triângulo é 2, assim, x + x + x���2 = 2 ⇔
⇔ 2x + x���2 = 2 ⇔ x . (2 + ���2 ) = 2 ⇔ x =
III) A medida da hipotenusa é dada por
x���2 = . ���2 = =
= . = =
= ���2 . (2 – ���2) = 2���2 – 2 = 2 . (���2 – 1)
Resposta: 2 . (���2 – 1)
29) Considere a figura a seguir:
⇔ ⇒
⇔ ⇔
⇔ ⇔ x2 = 27 ⇒ x = 3���3
Resposta: E
30) Fazendo AB = x, tem-se a figura a seguir:
x2 + 102 = 262 ⇔ x2 + 100 = 676 ⇔ x2 = 576 ⇒ x = 24
Resposta: D
31)
x2 + 42 = 122 ⇔ x2 = 144 – 16 ⇔ x2 = 128 ⇒
⇒ x = ������128 ⇔ x = 8���2
Resposta: C
32) EP + PO = 
Assim: 1 + = ⇔ a���2 – a = 2 ⇒
⇒ a(���2 – 1) = 2 ⇔ a =
Resposta: E
33) Sendo H a altura da pilha e R o raio de cada círculo, ambos em
metros, tem-se:
I) O lado do triângulo equilátero ABC, em metros, é 
� = 8R = 8 . = 6
II) A altura do triângulo equilátero ABC, em metros, é
h = = = 3���3
III) H = h + 2R = 3���3 + 2 . = 3���3 + =
= = 
Resposta: m
2
––––––––
2 + ���2
2���2
––––––––
2 + ���2
2
––––––––
2 + ���2
2���2 (2 – ���2)
––––––––––––––
4 – 2 
2 – ���2
––––––––
2 – ���2
2���2
––––––––
2 + ���2
x2 = a2 + b2
36 = b2 + c2
– 25 = – c2 – d2
16 = a2 + d2
�
x2 = a2 + b2
62 = b2 + c2
52 = c2 + d2
42 = a2 + d2
�
x2 = a2 + b2
36 – 25 + 16 = b2 + c2 – c2 – d2 + a2 + d2�
x2 = a2 + b2
27 = a2 + b2�
EG 
–––––
2
a���2 
–––––
2
a 
––
2
2 
–––––––
���2 – 1
1,5 
––––
2
6���3 
––––––
2
����3 
––––––
2
3 
––
2
1,5 
––––
2
3(2���3 + 1) 
–––––––––––
2
6���3 + 3 
––––––––
2
3(2���3 + 1) 
–––––––––––
2
116 –
34)
Seja x a altura, em metros, relativa ao lado 
—
BC do triân gu lo
isósceles ABC, no qual AB = AC = 1,0 m e BC = 1,5 m
De acordo com o Teorema de Pitágoras, tem-se:
x2 + (0,75)2 = 12 ⇔ x2 + 
2
= 12 ⇔
⇔ x2 = 1 – ⇔ x2 = ⇒ x = 
Como h = 0,5 + 0,5 + x, tem-se: h = 1 + x = 1 + 
Resposta: E
35)
No triângulo ABC, temos:
(BC)2 + 42 = 52 ⇒ BC = 3
Como os triângulos ABC e QPR são semelhantes, temos:
= ⇔ = ⇔ QR = 2
Resposta: A
36)
I) (AC)2 = 12 + (���3 )2 ⇒ AC = 2
II) = ⇔ = ⇔ x =
III) (AE)2 = 12 + x2 ⇔ (AE)2 = 12 +
2
⇒ AE =
Resposta: C
37)
I) Do Teorema de Pitágoras, temos:
(AH)2 + (BH)2 = (AB)2� ⇒(AH)2 + (CH)2 = (AC)2
(AH)2 + (BH)2 = 132 BH = 5⇒ � ⇒ �(AH)2 + (14 – BH)2 = 152 AH = 12
II) Como M é ponto médio da hipotenusa
—
AB do triângulo
ABH, retângulo em H, concluímos que M é o circuncentro
do triângulo retângulo AHB.
Assim, temos:
HM = BM = AM = 
Assim, o perímetro do triângulo BMH é:
BM + BH + HM = + 5 + = 18
Resposta: C
�3––4�
���7
–––
4
7
–––
16
9
–––
16
���7
–––
4
1,2
–––
3
QR
–––
5
PR
–––
BC
QR
–––
AC
���3
–––
2
���3 – x
–––––––
2
x
–––
2
CE
––––
CA
DE
––––
BA
���7
––––
2����3––––2�
13
–––
2
13
–––
2
13
–––
2
– 117
38) Utilizando a relação (CAT)2 = (HIP) . (PROJ) no triângulo
retângulo ABC da figura, sendo x a medida de um cateto, b a
medida da sua projeção sobre a hipotenusa e c a medida da
hipotenusa, pode-se afirmar que x2 = c . b 
Resposta: D
39)
Utilizando a relação (HIP) . (ALT) = (CAT) . (CAT), temos:
15 . h = 9 . 12 ⇔ h = = 7,2
Resposta: B
40)
I) No triângulo retângulo BAC, tem-se AC = ��������42 + 32 = 5.
II) No triângulo retângulo DAC, tem-se (AD2) = AC . AM
Assim, 32 = 5 . AM ⇔ AM = 
Resposta: D
41) I) MQ = ����2 é a diagonal do quadrado de lado �
II) AQ = MB = ���2
III) � = AQ + AB ⇔ � = ���2 + AB
IV)MQ = MB + AB + AQ ⇒ ����2 = ���2 + AB + ���2 ⇒
⇒ (���2 + AB) . ���2 = 2���2 + AB ⇔ 2 + AB���2 = 2���2 + AB ⇔
⇔ AB���2 – AB = 2���2 – 2 ⇔ AB(���2 – 1) = 2(���2 – 1) ⇔ AB = 2
Resposta: A
42)
Utilizando o Teorema de Pitágoras no triângulo sombreado,
tem-se:
2
= 
2
+ (R – a)2 ⇔
⇔ a2 + aR + = + R2 – 2aR + a2 ⇔
⇔ aR = R2 – 2aR ⇔ 3aR = R2 ⇔ 3a = R ⇔ a = 
Resposta: D
49)
Se h é altura do triângulo ACB relativa ao lado CB, e se x é a
medida de CD, então:
I) No triângulo ADC, tem-se 
h2 + x2 = 32 ⇔ h2 = 9 – x2
II) No triângulo ADB, tem-se 
h2 + (6 – x)2 = 42 ⇔ h2 = 12x – 20 – x2
Logo, 12x – 20 – x2 = 9 – x2 ⇔ x =
Resposta: E
50)
I) AC = 7 – (– 4) = 7 + 4 = 11
II) AD = x – (– 4) = x + 4
III) DC = 7 – x
IV)(ALT)2 = (PROJ) . (PROJ) ⇒ (BD)2 = (AD) . (DC) ⇒
⇒ (2���6)2 = (x + 4) . (7 – x) ⇔ 24 = 7x – x2 + 28 – 4x ⇔
⇔ x2 – 3x – 4 = 0 ⇒ x = 4, pois x > 0
Resposta: B 
51)
Sendo α a medida do maior ângulo, que é oposto ao maior
lado do triângulo, cuja medida é 10 cm, tem-se:
I) 102 = 100
II) 62 + 92 = 36 + 81 = 117
III) Como 102 < 62 + 92, então α < 90°, portanto, o triângulo é
acutângulo.
Resposta: B
36
–––
5
9
–––
5
�R–––2��
R
a + –––
2�
R2
–––
4
R2
–––
4
R
–––
3
29
–––
12
118 –
52) Agudo, pois:
(AF)2 = 152 ⇔ (AF)2 = 225
(AE)2 = 132 ⇔ (AE)2 = 169
(EF)2 = 72 + 32 ⇔ (EF)2 = 58
Como 225 � 169 + 58, 
então α � 90°
53)
Sendo AD = x a projeção ortogonal de 
—
AB sobre 
—
AC, e BD = h
a altura relativa ao lado 
—
AC, tem-se:
I) 152 = x2 + h2 ⇔ 225 = x2 + h2
II) 132 = (14 – x)2 + h2 ⇔ 169 = 196 – 28x + x2 + h2 ⇔
⇔ 28x = 27 + x2 + h2
De (I) e (II), tem-se: 28x = 27 + 225 ⇔ 28x = 252 ⇔ x = 9
Resposta: E
54)
Como os triângulo AEF e GEF são con gruen tes, temos: 
AF = GF = x e EA = EG = 3.
Sendo 
–
EH ⊥ –BC, temos HB = 3 e HG = 3 – 1 = 2
Assim, no triângulo EHG, temos:
(EH)2 + 22 = 32 ⇒ EH = ���5
Logo, FB = ���5 – x e portanto, no triângulo FBG, temos:
(GF)2 = (FB)2 + (BG)2 ⇔ x2 = (���5 – x)2 + 12 ⇔⇔ x2 = 5 – 2���5x + x2 + 1 ⇔ 2���5x = 6 ⇔ x = 
Resposta: D
55)
x2 + h2 = 5
⇒ x2 – (5 – x)2 = – 5 ⇔ 10x = 20 ⇔ x = 2
(5 – x)2 + h2 = 10 
Assim, 22 + h2 = 5 ⇔ h2 = 1 ⇒ h = ���1 
Resposta: A
56)
I) A altura mínima é obtida com a confi gu ração esbo çada na
figura.
II) Considerando-se o triângulo retângulo de ca te tos de
medidas 20 e h1 e hipotenusa de medida 25, obtém-se 
h
2
1 + 20
2 = 252 ⇒ h1 = 15
III) Por semelhança de triângulos: = 
Para h1 = 15 ⇒ h2 = 21
Portanto, a altura mínima será h1 + h2 = 15 + 21 = 36
Resposta: A
57) Sendo a a medida, em metros, de cada cateto dos triân gulos
retângulos isósceles, pelo Teorema de Pitágoras, con cluímos
que a medida da hipo te nusa é a��2.
Assim sendo:
a + a��2 + a = 1 ⇔ (2 + ��2 ) a = 1 ⇔
1 2 – ��2 2 – ��2 
⇔ a = ––––––––– . ––––––––– = –––––––––
2 + ��2 2 – ��2 2
O lado do octógono, em metros, é a��2, assim:
2 – ��2 2��2 – 2 
–––––––– . ��2 = ––––––––– = ��2 – 1 ⇒ 1,4 – 1 = 0,4 
2 2
Portanto, o lado do octógono mede 0,4 m = 40 cm.
Resposta: E
3���5
–––––
5
25
–––
35
h1
–––
h2
– 119
58)
Como P e Q são pontos de tangência, então nos triângulos
retângulos congruentes POS e QOS tem-se:
OP = OQ = R, OS = 7R, (OS)2 = (OP)2 + (PS)2 e PS = SQ
Assim: (7R)2 = R2 + (PS)2 ⇔ (PS)2 = 48R2 ⇒ PS = 4���3 R
Portanto, para ir de P até Q, passando pelo satélite, o sinal
percorrerá, em linha reta, a distância 
PS + SQ = 4���3 R + 4���3R = 8���3 R 
Resposta: C
59)
1) Para que as dobras se “unam” sobre a diagonal PR, con -
forme sugere a figura, devemos ter α � β, γ � δ e, con -
sequen temente, � RNQ � � RNS e � RMQ � � RMT. Desta
forma, RQ = RS = RT = 4 cm
2) PQ = PR – RQ = (4���2 – 4) cm = 4 ( ���2 – 1) cm
Resposta: A
60)
a) Na figura 2, temos y2 = x2 + x2 = 2x2
Na figura 1, temos y2 = (���14 )2 + (x – 1)2 ⇔
⇔ 2x2 = 14 + x2 – 2x + 1 ⇔ x2 + 2x – 15 = 0 ⇒ x = 3, pois x > 1
b) y2 = 2x2 ⇒ y = x��2
Assim, para x = 3, temos y = 3��2 
Respostas: a) 3 m b) 3��2 m 
61)
a) AB = 2R é a medida do lado do quadrado ABCD formado
pelos centros dos círculos maiores. OP = = = R,
pois o ponto O é o centro do quadrado ABCD. Assim,
= = 1
b) I) BD = AB . ���2 ⇒ 2R + 2r = 2R���2 ⇔ R + r = R���2 ⇔
⇔ r = R���2 – R ⇔ r = R(���2 – 1) 
II) = = . = ���2 + 1 
Respostas: a) 1 b) ���2 + 1
2R
––––
2
AB
––––
2
R
–––
R
R
––––
OP
���2 + 1
–––––––
���2 + 1
1
–––––––
���2 – 1
R
––––––––––
R(���2 – 1)
R
–––
r
120 –
62)
Por congruência de triângulos pode-se provar que o qua -
drilátero MNPQ é um quadrado cujo lado é a hipotenusa de
um triângulo retângulo de catetos medindo a e 2a. A medida
desse lado é � tal que �2 = a2 + (2a)2 ⇔ �2 = 5a2 e, portanto, a
área de MNPQ é 5a2.
Resposta: B
63) A região patrulhada por um radar intercepta a região
patrulhada por outros dois radares em exatamente um ponto
quando os círculos de centros A, B, C e D forem tangentes
externamente entre si, conforme a figura.
Nestas condições, no triângulo retângulo O
^
AB, temos:
OA2 + OB2 = AB2 ⇔ 62 + 62 = (2R)2 ⇔ R2 = 18 ⇔ R = 3 ���2
Desta forma, se R � 3 ���2 , as regiões se interceptam em pelo
menos um ponto.
Resposta: D
64)
O triângulo é isósceles e retangulo, a hipotenusa mede 10 e
cada cateto 5���2.
Se r for o raio da circunferência inscrita, então: 
5 + r = 5���2 ⇔ r = 5���2 – 5
Resposta: D
65) Sejam RT o raio do tampo e R o raio do círculo, ambos em cm,
circunscrito ao triângulo equilátero de lado � = 30 cm.
De acordo com o enunciado, 
RT ≥ R ⇒ RT ≥ ⇒ RT ≥ ⇔ RT ≥ 17 
Entre os cortes já padronizados, o tampo de menor diâmetro
tem raio 18 cm.
Resposta: A
30.1,7
–––––––
3
� ���3
––––––
3