AFA2008 MAT

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 O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 – MATEMÁTICA 
 
1 
 
MATEMÁTICA 
 
QUESTÃO 31 
Analise as alternativas abaixo e marque a correta. 
a) Se = ∈ <2{ | 40}B m N m , então o número de elementos do 
conjunto B é 6. 
b) Se α = +− +
1 1
2 1 2 1
, então )]()[( ZRQR −∩−∈α 
c) Se c=a+b e b é divisor de a, então c é múltiplo de a, 
necessariamente. 
d) Se =]1, 5[A e = −] 3, 3[B , então − = −] 3,1[B A . 
Resolução Alternativa B 
Analisando cada alternativa: 
a) Observe que B = {0,1,2,3,4,5,6}, ou seja, B possui 7 elementos. 
Assim, a alternativa está incorreta. 
b) ( ) ( )+ + −α = + = = =−− + − +1 1 2 1 2 1 2 2 2 22 12 1 2 1 2 1 2 1 . 
Assim, temos que α é um número irracional, ou seja, não é racional 
nem inteiro. Assim, (IR Q) (IR Z)α ∈ − ∩ − . 
c) Se c = a + b e b é divisor de a, segue que a = k.b, para algum inteiro 
k. Assim, temos que c = k.b + b, ou seja, c = b(k+1). Portanto, o 
número c é múltiplo de b, o que não significa que c seja múltiplo de a. 
Alternativa incorreta. 
d) Seja A = ]1;5[ e B = ]-3;3[. Assim, B – A = {x / x está em B e x não 
está em A} = ]-3;1] ≠ ]-3;1[. Alternativa incorreta. 
 
OBS: no item (a), admitimos que 0 é um número natural, embora em 
Análise Matemática tal número seja considerado inteiro, e não natural. 
QUESTÃO 32 
Um fabricante de camisetas que pretendia vender seu estoque no 
prazo de 4 meses, mantendo o preço de cada camiseta, obteve o 
seguinte resultado: 
- no primeiro mês, vendeu 10% de seu estoque; 
- no segundo, 20% do restante das mercadorias; e 
- no terceiro, 50% do que sobrou 
Ao ver que sobraram 3.600 camisetas, no quarto mês, o fabricante 
reduziu o preço de cada uma em 133 %
3
, conseguindo assim liquidar 
todo seu estoque e recebendo R$ 21.600,00 pelas vendas deste mês. 
É correto afirmar que o fabricante 
a) arrecadaria a mesma importância total, durante os 4 meses, se 
cada camiseta fosse vendida por x reais, x∈[7,8] 
b) tinha um estoque que superava 834 dúzias de camisetas. 
c) no terceiro mês, vendeu uma quantidade de camisetas 200% a mais 
que no segundo mês. 
d) no primeiro mês, recebeu mais de R$ 9.000,00 
Resolução Alternativa A 
Seja x o total de camisetas do estoque. De acordo com o enunciado, 
temos que: 
- No primeiro mês foram vendidos 10% do estoque, restando então 
90%.x. 
- No segundo mês o total de vendas foi de 20% do restante, ou seja, 
sobra no estoque um total de 80%.90%.x = 72%.x. 
- Ao final do terceiro mês, ele vende 50% da mercadoria que está no 
estoque, ou seja, sobra no estoque 50%.72%.x = 36%.x. 
Portanto, no início do quarto mês o vendedor tem 36% do seu estoque 
inicial disponível para vendas, num total de 3600 camisetas. Logo, 
36%.x = 3600 ⇒ x = 10000 camisetas. 
Observe que: 
1) primeiro mês: 1000 camisetas vendidas 
2) segundo mês: 1800 camisetas vendidas 
3) terceiro mês: 3600 camisetas vendidas 
Para o quarto mês, ele fez uma redução de 133 %
3
 nos preços das 
camisetas, ou seja, reduziu 1/3 do preço, conseguindo vender todas 
as que restavam no estoque e arrecadando R$21.600,00 por elas. 
Seja p o preço unitário por camiseta antes da redução de preços. Do 
enunciado, temos: 
⋅ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒ =2 23600 21600 6 9
3 3
p p p 
Assim, a arrecadação mensal é dada por: 
1) primeiro mês: R$9000,00 
2) segundo mês: R$16200,00 
3) terceiro mês: R$32400,00 
4) quarto mês: R$21600,00 
Total: R$79200,00 
Dividindo o total por 10000, notamos que, se cada camiseta fosse 
vendida por R$7,92, o mesmo montante teria sido arrecadado. Logo, a 
alternativa correta é a alternativa A. 
 
QUESTÃO 33 
Considere no Plano de Argand-Gauss os números complexos z1 = –x 
– 2i, z2 = –2i, z3 = –2 + 3i e z4 = x + yi, onde x e y são números reais 
quaisquer e i2 = –1. 
Sobre o conjunto desses números complexos que atendem 
simultaneamente às condições 
I) ⋅ ≤ ⋅1 2 1 2Re( ) Im( )z z z z 
II) + ≤3 4| | 2z z 
é correto afirmar que 
a) representa uma região plana cuja área é menor que 6 unidades de 
área. 
b) possui vários elementos que são números imaginários puros. 
c) possui vários elementos que são números reais. 
d) seu elemento z de menor módulo possível possui afixo que 
pertence à reta (r) 3x + 2y = 0 
Resolução Alternativa D 
 = − + ⇒ ⋅ = − + ⋅ = − − =
1
1 2
2
2
( 2 ) (2 ) 4 2
2
z x i
z z x i i xi
z i
 
A condição I então fica: 
⋅ ≤ ⋅ ⇒ − ≤ − ⇒ ≤1 2 1 2Re( ) Im( ) 4 2 2z z z z x x 
A condição II, por sua vez, pode ser escrita como: 
+ ≤ ⇒ − − ≤ ⇒ − − ≤3 4 4 3 4| | 2 | ( ) | 2 | (2 3 ) | 2z z z z z i 
Observe que esta condição nos diz que os números z4 que satisfazem 
a esta condição são aqueles cuja distância até o número complexo (–
z3) = 2 – 3i é menor ou igual a 2, ou seja, trata-se de um círculo de 
centro (2,–3) e raio 2. 
No plano de Argand-Gauss, temos: 
2 
–3 
x 
y 
 
 
A intersecção das condições I e II será então tomar os pontos do 
círculo sombreado acima que têm parte real menor ou igual a 2. Isso 
corresponde à metade da esquerda desse círculo: 
 
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2 
 
 
2 
–3 
x 
y 
 
a) Falsa. A área desse semicírculo de raio 2 será dada por: 
π π= = ≈ >21 2 2 6,28 6
2
S 
b) Falsa. O número –3i é o único número complexo imaginário puro 
nessa região, conforme o gráfico. 
c) Falsa. Não há intersecção com o eixo x (eixo real), logo não há 
nenhum número real nesse semicírculo. 
d) Verdadeira. Os elementos do círculo (condição II) que são o de 
menor e o de maior módulo podem ser obtidos geometricamente 
traçando a reta que liga o centro (2,–3) à origem: 
 
2 
–3 
x 
y 
A 
B 
 
O ponto A é o de menor módulo e o ponto B é o de maior módulo. A 
reta 
HJJG
AB tem equação: 
− = ⇒ + =
0 0 1
2 3 1 0 3 2 0
1
x y
x y
 
Assim, o elemento z de menor módulo possível, cujo afixo 
corresponde ao ponto A, pertence não só círculo, mas de fato ao 
semicírculo considerado, e também pertence á reta 3x + 2y = 0. 
QUESTÃO 34 
Um cão e um gato, ambos parados, observam-se a uma distância de 
35 m. No mesmo instante, em que o cão inicia uma perseguição ao 
gato, este parte em fuga. 
O cão percorre 2 m no primeiro segundo, 4 m no seguinte, 6 m no 
terceiro segundo e, assim, sucessivamente. O gato, apavorado, 
percorre 3 m no primeiro segundo, 4 m no seguinte, 5 m no terceiro 
segundo e, assim, sucessivamente. 
Considerando que os dois animais se deslocam sempre sem 
interrupção em seu movimento e numa trajetória retilínea de mesmo 
sentido, assinale a alternativa INCORRETA. 
a) Até o quinto segundo, o cão terá percorrido uma distância igual 
àquela que o separa do gato naquele instante. 
b) Ao final dos três primeiros segundos, o cão ainda está 35 m distante 
do gato. 
c) Em dez segundos, o cão alcançará o gato. 
d) No oitavo segundo, o gato percorre 14 metros. 
Resolução Alternativa D 
Note que a distâncias percorridas por segundo do cão e do gato são 
progressões aritméticas. Assim: 
Cão: (2,4,6,8,10,...) 
Gato: (3,4,5,6,7,...) 
Analisando cada uma das alternativas, temos: 
a) Até o quinto segundo, o cão terá percorrido 2+4+6+8+10 = 30 m, 
enquanto o gato terá percorrido 3+4+5+6+7 = 25 m, ou seja, o cão 
percorre 5 m a mais do que o gato. Como a distância entre cão e gato 
era, inicialmente, de 35 m, após o quinto segundo essa distância será 
de 30 m. Assim, a alternativa A está correta. 
b) Ao final dos três primeiros segundos, o cão terá percorrido 12 m, 
enquanto o gato também terá percorrido a mesma distância. Logo, a 
distância permanece igual a 35 m. Assim, a alternativa B também está 
correta. 
c) A distância total percorrida será a soma dos termos de uma PA, que 
pode ser calculada por 
+ − =   
12 ( 1)
2n
a n r
S r . Assim, temos que,após 10 segundos, o cão terá percorrido uma distância de 
⋅ + ⋅= =10 (2 2 9 2).10 1102S m, enquanto o gato terá percorrido 
uma distância de 
⋅ + ⋅= =10 (2 3 9 1).10 752S m. Assim, após os 10 
segundos o cão terá percorrido exatamente 110 m = 35 + 75, ou seja, 
ele alcançará o gato. Assim, a alternativa C também está correta. 
d) No oitavo segundo, levando em consideração que o gato percorre 
distâncias em PA: 
= + − ⋅ ⇒ = + =1 8( 1) 3 7 10na a n r a 
Assim, o gato percorre 10 m, e não 14. Assim, a alternativa D está 
incorreta. 
 
QUESTÃO 35 
Sejam as seqüências de números reais (-3, x, y,…) que é uma 
progressão aritmética de razão r, e (x, y, 24,...) que é uma progressão 
geométrica de razão q. 
O valor de r
q
 pertence ao intervalo: 
a) 10,
2
    b) 
1,1
2
    c) [ [1,2 d) [ [2,3 
Resolução Alternativa C 
Por hipótese, temos: 
PA ( -3,-3+r,-3+2r,...) 
PG ( x, xq, xq2,...) 
Assim, temos as seguintes igualdades: 
x = – 3 + r; y= – 3 + 2r; y = xq; 24 = yq = (– 3 + 2r)q 
Assim, 
24=(– 3 + 2r).q (1) 
– 3 + 2r = (– 3 + r)q (2) 
Logo, − + − += ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ =− +
2 23 3 2 94 36 81 0 (2 9) 0
3 2 24 2
r r r r r r
r
 
 
Substituindo em (1), temos: 
= − + ⇔ = ⇔ =924 ( 3 2. ). 24 6 4
2
q q q . 
Portanto, = = =
9 92 1,125
4 8
r
q
. 
 
QUESTÃO 36 
Considere π = 3,14 e = −1i e marque a alternativa correta. 
 
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3 
 
a) Se S(x) = x2(x-a) + bx – c, onde a, b, e c são números reais 
positivos, admite duas raízes simétricas, então 
+ =1loga log cologb
c
 
b) O polinômio P(x) ao ser dividido por (x-1) deixa resto 6 e ao ser 
dividido por (x+3) deixa resto -2. Se P(x) dividido por Q(x) = x2 + 2x – 3 
deixa resto R(x), então R(0) = 2P(-3) 
c) Se os números complexos 2π, 2i e i-5 são raízes do polinômio A(x) 
de coeficientes reais e termo independente nulo, então, o grau de A(x) 
é, necessariamente, um número par maior do que 4 
d) Se no polinômio B(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + 16 os coeficientes a, b 
e c são números reais, então as possíveis raízes racionais de B(x) 
estão entre os divisores de 16, necessariamente. 
Resolução Alternativa A 
Analisando cada alternativa, temos: 
a) Correta: Seja 3 2S(x) x ax bx c= − + − um polinômio que admite 
duas raízes simétricas. A partir das relações de Girard: 
1 2 3
a
r r r a
1
−+ + = − = 
Como a soma de duas raízes simétricas é zero, a terceira raiz é o 
próprio a. Assim: 
3 2S(a) a aa ba c 0 c ab= − + − = ⇒ = 
Aplicando logaritmo em ambos os lados: 
c ab logc loga logb loga logc logb= ⇒ = + ⇒ − = − 
1
loga log cologb
c
⇒ + = 
b) Incorreta: Seja R(x) o resto da divisão de P(x) por 2x 2x 3+ − = 
(x – 1)(x + 3). Assim, existe um polinômio Q(x) tal que 
P(x) Q(x)(x 1)(x 3) R(x)= − + + . 
Como o grau do polinômio divisor é 2, podemos escrever R(x) = Ax + 
B. Pelo teorema do resto, temos: 
P(1) R(1) 6 A B 6= = ⇒ + = 
P( 3) R( 3) 2 3A B 2− = − = − ⇒ − + = − 
Resolvendo o sistema, encontramos R(x) = 2x + 4. 
Assim, R(0) = 4, enquanto 2.P(-3) = -4. 
c) Incorreta: Seja A(x) um polinômio com coeficientes reais. Pelo 
teorema das raízes complexas, se os números 2i e i – 5 são raízes de 
A(x) então os números conjugados -2i e – i – 5 também são raízes. 
Como 2π é raiz e o termo independente sempre é nulo, temos que 0 
também é raiz, e o grau de A(x) é, no mínimo, 6. Entretanto, não 
podemos afirmar nada com relação às multiplicidades de cada raiz, 
muito menos que as únicas raízes são essas; logo, não podemos 
garantir que o grau sempre será par. 
d) Incorreta: Observe que uma condição fundamental para que o 
teorema das raízes racionais funcione é que TODOS os coeficientes 
do polinômio sejam inteiros. Como sabemos que os coeficientes a, b e 
c são reais (não necessariamente inteiros), não podemos afirmar que 
as possíveis raízes racionais de B(x)=x4+ax3+bx2+cx+16 estão entre 
os divisores de 16. 
QUESTÃO 37 
Sabendo-se que = −0x i , 1 3x = e 
20
2
1 3
2 2
x i
 = +   
 são raízes de 
6 5 4 3 2( ) 3 4 3 3P x x x x x x ax= − + − + − + , onde i é a unidade imaginária 
e a é número real, marque a alternativa FALSA. 
a) O número a também é raiz de ( )P x . 
b) A soma das raízes reais de ( )P x é um número par. 
c) O produto das raízes imaginárias de ( )P x é diferente de a 
d) ( )P x é divisível por 2 1x x+ + . 
Resolução Alternativa C 
Seja 6 5 4 3 2P(x) x 3x x 4x 3x ax 3= − + − + − + um polinômio tal 
que x0 = -i é raiz. Como a é real, então todos os coeficientes de P(x) 
são reais, daí segue que i também é raiz de P. 
= − + − + − + = − − + + − − + =6 5 4 3 2P(i) i 3i i 4i 3i ai 3 1 3i 1 4i 3 ai 3 0
i ai 0 a 1⇒ − = ⇒ = 
Alternativa A (correta): 
Calculando P(1), temos: 
P(1) 1 3 1 4 3 1 3 0= − + − + − + = 
Assim, a = 1 é raiz real de P(x). 
Alternativa B (correta): 
As raízes reais de P(x) são 1 e 3, uma vez que temos 6 raízes, sendo 
4 delas complexas ( 0 0 2 2, , ,x x x x ), logo a soma das raízes reais de P é 
um número par. 
Alternativa C (FALSA): 
Seja 
20
2
1 3 20 2 1 3
x i cis cis i
2 2 3 3 2 2
  π π   = + = = = − +           
. 
Logo, o número 2
1 3
x i
2 2
= − − também é raiz de P(x). 
Assim,  ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ + = =  
2 2
0 0 2 2 0 2
1 31 1
4 4
x x x x x x a 
Alternativa D (correta): 
Observando que as raízes de x2 + x + 1 são dadas por x2 e 2x , temos 
que P(x) é divisível por x2 + x + 1. 
 
QUESTÃO 38 
Uma pessoa fará uma viagem e em cada uma de suas malas colocou 
um cadeado contendo um segredo formado por cinco dígitos. Cada 
dígito é escolhido dentre os algarismos: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9. Na 
primeira mala, o segredo do cadeado começa e termina com dígito par 
e os demais são dígitos consecutivos em ordem crescente. Na 
segunda mala, o segredo do cadeado termina em dígito ímpar e 
apenas o 1º e 2º dígitos são iguais entre si. 
Dessa maneira, se ela esquecer: 
a) o segredo do cadeado da primeira mala, deverá fazer no máximo 
2 3(5 8 )x tentativas para abri-lo. 
b) o segredo do cadeado da segunda mala, o número máximo de 
tentativas para abri-lo será de 1890. 
c) apenas os três dígitos consecutivos em ordem crescente do 
cadeado da primeira mala, ela conseguirá abri-lo com, no máximo, 8 
tentativas. 
d) apenas os dois primeiros dígitos do cadeado da segunda mala, 
deverá tentar no máximo 10 vezes para abri-lo. 
Resolução Alternativa C 
Pelo enunciado, temos: 
1) Primeira mala: primeiro e último algarismos são pares, os outros 
são dígitos consecutivos em ordem crescentes. 
Nesse caso, note que temos 5 possibilidades para o primeiro 
algarismo, 5 possibilidades para o último, 8 possibilidades para o 
segundo (uma vez que o segundo número nunca pode ser 8 ou 9) e 
apenas 1 possibilidade para o terceiro e quarto números, uma vez que 
eles devem estar em ordem crescente. Assim, o total de possibilidades 
é dado por 52.8 = 200. 
Assim, a alternativa (a) está incorreta, uma vez que 200 < 52.83. Além 
disso, note que existem apenas 8 seqüências de três números 
consecutivos montada a partir dos números 0,1,2,3,4,5,6,7,8 e 9, de 
modo que se ela se esquecer dos três dígitos consecutivos então ela 
precisará apenas de 8 tentativas para abrir a mala. 
2) Segunda mala: último algarismo ímpar, com apenas o primeiro e 
segundo algarismos iguais entre si. 
Nesse caso, existem 5 possibilidades para o último número, 9 
possibilidades para o primeiro (que não pode ser igual ao último, uma 
vez que apenas o primeiro e o segundo são iguais), 1 possibilidade 
para o segundo (ele deve ser igual ao primeiro), 8 possibilidades para 
o terceiro, que não pode ser igual ao último nem ao primeiro/segundo; 
e 7 possibilidades para o quarto, que não pode ser igual a nenhum dos 
anteriores.Assim, o total de possibilidades é dado por 5.9.1.8.7 = 
2520. 
Assim, a alternativa (b) está incorreta, pois 2520 > 1890. Além disso, 
note que, caso ela esqueça apenas os dois primeiros dígitos do 
cadeado da segunda mala, então ela não precisará fazer 10 tentativas 
para abrir a mala, uma vez que os outros algarismos devem ser 
diferentes dos dois primeiros. Assim, na pior das hipóteses, ela deverá 
fazer 7 tentativas, o que torna a alternativa (d) incorreta. 
 
QUESTÃO 39 
Uma pessoa deve escolher (não importando a ordem) sete, dentre dez 
cartões numerados de 1 a 10, cada um deles contendo uma pergunta 
 
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4 
 
diferente. Se nessa escolha houver, pelo menos três, dos cinco 
primeiros cartões, ela terá n formas de escolha. 
Sendo assim, pode-se afirmar que n é um número 
a) quadrado perfeito. 
b) múltiplo de 11. 
c) ímpar. 
d) primo. 
Resolução Alternativa B 
De acordo com o enunciado, a pessoa deve escolher 3,4 ou 5 cartôes 
dos 5 primeiros (pelo menos três) e o que falta para completar os 7 
cartões dos 5 restantes. 
Como a ordem não importa, temos: 
        + + =                
5 5 5 5 5 5
110
3 4 4 3 5 2
, possibilidades para escolher os 
cartões (que é um múltiplo de 11). 
 
QUESTÃO 40 
Analise as proposições seguintes. 
(02) Se 1(1!) 2(2!) 3(3!) ( !) ( 1)! 1n n n+ + + + = + −… , com 
{1,2,3,4, }n∈ … , então, o valor de 
1(1!) 2(2!) 10(10!) 1
8!(1 2 3 4 10)
+ + + +
+ + + + +
"
" é igual a 18. 
 
(04) O valor de 
1 1
p
m
m
m=
  − ∑ é 2p . 
(08) Uma caixa (I) contém 6 garrafas com rótulo e duas 
garrafas sem rótulo; outra caixa (II) contém 4 garrafas 
com rótulo e uma sem rótulo. Uma caixa é selecionada 
aleatoriamente e dela uma garrafa é retirada. A 
probabilidade dessa garrafa retirada ser sem rótulo é de 
22,5%. 
(16) Dois dígitos distintos são selecionados aleatoriamente 
dentre os dígitos de 1 a 9. Se a soma entre eles é par, a 
probabilidade de ambos serem ímpares é 5
8
. 
A soma das proposições verdadeiras é igual a: 
a)14 b)24 c) 26 d) 30 
 
Resolução Alternativa C 
(02) A proposição é verdadeira, pois por hipótese: 
1(1)! 2(2)! ... 10(10)! 1 11! 1 1 11! 990 18
8!(1 2 ... 10) 8!(55) 8!.55 55
+ + + + − += = = =+ + + 
(04) A proposição é falsa, pois a soma pedida é a soma das diagonais 
do Triângulo Aritmético de Pascal. Como a soma das diagonais é dada 
por:
1
1
1 1
p
m
m p
m p=
+   =   − −   ∑ 
Temos portanto que 2
1
( 1).
1
p
p p p
p
+  = + ≠ −  ; 
(08) A proposição é verdadeira, pois o evento desejado ocorre quando 
escolhendo a caixa (I) retiramos uma garrafa sem rótulo ou 
escolhendo a caixa (II) retiramos uma garrafa sem rótulo. Podemos 
calcular a probabilidade deste evento ocorrer de 
1 2 1 1 9. . 22,5%
2 8 2 5 40
P = + = = 
(16) A proposição é verdadeira, pois se a soma dos dígitos é par, 
temos as seguintes possibilidades: 
Par e Par ou Impar e Impar. 
De 1 a 9, temos 4 números pares e 5 ímpares. 
O número de eventos Par e Par é dado por: 4.3=12 e o número de 
eventos Ímpar e Ímpar é 5.4 = 20. 
Assim, o espaço amostral é 32 e o número de eventos de interesse é 
20 
Logo a probabilidade é 20 5
32 8
= . 
Assim, a soma pedida é 26. 
 
QUESTÃO 41 
Analise cada proposição classificando-a como VERDADEIRA ou 
FALSA. 
I) Sejam as matrizes A = (aij)3xn e B = (bjk)nx4 (n ≥ 1) então a matriz C = 
A·B é tal que o elemento c21 = ⋅∑ 2 1j ja b 
II) A e B são matrizes inversíveis de ordem n. Se AYB = 2Bt, onde Bt é 
a transposta de B, o determinante da inversa de A é igual a ¼ e o 
determinante de B é igual a ½, então o determinante da matriz Y é 
igual a 2n-2 
III) Seja a matriz A =    
1 0
1 1
 então An =    
1 0
1n
, n ∈ N* 
É correto afirmar que são verdadeiras 
a) todas as proposições 
b) apenas II e III. 
c) apenas I e II. 
d) apenas I e III. 
Resolução Alternativa D 
I) A proposição é verdadeira, pois para obter um elemento cij do 
produto de duas matrizes usamos o produto escalar entre os 
elementos da linha i da primeira matriz e os elementos da coluna j da 
segunda matriz, já que cada fila forma uma n-upla ordenada com os 
seus elementos. 
Assim, usando as hipóteses da proposição: 
C = (AB)3x4 tem como elemento 21: 
c21= a21b11+a22b21+a23b31+a24b41=
4
2 1
1
j j
j
a b
=
∑ . 
Obs: O produto escalar entre duas n-uplas é definido por: 
u=(x1,x2,...,xn) e v=(y1,y2,...,yn), 
,u v = 1 2 1 2( , ,..., ),( , ,..., )n nx x x y y y = x1y1+x2y2+...+xnyn. 
II) A proposição é falsa, pois usando as propriedades do 
determinante, temos: 
AYB=2Bt ⇒ det(AYB)=det(2Bt) ⇔ detA.detY.detB=2ndetB, usando o 
fato de que det(AB)=detA.detB e det(kA)=kndetA, onde n é a ordem da 
matriz. 
Logo, += = = 22 2det 21det
4
n n
nY
A
, e não 2n – 2. 
III) Por indução, temos: 
n=2: 
     = =          
2 1 0 1 0 1 0.
1 1 1 1 2 1
A 
Assumindo para n=k: 
 =   
1 0
1
kA
k
, temos: 
n=k+1: +
     = = =     +     
1 1 0 1 0 1 0. .
1 1 1 1 1
k kA A A
k k
 
Assim, por indução, temos a proposição verdadeira. 
 
QUESTÃO 42 
Um suspeito de assaltar dois caixas de um supermercado foi intimado 
a prestar depoimento e fez a seguinte declaração: 
“No primeiro caixa foram roubados dois pacotes de notas de 20 reais, 
cinco pacotes de notas de 50 reais e um pacote de notas de 100 reais, 
totalizando 100 mil reais. No segundo caixa, foram roubados um 
pacote de notas de 20 reais e três pacotes de notas de 100 reais, num 
total de 50 mil reais. Os pacotes de notas de mesmo valor tinham a 
mesma quantidade de notas. 
Cada pacote de notas de 100 reais tinha igual valor de cada pacote de 
notas de 50 reais.” 
Diante do depoimento do suspeito, pode-se concluir que: 
a) ele pode ter falado a verdade. 
b) ele falou, necessariamente a verdade. 
c) havia, necessariamente, 940 notas em cada pacote de notas de 20 
reais. 
d) ele mentiu, necessariamente. 
Resolução Alternativa A 
De acordo com o enunciado, podemos formar o seguinte sistema: 
 
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5 
 
2.20 5.50 1.100 100000
1.20 3.100 50000
2
x y z
x z
y z
+ + = + = =
 onde x é o número de pacotes 
com notas de 20 reais, y é o número de pacotes com notas de 50 reais 
e z é o número de pacotes com notas de 100 reais. 
Substituindo a terceira equação na primeira, temos: 
40 600 100000
20 300 50000
x z
x z
+ = + = 
Logo, como o sistema é possível (embora indeterminado), o assaltante 
pode ter falado a verdade. 
 
QUESTÃO 43 
A circunferência )(λ x2 + y2 – 2x – 2y + k = 0 passa pelo ponto A(0,1). 
Sabendo-se que o ponto P de )(λ mais próximo da origem coincide 
com o baricentro do triângulo MNQ, onde M(0,k), N(2k,0) e Q(xQ,yQ) é 
correto afirmar que a área do triângulo MNQ é um número do intervalo 
a) 31,
2
    b) 

 2,
2
3 
c) 


2
5,2 d) 

 3,
2
5 
Resolução Alternativa B 
Considerando que o ponto (0,1) está na circunferência, temos 02 + 12 
– 2.0 – 2.1 + k = 0, logo k = 1. 
Assim, a circunferência em questão é descrita pela equação: (x – 1)2 + 
(y – 1)2 = 1. 
O ponto P da circunferência mais próximo da origem pode ser obtido 
geometricamente ao construirmos a reta que passa pela origem (0,0) e 
pelo centro (1,1) da circunferência. 
y 
 
 
 
 
 
 
 
 x 
N P 
M 
 
A partir do gráfico, temos que a distância da origem ao ponto P é dada 
por 2 1− . Como este ponto está na reta x = y, temos que esta 
distância é a diagonal de umquadrado. Assim: 
2 22 1 2
2
x x −− = ⇒ = 
Portanto, o ponto 2 2 2 2,
2 2
P
 − −   
 é o baricentro do triângulo MNQ. 
Podemos obter as coordenadas do ponto Q, a partir das coordenadas 
do baricentro: 
2 12 2 2 2
2 3 2 3
Q Qx ye
+ +− −= = 
Assim 2 3 2 4 3 2,
2 2
Q
 − −=    
. 
 
O triângulo MNQ tem como vértices os pontos M(0,1), N(2,0) e 
Q(xQ,yQ), cuja área é dada por: 
0 1 1
1 12 0 1 2 2
2 2
1
MNQ Q Q
Q Q
A x y
x y
= = + − . 
 
Substituindo as coordenadas de Q temos: 
1 2 3 2 1 9 24 3 2 2 3
2 2 2 2MNQ
A −== + − − = − 
Aproximando 2 1,4= , temos: 
AMNQ=
1 3 6,3 1,65
2
− = , que está entre 1,5 e 2. 
 
QUESTÃO 44 
Classifique em (V) verdadeira ou (F) falsa cada afirmativa abaixo 
sobre o ponto P(x,y) no plano cartesiano. 
( ) Se o ponto P pertence simultaneamente às bissetrizes dos 
quadrantes ímpares e dos quadrantes pares, então o ponto simétrico 
de P em relação à reta y = k (k∈?*) tem a soma das coordenadas 
igual a 2k. 
( ) Sendo {x,y}⊂ ?, então existem apenas dois pontos P(x,y) que 
atendem às condições 
2
0
3
x
y y x
< − ≤
 
( ) Os pontos P(x,y) tais que a sua distância ao eixo das abscissas é 
igual à metade da distância de P ao ponto Q(0,6) formam uma 
hipérbole de excentricidade igual a 2. 
Sobre as afirmativas tem-se 
a) apenas uma falsa. 
b) apenas duas falsas. 
c) todas falsas. 
d) todas verdadeiras. 
Resolução Alternativa A 
(I) Verdadeira. Se P pertence simultaneamente à bissetriz dos 
quadrantes ímpares (reta y = x) e à bissetriz dos quadrantes pares 
(reta y = –x), então ele satisfaz o sistema 
y x
y x
= = − . Logo, P = (0,0). 
Assim, temos o gráfico a seguir: a reta y = k é paralela ao eixo x, 
passando pelo ponto (0,k). Assim, o ponto S, simétrico do ponto P em 
relação a esta reta, é o ponto 
S = (0,2k), cuja soma das coordenadas é igual a 2k. 
x 
y 
y = k 
k 
P(0,0) 
S(0,2k) 
 
(II) Falsa. Se 2 23 0 3 0y y x y y− ≤ < ⇒ − < . 
Graficamente, a solução desta inequação em y é: 
0 3 
+ + 
– 
 
0 3y< < 
Como y é um número inteiro, os únicos valores possíveis nesse 
intervalo são y = 1 ou y = 2. 
Se 
2 2
2 2
1 3 1 3 1 2
2 3 2 3 2 2
y y y
y y y
 = ⇒ − = − ⋅ = − = ⇒ − = − ⋅ = −
. 
Nesse caso, 2 3 0 2 0y y x x− ≤ < ⇒ − ≤ < ⇒ x=–2 ou x=–1 
Logo, existem quatro pontos P(x,y) que atendem às condições: (–1,1), 
(–1,2), (–2,1) e (–2,2). 
(III) Verdadeira. A distância de um ponto P(x,y) até o eixo das 
abscissas é |y|, enquanto a distância desse mesmo ponto até o ponto 
Q(0,6) é dada por 2 2( 0) ( 6)x y− + − . Assim, o lugar geométrico em 
questão é: 
2 2
2 2 21 12 36| | ( 6)
2 4
x y yy x y y + − += + − ⇒ = ⇒ 
2
2 2 23 12 36 0 4 12
3
xy y x y y+ − − = ⇒ + − = 
Completando quadrados nessa equação, temos: 
 
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6 
 
2 2 2
2 2 2 ( 2)2 2 12 2 1
3 16 48
x y xy y ++ ⋅ ⋅ + − = + ⇒ − = 
Esta é a equação de uma hipérbole centrada no ponto (0,–2), com as 
medidas 2 16a = e 2 48b = . 
Logo, 2 2 2 16 48 64 8c a b c= + = + = ⇒ = . 
A excentricidade da elipse é então dada por: 8 2
4
ce
a
= = = 
 
QUESTÃO 45 
Considere as curvas, dadas pelas equações 
(I) 16x2 + 4y2 + 128x – 24y + 228 = 0 
(II) y = 7 - |x| 
(III) y2 – 6y – x + 5 = 0 
Analise cada afirmação a seguir, classificando-a em VERDADEIRA ou 
FALSA 
 
(01) O gráfico de (I) é representado por uma elipse, de (II) por duas 
retas e de (III) por uma parábola. 
(02) O centro de (I) é um ponto de (II) e coincide com o vértice de (III). 
(04) A soma das coordenadas do foco de (III) é um número menor que 
-1 
(08) A excentricidade de (I) é igual a πcos
6
 
A soma dos itens verdadeiros é um número do intervalo 
a)[1,3] b)[4,7] 
c) [8,11] d) [12,15] 
 
 
 
 
 
Resolução Alternativa C 
(01) Falso 
(I) A equação pode ser reescrita como 
+ −+ =
2 2( 4) ( 3) 1
4 16
x y
, que 
representa uma elipse com eixo maior vertical e centro no ponto C = (-
4,3) 
(II) Da definição de módulo, temos: 
= − ≥ = + <
7 , 0
7 , 0
y x se x
y x se x
, ou seja, tal equação representa duas semi-
retas no plano cartesiano e não duas retas. 
(III) Essa última equação pode ser reescrita como 
(y-3)2 = x + 4, que é uma parábola com eixo de simetria horizontal e 
vértice no ponto V = (-4,3) 
(02) Verdadeiro 
Do item anterior, vemos que P=(-4,3) é o centro da elipse e o vértice 
da parábola. Além disso, P pertence ao gráfico de (II) pois x = -4 ⇒ y 
= 7-|-4| = 3 
(04) Falso 
(y – 3)2 = x + 4 ⇒ p = 1
2
, onde p é o parâmetro da parábola (distância 
do foco a reta diretriz). 
Sendo o vértice da parábola o ponto V = (-4,3) e dado que seu eixo de 
simetria é horizontal obtemos o foco F por: 
F = 
p
( 4 ,3)
2
− + = 7( ,3)
2
− 
Logo xf + yf = -
1
2
 
(08) Verdadeiro 
Na equação da elipse 
+ −+ =
2 2( 4) ( 3) 1
4 16
x y
, o primeiro denominado 
representa o valor de a2 (onde a é o semi-eixo maior da elipse) e o 
segundo denominador representa o valor de b2 (onde b é o semi-eixo 
menor da elipse). Assim: a = 4 e b = 2 
Da relação fundamental da elipse = +2 2 2a b c (onde c é a metade da 
distância focal), temos: 
c = 2 3 
Logo a excentricidade, definida como e = 
c
a
 vale 
3
2
= 
πcos
6
 
Portanto, soma 02+08=10. 
 
QUESTÃO 46 
Na figura abaixo, está representado o gráfico da função real f:[-
a,a]??, onde f(0)=0. 
 
Analise as alternativas abaixo e marque a INCORRETA. 
a) O conjunto imagem da função h: A?B, definida por ( ) ( ) 3
2
h x f x= + 
é Im = 90,
2
    
b) Se a função s: D?? é tal que 3( )
2
s x f x = +   , então 
3(0)
2
s = − 
c) O domínio da função r: E?? tal que r(x)= f(x)-3 é o intervalo real [-6 
, 6] 
d) A função r: E?? tal que r(x)= f(x) - 3 NÃO possui raízes em ? 
Resolução Alternativa D 
Analisando cada item: 
a) Correta: O gráfico da função h é o mesmo da função f deslocado 
3/2 no eixo y. 
Analisando os pontos de máximos e mínimos de f, podemos observar 
que no intervalo [-3,3/2] a função é descrita por f(x) = - x, o que implica 
que seus pontos de máximo e mínimo são respectivamente 3 e -3/2. 
Assim, o ponto de máximo da função h é 3 + 3/2 = 9/2 e o ponto de 
mínimo é -3/2 + 3/2 = 0 e portanto a imagem de h é dada por 90,
2
    . 
b) Correta: 3 3 3(0) 0
2 2 2
s f f   = + = = −       
c) O domínio de r é o mesmo domínio de f. Determinando os valores 
de a: 
Temos que o coeficiente angular no intervalo [-a,-3] é dado por 
( ) ( ) ( ) ( )
30
3 0 3 22 5 6
3 5 5 2 3
a a
a
 − − −  = ⇒ − = ⋅ ⇒ =− − − − − − . 
Portanto, o domínio de f e de r é dado pelo intervalo real: 
[-a , a] = [-6 , 6] 
d) Incorreta: a função r: E?? tal que r(x)= f(x) - 3 apresentará raiz real 
para x=-3. 
Do enunciado f(-3)=3 ⇒ r(-3) = f(-3)-3= 3-3=0 
Logo -3 é raiz da função r. 
 
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7 
 
 
 
QUESTÃO 47 
Considere todo x ∈\ que torne possível e verdadeira a igualdade 
2 4 2log[ ( 1)] log 2 1f x x x− = − + , onde f é uma função real de A em B 
e marque a alternativa correta. 
a) O conjunto imagem de f é Im {1}+= −\ 
b) f é uma função injetora. 
c) Se {1}B += −\ , então existe a inversa de f . 
d) f tem domínio { / | | 1}A x x= ∈ >\ 
Resolução Alternativa A 
Observe que 4 2 2 2 22 1 ( 1) | 1|x x x x− + = − = − , e portanto, 
4 2 2log 2 1 log | 1|x x x− + = − 
Pelas condições de existência do logaritmo, o logaritmando deve ser 
positivo, portanto devemos ter 
i) 2| 1| 0x − > (o que acontece se e somente se 1x ≠ ± ) 
ii) 2( 1) 0f x − > . 
Nos pontos onde issoacontece, vale: 
2 2 2 2log[ ( 1)] log | 1| ( 1) | 1|f x x f x x− = − ⇒ − = − . 
Assim, temos que ( ) | |f w w= 
Verificando a segunda condição de existência citada, note que, 
( ) | |f w w= , que é sempre não negativa. 
Esta função se anula somente quando w = 0 ou seja 
2 2( 1) 0 1 0 1f x x x− = ⇔ − = ⇔ = ± 
Logo o domínio da função f é {1, 1}− −\ 
Assim, o gráfico da função f deve ser: 
1 
1 
–1 x 
y 
 
a) Verdadeira: conforme o gráfico, todos os pontos não-negativos do 
eixo y, exceto o 1, foram atingidos, e portanto Im( ) {1}f += −\ . 
b) Falsa: por exemplo, temos ( 2) (2) 2f f− = = . 
c) Falsa: se fixarmos o contradomínio da função f como sendo 
{1}B += −\ , apenas a tornaremos uma função sobrejetora, mas ela 
continuará sendo não injetora. Se não é uma função injetora, com 
mais razão não é bijetora e, portanto, não admite inversa. 
d) Falsa: conforme demonstrado no início, o domínio da função é 
{1, 1}− −\ . 
 
QUESTÃO 48 
As funções f: ??? do 1º grau e g: ??[b, +∞[ do 2º grau estão 
representadas no gráfico abaixo. 
 
Com base nas informações acima é correto afirmar que: 
a) o menor valor de b que torna a função g sobrejetora é um número 
inteiro. 
b) (gogof-1) (5/2) > 0 
c) [ ]2( ) 0 { | 1 4}
( )
f x
x x ou x
g x
> ⇔ ∈ < >\ 
d) f(x)-g(x)≤0 { | 0 6}x x ou x⇔ ∈ ≤ ≥\ 
Resolução Alternativa B 
Da observação do gráfico, é possível descobrir que: 
1x
2
3)x(f += 
Assim, x= -2/3 será raiz desta função. 
4x5x)x(g 2 +−= 
Assim, x=1 e x=4 serão raízes da função g, e seu ponto de mínimo 
será 9
4 4v
y
a
∆= − = − . 
a) Incorreta, pois a imagem de g(x)= 9|
4
y R y ∈ ≥ −   . Logo, para que 
g(x) seja sobrejetora, o valor mínimo de b é – 9/4, que é racional. 
b) Correta, pois observando o gráfico, temos que, da função inversa, 
f(1)=5/2⇔ f–1(5/2) =1. Ainda observando o gráfico, temos: 
(gogof-1) (5/2) = g(g(f–1(5/2)))=g(g(1))=g(0)=4>0. 
c) Incorreta: 
Estudando os sinais da expressão 
[ ]
)x(g
)x(f 2
temos: 
[ ]
[ ]
2
2
2( ) 0
3
2( ) 0
3
f x x
f x x
 > ⇔ ≠ − = ⇔ = −
 e 
( ) 0 1 4
( ) 0 1 4
( ) 0 1 4
g x x
g x x ou x
g x x ou x
> ⇔ < < = ⇔ = = < ⇔ < > 
A expressão não é definida para x=1 ou x=4. Assim: 
[ ]
[ ]
2
2
( ) 20
( ) 3
( ) 20 1 4
( ) 3
f x
x
g x
f x
x e x ou x
g x
 = ⇔ = − > ⇔ < ≠ − > 
d) Incorreta: f(x) – g(x) = 2 13 3
2
x x− + − , cujas raízes são 1
2
 e 6 e é 
não positiva para 1 6
2
x ou x≤ ≥ . 
 
QUESTÃO 49 
Considere as funções reais 
*:f R R+ → tal que ( ) 2f x x= − 
*:g R R+→ tal que 1( ) 2
x
g x  =    
*:h R R+ → tal que 2( ) logh x x= − 
 
e marque a alternativa correta. 
 
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8 
 
a) O domínio da função k definida por ( )( )
( )
g xk x
h x
= é o conjunto dos 
números reais positivos. 
b) A função j definida por 
1( ) ( )( )
( )( )
f x h xj x
g f x
−⋅= D se anula em dois pontos 
distintos. 
c) A função m definida por ( ) 1 ( )( )m x g f x= − + D não possui raiz. 
d) Se ( ( )) 8g h a = e 3( (2 )) log 9h g b = , então ( )a b− é um número 
primo. 
 
Resolução Alternativa D 
a) Falsa, pois para 1x = , temos (1) 0h = , e portanto a função 
( )( )
( )
g xk x
h x
= não está definida para x = 1. O domínio da função k seria 
* {1}R+ − 
b) Falsa. 
Temos 2( ) logh w w= − e chamando ( )h w x= , temos: 
1( )h x w− = . Assim, 12 2log log ( )x w h x−= − = − ⇒ 
1 1
2
1log ( ) ( ) 2 ( )
2
x
xh x x h x g x− − −  = − ⇒ = = =   . 
Por outro lado, 
( ) 21 1( )( ) ( ( ))
2 2
f x x
g f x g f x
−   = = =      D . 
Logo, 
1
2
1( 2)
( ) ( ) ( 2)2( )
( )( ) 41
2
x
x
x
f x h x xj x
g f x
−
−
 − ⋅  ⋅ − = = =
   
D , de modo que a 
função j se anula apenas num ponto, quando x=2 
c) Falsa. Pelo item anterior, 
21( )( )
2
x
g f x
− =   D , e assim, temos 
21( ) 1 ( )( ) 1
2
x
m x g f x
− = − + = −  D . 
Resolvendo a equação ( ) 0m x = , temos 
2 21 11 0 1 2
2 2
x x
x
− −   − = ⇒ = ⇒ =       
Assim, a função m possui uma raiz. 
d) Verdadeira. Observe que ( )g h x x=D para todo *x R+∈ e 
( )h g w w=D para todo w R∈ , já que as funções g e h são funções 
inversas uma da outra. Logo: 
3
8 ( ( )) 8
2 log 9 ( (2 )) 2 1
g h a a a
h g b b b
= = ⇒ = = = = ⇒ =
 
Portanto: 8 1 7a b− = − = , que é um número primo. 
 
QUESTÃO 50 
"A Arrecadação da CPMF, devido à ampliação de sua abrangência, e 
ao aumento da alíquota, cresceu mais de 140% nos últimos anos (em 
bilhões de reais por ano)". 
Revista Veja - 14/03/2007 
 
 
 
Supondo que o crescimento da arrecadação representado no gráfico 
acima é linear do ano 2005 ao ano de 2007 e que y% representa o 
aumento da arrecadação do ano de 2005 ao ano de 2006, é correto 
afirmar que y é um número do intervalo: 
a) [8, 9[ 
b) [9, 10[ 
c) [10, 11[ 
d) [11, 12[ 
Resolução Alternativa B 
De acordo com o gráfico, de 2005 a 2007, a arrecadação da CPMF 
salta de R$29,2 bilhões de reais para um valor estimado de R$34,8 
bilhões. 
Supondo linear o gráfico entre os anos citados, temos que a 
arrecadação em 2006 é dada por 29,2 34,8
2
+ =32 bilhões. 
O aumento de arrecadação, tomando com base o ano de 2005, 
corresponde a: $32 1,09
$29,2
R bi
R bi
≈ . Desta forma a arrecadação 
aumentou cerca de 9% de 2005 para 2006. 
Portanto y pertence ao intervalo [9, 10[ 
 
QUESTÃO 51 
Considere a tabela para cálculo do imposto de renda a ser pago à 
Receita federal no ano de 2007 – ano base 2006 (valores 
arredondados para facilitar os cálculos). 
Rendimento para base 
de cálculo (R$) 
Alíquota 
(%) 
Parcela a deduzir 
(R$) 
até 14.999,99 Isento - 
De 15.000,00 a 30.000,00 15 2.250,00 
acima de 30.000,00 27,5 6.000,00 
Para se conhecer o rendimento para base de cálculo, deve-se subtrair 
do rendimento bruto todas as deduções a que se tem direito. Esse 
rendimento para base de cálculo é multiplicado pela alíquota 
correspondente. Em seguida, subtrai-se a parcela a deduzir 
correspondente, de acordo com a tabela acima, obtendo-se assim o 
valor do imposto de renda a ser pago. 
Um trabalhador, cujo rendimento bruto foi de R$50.000,00 teve direito 
às seguintes deduções: R$4.400,00 com o total de gastos em 
educação, R$5.000,00 com o total pago à Previdência, e R$1.500,00 
por dependente. 
Nessas condições, sabendo-se que o valor do imposto pago por este 
trabalhador, no ano de 2007, foi de R$3.515,00, o número de 
dependentes considerado foi: 
a) 2 
b) 3 
c) 4 
d) 6 
Resolução Alternativa C 
Seja x o total de dependentes. As deduções do imposto de renda 
desse trabalhador somam um total de: 
R$9400,00 + x.R$1500,00 
 
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9 
 
O valor limite máximo (não incluído) de alguém que paga imposto com 
uma alíquota de 15% é calculado por: 
( )15%. 30000 2250 2250− = 
Assim, analisemos o imposto pago, utilizando a alíquota de 27,5%: 
  I=27,5%. 50000-(9400+1500x) -6000=3515 
9515
40600 1500x 34600 1500x 6000
0,275
− = = ⇒ = 
6000
x 4
1500
⇒ = = 
Logo, o total de dependentes é 4. 
 
QUESTÃO 52 
Sabendo-se que b é um número real tal que b > 1 e que a função real 
f: ? ? B é tal que f(x) = xb2 −− , analise as alternativas abaixo e 
marque a FALSA. 
a) A função f admite valor mínimo. 
b) x ≤ - 1 ⇔ 2 - 
b
1 ≤ f(x) < 2 
c) A função f é par. 
d) Se B = [0, 2[ então f é sobrejetora. 
Resolução Alternativa D 
Seja |x|f(x) 2 b−= − . Assim, | x| |x|f( x) 2 b 2 b f(x)−− = − = − = , e a 
função f é par.Logo, a alternativa (c) está correta. 
Como b > 1, podemos reescrever a função como 
−= − = −|x| |x|1f(x) 2 b 2 b , onde < ≤|x|
1
0 1
b
. 
Daqui, segue que 1 f(x) 2≤ ≤ , de modo que f(x) admite um mínimo 
e um máximo. Além disso, fica evidente que o conjunto-imagem de f é 
o intervalo [1;2], de modo que a alternativa (a) está correta, enquanto 
a alternativa (d) está incorreta. 
Para verificar a validade da alternativa (b), note que se 
≤ − ⇒ ≤ ⇒ − ≥ − ⇒ ≥ −|x| |x|1 1 1 1 1x 1 f(x) 2b b b b b 
Temos também que lim 2
x→−∞ = e portanto − ≤ ≤
1
2 f(x) 2
b
 
 
QUESTÃO 53 
Sabendo-se que a função real f: D → B definida por 
f(x) = −1
x
x
 é inversível e que D e B são conjuntos os mais amplos 
possíveis, é FALSO afirmar que 
a) f é crescente para todo x tal que x < 1 ou x > 1. 
b) a equação da assíntota horizontal de f é y = -1. 
c) se g é tal que g(x) = |f-1(x)|, então não existe x real tal que g(x) = 1 
d) f-1(0) + f-1(-½) < 0 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução Alternativa C 
a) Correta. 
Tome x,y ≠ 1, e suponha que f(x) > f(y): 
− − −> ⇒ − > ⇒ >− − − − − −
−⇒ >− −
x y x y x(1 y) y(1 x)
0 0
1 x 1 y 1 x 1 y (1 x)(1 y)
x y
0
(1 x)(1 y)
 
Se x,y < 1, temos que (1-x)(1-y) > 0. Da mesma forma, se x,y > 1, 
também encontramos (1-x)(1-y) > 0. Em ambos os casos temos x – y 
> 0 e, conseqüentemente, 
x > y. Assim, pela hipótese de que f(x) > f(y), f é crescente para todo x 
> 1 ou x < 1. Observe que esse resultado só é válido nesse caso, 
quando olhamos o domínio de maneira separada. Caso contrário, f 
não seria crescente. Assim, a alternativa (a) está correta. 
b) Correta. 
Reescrevendo 
−= = + = −− − − −
x x 1 1 1
f(x) 1
1 x 1 x 1 x 1 x
, 
percebemos que o gráfico de nossa função corresponde à uma 
hipérbole de assíntota vertical x = 1. Fazendo x → ±∞ , notamos que 
1
1 1
1 x
− → −− , de modo que y = -1 é a assíntota horizontal de 
nossa função, o que torna a alternativa (b) correta. 
c) Incorreta. 
Note que se 1g(x) | f (x)|−= , existe algum ponto x tal que 
1f (x) 1− = − , uma vez que 1 D− ∈ . Assim, existe x tal que 
1g(x) | f (x)| | 1| 1−= = − = , e a alternativa (c) está incorreta. 
d) Correta. 
Seja a função inversa de f dada por − =1f (x) y , assim, 
= ⇒ = − = −−
y
x y x(1 y) x xy
1 y
−⇒ = = +
1 xy f (x)
1 x
. Desse 
modo, temos que − −
− + − = + = −  
1 1
11 2f (0) f 0 1
12
2
<0, e a 
alternativa (d) está correta. 
 
QUESTÃO 54 
No cubo da figura abaixo, considere P o ponto de encontro das 
diagonais da face ABCD e Q o ponto de encontro das diagonais da 
face EFGH e θ é medida do ângulo PÊQ. 
 
Analise as proposições seguintes. 
(01) 2θ é um ângulo maior que 90º 
(02) θ é um ângulo do intervalo [45º, 60º] 
(04) tg 2θ = -2tg θ 
(08) sen 2θ = 
3
1 tg2θ 
(16) cossec º60tg
2
3 =

 θ−π 
O número que representa a soma das proposições verdadeiras é 
múltiplo de: 
a) 2 
b) 3 
c) 5 
d) 7 
Resolução Alternativa D 
Do enunciado,podemos formar o triângulo PEQ a seguir: 
 
 
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10 
 
Do triângulo PEQ, temos: 
2
2aEQ = ; aPQ = 
Por Pitágoras 
2
6aEP = . 
Assim 
3
3cos =θ ; 
3
6sen =θ e 2tg =θ . 
Observando tg θ, como 321 << , temos °<<° 6045 θ ; 
 
(01) VERDADEIRA: se °<<° 6045 θ ⇒ 90o < θ < 120o; 
(02) VERDADEIRA: 2tg =θ , e como 321 << , então 
°<<° 6045 θ ; 
(04) VERDADEIRA: 2
2. 2 2(2 ) 2 2 2
1 1 2
tgtg tg
tg
θθ θθ= = = − = −− − ; 
(08) FALSA: 6 3 2 2 2 2 2(2 ) 2. .cos 2. .
3 3 3 3 3
tgsen sen θθ θ θ= = = ≠ = − 
(16) FALSA: 
cossec =

 −θπ
2
3 1 1 1 3 60
3 3
2 3
tg
sensen π θθ
= = = − ≠ °− − −  
 
Soma das proposições verdadeiras: 01 + 02 + 04 = 07 
 
QUESTÃO 55 
Considerando as definições e propriedades das funções 
trigonométricas, marque a alternativa correta. 
a) A função f definida por ( ) 2 cos2f x sen x x= − possui período e 
imagem, respectivamente, iguais a π e 0, 2   . 
b) Se f e g são funções tais que ( )f x tgx= e ( )g x x= , sabendo-se 
que existe a função j definida por ( ) ( )( )j x fog x= , então j é periódica. 
c) No intervalo de ,
4 2
π π    a função h definida por ( ) cos 2h x x= é 
decrescente. 
d) O domínio da função g definida por 3 1( ) 3.
2
xg x arcsen −= é 
1,1
3
D  =    
Resolução Alternativa D 
a) Incorreta. Vamos transformar a diferença sen2x – cos2x numa 
única função trigonométrica: 
=⋅−⋅=− xxsenxxsen 2cos1212cos2 
=⋅
+
−⋅
+
+ )2cos
11
12
11
1(11
2222
22 xxsen 
=−=− )2cos
4
2
4
(cos2)2cos
2
22
2
2(2 xsenxsenxxsen ππ 


 −⋅
4
22 πxsen . Logo, 

 −⋅=
4
22)( πxsenxf 
Como ⇒≤

 −≤⇒≤

 −≤− 1
4
201
4
21 ππ xsenxsen 
]2,0[)Im(2)(02
4
220 =⇒≤≤⇒≤

 −≤ fxfxsen π 
O gráfico da função f é: 
 
 
 
Observe que o período desta função é 
2
π
, e não π . 
b) Incorreta. O gráfico da função ||)( xtgxgf =D é: 
 
Observe que, embora esta função seja par, ela não é periódica. 
c) Incorreta. Tome 3
π=a e 12
5π=b , e note que como 12
3
4
ππ = , 
12
4
3
ππ = e 
12
6
2
ππ = , temos que 24
ππ <<< ba , de maneira que 
tanto a quanto b pertencem ao intervalo considerado 


2
,
4
ππ
. 
Agora, 



=−===
=−===
2
3
2
3
6
5cos|2cos|)(
2
1
2
1
3
2cos|2cos|)(
π
π
bbh
aah
 
Logo, temos ba < e )()( bhah < , conseqüentemente a função 
( ) cos 2h x x= não é decrescente no intervalo considerado. 
d) Correta. Para que x pertença ao domínio, devemos ter o valor 
dentro do radical maior ou igual a zero, e, além disso, por se tratar de 
um valor de seno deve ser menor ou igual a 1. 
1
3
11
2
1301
2
130 ≤≤⇒≤−≤⇒≤−≤ xxx 
 
QUESTÃO 56 
Considere as situações a seguir: 
I) Suponha que a passagem de um pingüim, da água para a superfície 
de uma geleira, possa ser representada como no esquema da Figura 
1. 
 
II) Suponha também que uma seqüência de saltos uniformes de uma 
lebre, possa ser representada como no esquema da Figura 2. 
 
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11 
 
 
Transportando as situações acima para um plano cartesiano, 
considere: 
- o eixo das abscissas coincidindo com o nível da água gelada para o 
pingüim; 
- o eixo das abscissas coincidindo com o solo para a lebre; 
- a altura do salto do pingüim e da lebre indicada no eixo das 
ordenadas. 
 
Tendo por base as situações apresentadas, nas figuras 1 e 2 e ainda a 
teoria dos gráficos das funções trigonométricas, pode-se relacionar 
aos saltos um tipo de gráfico dessas funções. Assim sendo, as 
funções P e L estabelecem os saltos do Pingüim e da Lebre, 
respectivamente. 
A opção que contém funções que podem representar a situação 
descrita, sabendo-se que a função P está restrita a um único período, 
é: 
a) P(x) = -tg 

 π−
2
x e L(x) = 2 senx 
b) P(x) = cotg 

 π+
2
x e L(x) = 2 sen x 
c) P(x) = tg(x) e L(x) = 2 x2sen 
d) P(x) = -2tg(x) e L(x) = x2sen 
Resolução Alternativa A 
Comparando com os movimentos do enunciado, os gráficos de 


 −−=
2
xtg)x(P π e ( )xsen.2)x(L = são os que melhor descrevem 
as trajetórias do pingüim e do coelho, respectivamente. A seguir, os 
gráficos de tais funções: 


 −−=
2
xtg)x(P π x
y
0 0.5 1 1.5 2 2.5
-4
-2
0
2
4
 
 
( )xsen.2)x(L = 
x
y
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0
0.5
1
1.5
2
 
 
QUESTÃO 57 
Considere um triângulo MNP, eqüilátero, inscrito numa circunferência 
de centro O e raio r. 
Seja RS uma corda que interceptaos lados MN e MP do triângulo 
nos pontos T e V, pontos médios dos respectivos lados. Se 
1RT VS cm= = , então o valor da área do quadrilátero NPVT, em 
cm2, é dado por um número do intervalo 
(DADOS: 3 1,73= e 5 2,23= ) 
a) [1,3[ 
b) [3,5[ 
c) [5,7[ 
d) [7,9[ 
Resolução Alternativa B 
O desenho correspondente ao enunciado é: 
 M 
N P 
O 
R S T V 
 
 
Seja L a medida do lado do triângulo MNP e r o raio da circunferência. 
Como T e V são os pontos médios dos respectivos lados, o segmento 
TV é base média do triângulo MNP e, portanto, ~MTV MNP∆ ∆ , 
com razão de semelhança 1:2. Assim, MTV também é um triângulo 
eqüilátero, de lado 
2
L . 
Sendo TV base média, temos ainda que //TV NP , de modo que o 
quadrilátero NPVT é um trapézio, cuja área vale: 
2
2
2
3
3 3 32
4 4 16MNP MTV
L
LA A A L
   = − = − = 
 
Vamos agora determinar L: 
Como o triângulo MNP está inscrito na circunferência, temos que o 
seu raio r vale 
2
3
 da altura do triângulo, ou seja, 
2 3 3
3 2 3
L Lr
 = =   
. 
A distância do centro O até a corda RS pode ser obtida como a 
diferença entre o raio e a altura do triângulo eqüilátero MTV. 
Chamemos tal distância de x: 
3
3 3 32
2 3 4 12
L
L L Lx r
   = − = − = 
Na figura, considere o triângulo sombreado: 
 M 
N P 
O 
R S T V 
 
 
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12 
 
Ele tem como hipotenusa o raio r, um de seus catetos é x e outro 
cateto é a soma de metade do lado do triângulo MTV com a medida do 
segmento VS , que de acordo com o enunciado vale 1 cm. 
 
1
22
1 +⋅ L 
x 
r 
 
Aplicando o teorema de Pitágoras, vem que: 
2 22 2
2 21 3 4 31
2 2 12 4 3
L L L Lx r
   +   + ⋅ + = ⇒ + = ⇒               
 
2 2 4 0 1 5L L L− − = ⇒ = ± 
Como 1 5 0− < , ficamos com 1 5L = + . 
Assim, 2 2
3 3 3 3 3 3(1 5) (3 5)
16 16 8
A L= = + = + 
Utilizando as aproximações do enunciado: 
3 1,73
3,393 [3,5[
5 2,23
A A
 ≈ ⇒ ≈ ⇒ ∈ ≈
 
 
QUESTÃO 58 
Um triângulo ABC é não isósceles. Sejam M, N e P, respectivamente, 
os pontos médios dos lados AB , BC e AC desse triângulo, de 
forma que AN = 3 cm e BP = 6 cm. Se a área do triângulo ABC mede 
3 15 cm2, então o comprimento da outra mediana, CM , em cm, é 
igual a: 
a) 2 
b) 3 
c) 3 6 
d) 6 15 
Resolução Alternativa C 
Do enunciado, podemos formar a seguinte figura: 
 
Da figura e do enunciado, temos: 
⇒=


+


 += 3
2
y
2
xx
AN
2
B
2
CB ( ) 2B2CB y36xx −=+ (i) 
⇒=+


 −= 6yx
2
x
BP 2B
2
B
C 2
B
2
B
C y36x
2
x −=


 − (ii) 
153
2
yx
S BC =⋅= (iii) 
De (i) e (ii) , temos: ( ) ⇒


 −=+
2
B
C2
CB x2
x
xx 
 2 4 0C B Cx x x+ ⋅ ⋅ = ⇒
0
4
C
C B
x
x x
= = − ⋅
 
De (iii) temos que 4C Bx x= − ⋅ (iv) 
Substituindo (iv) em (i) temos: 236 9B By x= − ⋅ (v) 
De (iv) e (v) em (iii) temos: 
⇒=⋅−⋅− 156x936x4 2BB ⇒=+− 015x16x4 2B4B 
Logo: 
1
2
10
2
6
2
B
B
x
x
 = ± = ±
 , 
1
2
3 6
2
3 10
2
B
B
y
y
 = =
 e 1
2
2 10
2 6
C
C
x
x
 = =
∓
∓
 
Finalmente: 
2 2
2 2
B B
C C
x yCM x y   = − + −       
2 2
1
2 2
2
10 3 62 10 3 6
4 4
6 3 102 6 6
4 4
CM
CM
     = ± + =               = ± + =          
∓
∓
 
Como ABC não é isósceles (neste caso teria duas medianas iguais), 
então 63CM = 
 
QUESTÃO 59 
Considere um hexaedro regular S onde A, B e C são pontos médios 
de três de suas arestas concorrentes no mesmo vértice. Seja α um 
plano que secciona S nos pontos A, B e C separando-o em dois 
sólidos S1 e S2 de volumes V1 e V2, respectivamente, onde V1 < V2. 
Marque (V) verdadeiro ou (F) falso em cada alternativa. 
( ) S2 ainda poderia ser dividido em 47 sólidos de volume igual a V1 
( ) A área total de S1 é 6(3 3)+ da área total de S 
( ) Se em cada três arestas concorrentes de S forem retirados os 
sólidos com volumes iguais ao do sólido S1, então, o volume do sólido 
restante seria aproximadamente igual a 83,33% do volume de S. 
Tem-se a seqüência correta em: 
a) V-F-V 
b) F-V-F 
c) F-F-V 
d) V-V-F 
Resolução Alternativa A 
Um hexaedro regular é um cubo. Seja L a aresta desse cubo. A 
divisão proposta é: 
C 
A 
B 
 
Os dois sólidos que serão obtidos a partir desta secção são: 
 
(I) Verdadeiro. 
O sólido da esquerda é uma pirâmide, cuja base é um triângulo 
retângulo isósceles de catetos 
2
L , e altura também 
2
L . O volume 
desta pirâmide S1 é: 
 
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13 
 
3
1
1 1 1
3 3 2 2 2 2 48B
L L L LV A h  = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =   
O volume do cubo é 3SV L= , logo 1 48
SVV = . Assim, o volume do sólido 
S2 é: 
2 1 1
47 47
48S S
V V V V V= − = = 
(II) Falsa. 
A área total de S é 26SA L= . 
A área total de S1 é a soma de três triângulos isósceles e retângulos 
de catetos iguais a 
2
L , mais um triângulo eqüilátero de lados iguais a 
2
2
L . Logo: 
2 2
1
1 2 3 (3 3) (3 3)3
2 2 2 2 4 8 48 S
L L L LA A
  + + = ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ = =       
 
(III) Verdadeira. 
Cada sólido retirado corresponde a um vértice do cubo sendo retirado. 
Assim, serão retirados no total 8 sólidos de volume V1. Logo, o volume 
que restaria é: 
3
3 3
1
5 83,33' 8 8
48 6 100S S
LV V V L L V= − = − = ≈ 
 
QUESTÃO 60 
Seja S a região do plano dada por 
2 16
2
2 0
x y
x y
x
+ ≤ − ≤ − ≥
 
O volume do sólido gerado pela rotação de 360º de S em torno da reta 
x + 1 = 0 é, em unidade de volume, igual a: 
a) 208π 
b) 235π 
c) 252π 
d) 316π 
Resolução Alternativa A 
A representação gráfica de S é dada por: 
 
A região comum aos semi-planos 



≥
−≥
+−≤
2x
2xy
16x2y
 é o triângulo ABC da 
figura, sendo que o volume do sólido gerado pela rotação do mesmo 
em torno do eixo x = -1 é dado pelo Teorema de Pappus-
Guldin, CMFIG d.S.2V π= , sendo: 
FIGS : área da figura; 
CMd :distância do centro de massa da figura ao eixo de rotação. 
Calculando FIGS e CMd : 
FIGS = 
12.4 24
2
= 
CMd = distância da reta x = – 1 até o baricentro do triângulo. 
Como o baricentro é: 2 6 2 0 4 12 10 16, ,
3 3 3 3
+ + + +   =       , a distância 
pedida é: 10 131
3 3
+ = . 
Logo, o volume é: 
132 24 208
3
V π π = ⋅ ⋅ =  