C2 CURSO D PROF MATEMATICA

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FRENTE 1 – ÁLGEBRA
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1. O produto das soluções inteiras do sistema
x2 – 3x – 4 � 0� é:
– 1 < x – 2 � 3
a) 6 b) 8 c) 10 d) 12 e) 24
RESOLUÇÃO:
I) x2 – 3x – 4 � 0 ⇔ – 1 � x � 4, 
pois o gráfico de 
f(x) = x2 – 3x – 4 é do tipo:
II) – 1 < x – 2 � 3 ⇔ 1 < x � 5
De (I) e (II), resulta: 1 < x � 4. 
As soluções inteiras são 2, 3 e 4.
O produto das soluções inteiras é 24.
Resposta: E
2. A solução de é:
a) x = – 4 b) x � 4 c) – 2 � x � 4
d) x � – 4 e) – 4 � x � – 2
RESOLUÇÃO:
I) 3x + 5 � 2x + 3 ⇔ x � – 2
II) x2 – 16 � 0 ⇔ – 4 � x � 4, 
pois o gráfico de 
f(x) = x2 – 16 é do tipo:
De (I) e (II), resulta: – 2 � x � 4.
Resposta: C
3. A soma das soluções inteiras do sistema
– x2 – x + 2 < 0� é:x2 – 9 � 0
a) – 3 b) – 2 c) 0 d) 1 e) 2
RESOLUÇÃO:
I) – x2 – x + 2 < 0 ⇔ x < – 2 ou x > 1, 
pois o gráfico de f(x) = – x2 – x + 2 
é do tipo:
II) x2 – 9 � 0 ⇔ –3 � x � 3, 
pois o gráfico de 
g(x) = x2 – 9 é do tipo:
De I e II, resulta:
As soluções inteiras do sistema são – 3, 2 e 3 e a soma delas é 2.
Resposta: E
3x + 5 � 2x + 3
x2 – 16 � 0�
MÓDULO 7
SISTEMA DE INEQUAÇÕES
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1. (FATEC) – A solução real da inequação-produto 
(x2 – 4) . (x2 – 4x) � 0 é:
a) S = {x ∈ � � – 2 � x � 0 ou 2 � x � 4}
b) S = {x ∈ � � 0 � x � 4}
c) S = {x ∈ � � x � – 2 ou x � 4}
d) S = {x ∈ � � x � – 2 ou 0 � x � 2 ou x � 4}
e) S = Ø
RESOLUÇÃO:
1) Os gráficos de f(x) = x2 – 4 e g(x) = x2 – 4x são dos tipos:
2) O “quadro” de sinais é:
Assim, a solução S = {x ∈ � � x � – 2 ou 0 � x � 2 ou x � 4}. 
Resposta: D
2. (UFJF) – Os valores de x que satisfazem a inequação
� 0 pertencem a:
a) [– 1; 2) � [3; ∞) b) (– 1; 2] � (3; ∞)
c) [1; 3] d) [– 3; 2)
e) [– 3; – 2] � (2; ∞) 
RESOLUÇÃO:
I) O gráfico de f(x) = x2 – 2x – 3 é do tipo:
II) O gráfico de g(x) = x – 2 é do tipo:
III) O correspondente “quadro” de sinais é:
O conjunto-solução da inequação é [– 1; 2) � [3; + ∞).
Resposta: A
x2 – 2x – 3
–––––––––––
x – 2
MÓDULO 8
INEQUAÇÕES: PRODUTO E QUOCIENTE
26 –
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3. (ESPM) – O conjunto verdade da inequação � 1 é:
a) {x ∈ � � x < 1} b) {x ∈ � � x > – 1}
c) {x ∈ � � – 1 � x < 2} d) {x ∈ � � – 1 � x < 1}
e) {x ∈ � � – 2 � x < 1}
RESOLUÇÃO:
� 1 ⇔ – 1 � 0 ⇔ � 0 ⇔
⇔ � 0 ⇔ (x + 1)(x – 1) � 0 e x ≠ 1 ⇔ – 1 � x < 1, pois 
o gráfico de f(x) = (x + 1)(x – 1) é do tipo:
Resposta: D
1. (UNESP) – Seja a função: y = x2 – 2x – 3. O vértice V e o
conjunto-imagem da função são dados, respectivamente, por:
a) V = (1; 4), Im = {y ∈ � � y � 4}
b) V = (1; – 4), Im = {y ∈ � � y � – 4}
c) V = (1; 4), Im = {y ∈ � � y � 4}
d) V = (1; – 4), Im = {y ∈ � � y � – 4}
e) V = (1; 1), Im = {y ∈ � � y � 1}
RESOLUÇÃO:
Se V(xv ; yv ) for o vértice da parábola definida por y = x2 – 2x – 3, então:
1) ⇒ V(1; – 4)
2) O conjunto-imagem da função é 
Im(f) = {y ∈ � � y � – 4}, 
pois o gráfico de y = x2 – 2x – 3 é:
Resposta: B
2. (FGV) – O preço do ingresso numa peça de teatro (p) relaciona-se
com a quantidade de frequentadores (x) por sessão através da relação
p = – 0,2x + 100.
a) Qual a receita arrecadada por sessão, se o preço do ingresso for 
R$ 60,00?
b) Qual o preço que deve ser cobrado para dar a máxima receita por
sessão? 
Observação: receita = (Preço) . (quantidade)
RESOLUÇÃO:
a) ⇒ 60 = – 0,2x + 100 ⇒ 0,2x = 40 ⇒ x = 200
A receita, nessas condições, será igual a 60 . 200 reais = 12000 reais.
b) A receita é dada por R(x) = p . x = (– 0,2x + 100) . x = – 0,2x2 + 100x.
Essa receita será máxima para x = = 250.
Assim, o preço a ser cobrado por sessão deve ser:
p = – 0,2 . 250 + 100 = – 50 + 100 = 50 em reais
Respostas: a) R$ 12000,00 b) R$ 50,00
3. (MACKENZIE) – Em um processo industrial, a função 
C(x) = x2 – mx + n, x > 0 representa o custo de produção de x peças.
Se R$ 7.500,00 é o menor custo que pode ocorrer, correspondente à
produção de 150 peças, então o valor de m + n é igual a
a) 32.450 b) 29.600 c) 30.290
d) 30.300 e) 28.700
RESOLUÇÃO:
Se o menor custo ocorre com a produção de 150 peças, então 
– = 150 ⇔ m = 300
Além disso, em reais, temos:
C(150) = 1502 – m . 150 + n = 7500 ⇔ 150m – n = 15000
Desta forma, 150 . 300 – n = 15000 ⇔ n = 30000 e m + n =
= 300 + 30000 = 30300.
Resposta: D
�
– 2
xv = – –––– = 12
yv = 12 – 2 . 1 – 3 = – 4
MÓDULO 9
VÉRTICE DA PARÁBOLA
2x
––––––
x – 1
2x
––––––
x – 1
2x
––––––
x – 1
2x – x + 1
––––––––––
x – 1
x + 1
––––––
x – 1 p = – 0,2x + 100
p = 60�
– 100
––––––
– 0,4
(–m)
––––2 . 1
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1. (MACKENZIE) – O gráfico mostra, em função do tempo, a evo -
lução do número de bactérias em certa cultura. Entre as alter nativas
abaixo, decorridos 30 minutos do início das observações, o valor mais
próximo desse número é:
a) 18.000
b) 20.000
c) 32.000
d) 14.000
e) 40.000
RESOLUÇÃO:
1) A função f : �+ → �, definida por f(t) = a . bt, contém os pontos (0; 104)
e (3; 8 . 104).
2) f(0) = a . b
0
= 104 a = 104 a = 104� ⇒ � ⇒ � ⇒ f(t) = 104 . 2tf(3) = a . b3 = 8 . 104 a . b3 = 8 . 104 b = 2
3) Para t = , temos: f � �= 104 . 2 = 104 . ���2 � 14000.
Resposta: D
2. (UFF) – O gráfico da função exponencial f, definida por 
f(x) = k . ax, foi construído utilizando-se o programa de geometria
dinâmica gratuito GeoGebra (http://www.geogebra.org), conforme
mostra a figura a seguir:
Sabe-se que os pontos A e B, indicados na figura, pertencem ao
gráfico de f. Determine:
a) os valores das constantes a e k:
b) f(0) e f(3).
RESOLUÇÃO:
a) Como f(2) = 9/2 e f(1) = 3, tem-se 9/2 = k a2 e 3 = k a, portanto k = 2 e 
a = 3/2.
b) Usando-se os resultados obtidos no item anterior, tem-se 
f(x) = 2 
x
. Assim, f(0) = 2 
0
= 2 e f(3) = 2 
3
= .
Respostas: a) a = e k = 2.
b) f(0) = 2 e f(3) = 
3. (UFABC) – Em São Paulo, a lentidão no trânsito é medida em
quilômetros. Em uma determinada via de alto fluxo, estão sendo
realizadas inúmeras obras visando à diminuição dos congestio namen -
tos. Um engenheiro do departa mento de trânsito prevê que o número
de quilômetros de lentidão no trânsito dessa via irá diminuir segundo
a lei n(t) = n(0) . 4– t/3, em que n(0) é o número de quilômetros de
lentidão no início das obras e n(t) é o número de quilômetros de
lentidão existentes t anos depois. O tempo necessário para que o
número de quilômetros de lentidão seja reduzido à metade daquele
existente no início das obras será igual a
a) 16 meses. b) 17 meses. c) 18 meses.
d) 20 meses. e) 24 meses.
RESOLUÇÃO:
O número de quilômetros de lentidão será metade do existente no início
das obras quando n(t) = .
Assim, n(0) . 4–t/3 = ⇔ (22)– t/3 = 2– 1 ⇔
⇔ – = – 1 ⇔ t = ano = 18 meses.
Resposta: C
4. A soma das soluções da equação 32x – 12 . 3x + 27 = 0 é:
a) 2 b) 3 c) 6 d) 12 e) 15
RESOLUÇÃO:
32x – 12 . 3x + 27 = 0 
Fazendo-se 3x = y, tem-se: y2 – 12y + 27 = 0 ⇔
⇔ y = 3 ou y = 9 ⇔ 3x = 3 ou 3x = 9 ⇔ x = 1 ou x = 2.
A soma das soluções é 1 + 2 = 3.
Resposta: B
5. Os valores do número real x que satisfazem a inequação
� �
x
� são da dos por: 
a) x � – 2 b) x � 2 c) x � – 2
d) x < e) x � 2
RESOLUÇÃO:
x 
� ⇔ (0,4)x � (0,4)– 2 ⇔ x � – 2
Resposta: C
1
–––
2
1
––
2
1
––2
3
––
2
2t
–––
3
n(0)
–––––
2
n(0)
–––––
2
2
––5
1
–––––0,16
1
–––2
� 2–––5 � 1–––––0,16
MÓDULO 10
FUNÇÃO EXPONENCIAL
� 3–––2 � �
3
–––2 � �
3
–––2 �
27
–––4
3
–––2
27
–––4
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FRENTE 2 – ÁLGEBRA
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1. A função inversa de f pode ser entendida como aquela que executa
as operações inversas de f. Assim, se a função f soma, a inversa sub -
trai; se a função f multiplica, a inversa divide; se a função f associa os
elementos do conjunto A com os elementos do conjunto B a inversa
associa os elementos de B com os elementos de A.
Dada a função f: � → � tal que f(x) = 3x + 2, sua função inversa é:
a) f–1(x) = b) f–1(x) = – 2 c) f–1(x) = x 
d) f–1(x) = 2 – e) f–1(x) = 
RESOLUÇÃO:
Sr. Professor utilize esta questão para mostrar o que é a função inversa e
como obtê-la.
f(x) = 3x + 2 = y ⇔ 3x = y – 2 ⇔ x = ⇔ f–1(x) = 
Resposta: A
2. Obtenha as sentenças que definem as funções inversas de:
a) f: [– 3; 5] → [1; 17] tal que f(x) = 2x + 7
b) g: [2; 5] → [0; 9] tal que g(x) = x2 – 4x + 4
RESOLUÇÃO:
a) f(x) = 2x + 7 = y ⇔ x = 
f –1: [1; 17] → [– 3; 5] tal que f –1(x) = 
b) g(x) = x2 – 4x + 4 ⇔ (x – 2)2 = y ⇔ x – 2 = ± ���y ⇔
⇔ x = 2 ± ���y ⇔ g–1(x) = 2 ± ���x
Para que g–1(x) ∈ [2; 5], devemos ter g–1:[0; 9] → [2; 5] tal que 
g–1(x) = 2 + ���x.
3. A função que fornece o custo em reais, por unidade, para a
produção de um certo tipo de ferramenta é C (x) = �3 + �, em
que x é um número natural não nulo e representa a quantidade de
ferra men tas produzidas. A função Q(x), que permite obter a
quantidade de ferramentas a ser produzida para cada custo x, dado em
reais, da produção da ferramenta, é:
a) Q(x) = + 3 b) Q(x) = – 3
c) Q(x) = d) Q(x) = 
e) Q(x) = (1200 + x) . 3
RESOLUÇÃO:
Fazendo C(x) = (3 + = y, temos = y – 3 ⇔ x = .
Assim, Q(x) = .
Resposta: D
4. Considere a função f: → � definida por 
f(x) = x2 – 7x + 12. O ponto de intersecção dos gráficos de f e f– 1 é:
a) (1; 2) b) (2; 3) c) (3; 3)
d) (6; 6) e) (7; 4)
RESOLUÇÃO:
Os gráficos de f e f –1 estão esboçados abaixo.
2
– ––3
x
––3
x – 2
–––––3
x – 3
–––––2
x
––3
x – 2
–––––
3
y – 2
–––––
3
y – 7
––––––
2
x – 7
––––––
2
1200
––––
x
1200
––––
x
1200
––––
x
1200
––––
x – 3
1200 – x
––––––––3
1200
––––
x
1200
–––––
y – 3
1200
–––––
x
1200
–––––
x – 3
7�––; + ∞�2
MÓDULO 7
FUNÇÃO INVERSA
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No ponto de intersecção de f e f–1, temos f(x) = x.
Assim x2 – 7x + 12 = x ⇒ x2 – 8x + 12 = 0 ⇒ x = 6, pois x > . 
O ponto é (6; 6).
Resposta: D
1. (IFSP) – A sequência de Fibonacci (1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; ...)
começa por dois números 1, e cada termo, a partir do terceiro, é a
soma dos dois termos anteriores.
Nessa sequência, a soma dos algarismos do menor número quadrado
perfeito, diferente de 1, é:
a) 9 b) 10 c) 13 d) 16 e) 19
RESOLUÇÃO:
Os primeiros termos da sequência de Fibonacci são (1; 1; 2; 3; 5; 8; 13;
21; 34; 55; 89; 144; …). O primeiro número quadrado perfeito, diferente
de 1, dessa sequência é 144, cuja soma dos algarismos é 1 + 4 + 4 = 9.
Resposta: A
2. A sequência (ap) é definida pela lei de recorrência ap + 1 = ap + r,
com p ∈ �*.
Escreva uma fórmula do termo an da sequência, em função de 
a1, n e r.
RESOLUÇÃO:
Atenção, Sr Professor! A intenção dessa questão é introduzir os conceitos
de PA.
a2 = a1 + r
a3 = a2 + r = a1 + 2r
a4 = a3 + r = a1 + 3r
	
an = an – 1 + r = a1 + (n – 1) . r ⇒ an = a1 + (n – 1) . r
3. (UNESP) – Um viveiro clandestino com quase trezentos pássaros
foi encontrado por autoridades ambientais. Pretende-se soltar esses
pássaros seguindo um cronograma, de acordo com uma progressão
aritmética, de modo que: no primeiro dia, sejam soltos cinco pássaros;
no segundo dia, sete pássaros; no terceiro, nove, e assim por diante.
Quantos pássaros serão soltos no décimo quinto dia? 
a) 55 b) 43 c) 33 d) 32 e) 30
RESOLUÇÃO:
O décimo quinto termo da progressão aritmética 
(5; 7; 9; …) é a15 = 5 + 14 . 2 = 33
Resposta: C
4. Seja (a1; a2; a3; ...) uma progressão aritmética tal que a55 = 176
e a33 = 242. Então o valor de a3 é:
a) 348 b) 344 c) 338 d) 332 e) 321
RESOLUÇÃO:
a55 = a1 + (55 – 1) . r = 176 } ⇒
a33 = a1 + (33 – 1) . r = 242
a1 + 54r = 176 r = – 3⇒ { ⇒ {
a1 + 32r = 242 a1 = 338
Assim:
a3 = a1 + (3 – 1) . r = 338 + 2 . (–3) = 332
Resposta: D
5. (GAVE) – Na figura, estão representados os três primeiros ter mos
de uma sequência que segue a lei de formação sugerida na figura.
a) Quantos quadrados são necessários para construir o 7o. termo da
sequência? 
b) Existe algum termo desta sequência com 389 quadrados? Mostra
como chegaste à tua resposta.
RESOLUÇÃO:
a) As quantidades de quadrados necessários para a elaboração de cada
figura são, respectivamente, os termos da progressão aritmética (5; 9;
13; …). 
O sétimo termo dessa progressão é:
a7 = a1 + (7 – 1) . r = 5 + 6 . 4 = 29
b) Se existir algum termo da sequência de figuras com 389 quadrados,
então existirá an = 389, com n ∈ �*.
Assim: 
an = a1 + (n – 1) . r ⇒ 389 = 5 + (n – 1) . 4 ⇔ 384 = (n – 1) . 4 ⇒
⇒ n – 1 = 96 ⇔ n = 97 ∈ �*
Respostas: a) 29 b) Existe; é o 97o. termo.
7
––
2
MÓDULO 8
SEQUÊNCIA, PROGRESSÃO ARITMÉTICA
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1. (CEPERJ-2011) – Os sócios do “Clube-Sete” consideram o 7 co -
mo o número da sorte. Para eles, tudo o que se refere ao número 7 é
bom e, naturalmente, para os sócios desse clube, um ano é sortudo
quando é múltiplo de 7. A quantidade de anos sortudos desde a
descoberta do Brasil até hoje foi:
a) 72 b) 73 c) 74 d) 75 e) 76
Nota: Entenda “até hoje” como sendo 2011, ano em que a questão foi
proposta pela CEPERJ.
RESOLUÇÃO:
1500, ano da descoberta do Brasil, não é um ano sortudo, pois 1500 não é
múltiplo de 7. O primeiro ano sortudo após 1500 é 1505, pois este é
múltiplo de 7.
2011 não é sortudo, pois 2011 não é múltiplo de 7. O último ano sortudo
antes de 2011 é 2009.
Assim, entre 1500 e 2011, foram sortudos os anos de (1505; 1512; 1519; …;
2009), num total de 73 anos, pois: 
an = a1 + (n – 1) . r ⇔ 2009 = 1505 + (n – 1) . 7 ⇔
⇔ 504 = (n – 1) . 7 ⇔ n = 73
Resposta: B
2. Os três primeiros termos de uma progressão aritmética são dados,
respectivamente, por (x – 5), x2 e 5x + 1. Um possível valor do quinto
termo dessa progressão é:
a) 36 b) 25 c) 18 d) 12 e) 9
RESOLUÇÃO:
Na PA (x – 5; x2; 5x + 1; …), temos:
x2 = ⇔ x2 = 3x – 2 ⇔ x2 – 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1 ou x = 2
Para x = 1, a PA é (– 4; 1; 6; 11; 16; …).
Para x = 2, a PA é (– 3; 4; 11; 18; 25; …).
Um possível valor para o quinto termo é 25.
Resposta: B
3. O primeiro, o quarto, o oitavo e o décimo primeiro termos de uma
pro gressão aritmética são, respectivamente, (k – 2), , 
e (4k + 1). A soma do sexto termo com a razão dessa progressão é:
a) 7 b) 9 c) 10 d) 11 e) 13
RESOLUÇÃO:
Nesta progressão, a1 + a11 = a4 + a8 ⇒ (k – 2) + (4k + 1) =
= + ⇔ 5k – 1 = 4k + 3 ⇔ k = 4.
Desta forma:
⇒ a4 – a1 = – 2 ⇔ 3r = ⇔ r =
a6 = a4 + 2r = + 2 . =
a6 + r = + = 11
Resposta: D
4. (UFPE) – Um professor resolveu presentear seus cinco melhores
alunos com livros de valores equivalentes a quantias diferentes. Os
valores dos livros recebidos pelos alunos devem estar em progressão
aritmética e a soma dos três valores maiores deve ser cinco vezes o
total recebido pelos outros dois. Se cada um deve receber um livro de
valor equivalente a uma quantidade inteira de reais, qual a menor
quantia (positiva) que o professor vai desembolsar na compra dos
livros?
a) R$ 90,00 b) R$ 100,00 c) R$ 110,00
d) R$ 120,00 e) R$ 130,00
RESOLUÇÃO:
Sejam a – 2r, a – r, a, a + r, a + 2r os valores dos livros a serem recebidos
pelos alunos. Temos 3a + 3r = 5(2a – 3r) e, então, 7a = 18r. Como a e r são
inteiros positivos e de menor valor possível, temos a = 18 e r = 7, e o menor
valor a ser gasto pelo professor é 5 a = 5 . 18 = 90 reais.
Resposta: A
1.
a) Mostre que, na progressão aritmética(a1; a2; a3;…; a10;…), 
a7 + a4 = a1 + a10.
b) Calcule, em função de a1 e a10, a soma dos dez primeiros termos da
PA.
RESOLUÇÃO:
Sr. Professor, utilize o item b deste exercício para comentar a fórmula da
soma dos termos da PA.
a) a7 + a4 = a10 – 3r + a1 + 3r = a1 + a10
b) Como a1 + a10 = a2 + a9 = a3 + a8 = … = a5 + a5, tem-se:
⇒
(x – 5) + (5x + 1)
–––––––––––––––
2
5�k + ––�2
1�3k + ––�2
5�k + ––�2
1�3k + ––�2
a1 = k – 2 = 2
5 13
a4 = k + –– = –––2 2
 13–––2 9–––2 3–––2
13
–––
2
3
–––
2
19
–––
2
19
–––
2
3
–––
2
MÓDULO 9
PROPRIEDADES DA PROGRESSÃO ARITMÉTICA
MÓDULO 10
SOMA DOS TERMOS DE 
UMA PROGRESSÃO ARITMÉTICA
S10 = a1 + a2 + a3 + … + a8 + a9 + a10
S10 = a10 + a9 + a8 + … + a3 + a2 + a1
– 31
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⇒ 2S10 = (a1 + a10) + (a1 + a10) + … + (a1 + a10) ⇒
10 vezes
⇒ 2S10 = (a1 + a10) . 10 ⇒ S10 = (a1 + a10) . 5
2. (MACKENZIE) – Na sequência (a1; a2; a3; …), de décimo termo
92, tem-se que a2 – a1 = 2, a3 – a2 = 4, a4 – a3 = 6 e assim suces -
sivamente. O valor de a1 é:
a) 2 b) 0 c) 8 d) 1 e) 3
RESOLUÇÃO:
Sejam: a2 – a1 = 2
a3 – a2 = 4
a4 – a3 = 6
.
.
.
a10 – a9 = ? , com a10 = 92.
Considerando que os valores (2; 4; 6; …) constituem uma PA de razão 2,
temos a10 – a9 = 18.
Portanto:
(a2 – a1) + (a3 – a2) + (a4 – a3) + … + (a10 – a9) = 2 + 4 + 6 + … + 18 ⇔
⇔ a10 – a1 = ⇔ 92 – a1 = 90 ⇔ a1 = 2
Resposta: A
3. (UFTM) – Numa progressão aritmética, a soma dos 50 primeiros
termos é 200 e a soma dos próximos 50 termos é 2700. Assim, o
primeiro termo dessa progressão é igual a:
a) – 21,5 b) – 20,5 c) – 9,5 d) 3,5 e) 15,5
RESOLUÇÃO:
S50 = = 200 ⇒ a1 + a50 = 8 ⇒
⇒ a1 + a1 + 49r = 8 ⇒ 2a1 + 49r = 8
S100 = = 200 + 2700 ⇒ a1 + a100 = 58 ⇒
⇒ a1 + a1 + 99r = 58 ⇒ 2a1 + 99r = 58
Do sistema 
, tem-se: 
Resposta: B
4. (CEFET-MG) – Um garoto que deseja montar um quebra-cabeça
de 100 peças, sendo todas com quatro lados, utilizou o seguinte
método:
I – Escolhe-se uma peça P1 e um de seus lados.
II – Procura-se uma peça P2 que se encaixe no lado anteriormente
es co lhido, tomando uma peça entre as candidatas e testando
seus lados. Se não houver encaixe, ela é descartada dessa pes -
quisa. Toma-se, então, outra candidata e repete-se o processo
até encontrar P2.
III – Fixa-se um lado de P2 e procura-se por uma P3 de igual ma -
neira; todas as peças ainda não encaixadas são candidatas a P3.
IV – Repete-se o processo até completar o quebra-cabeça.
O número máximo de tentativas de encaixe que se pode fazer neste
processo é:
a) 11 890 b) 15 750 c) 19 800
d) 23 500 e) 25 304
RESOLUÇÃO:
A primeira peça é escolhida aleatoriamente. Portanto, para ela não se faz
qualquer “tentativa de encaixe”.
Para cada uma das 99 peças restantes, são feitas no máximo 4 tentativas
de encaixe.
Assim, o número máximo de tentativas de encaixe é:
4 . (99 + 98 + 97 + … + 1) = 4 . = 19 800
Resposta: C
5. (IFSP) – Numa progressão aritmética, a soma de seus n primeiros
termos é 4n2 + n. O décimo termo dessa sequência é:
a) 58 b) 77 c) 95 d) 106 e) 122 
RESOLUÇÃO:
a10 = (a1 + a2 + … + a9 + a10) – (a1 + a2 + … + a9) =
= S10 – S9 = (4 . 102 + 10) – (4 . 92 + 9) = 410 – 333 = 77
Resposta: B
(2 + 18) . 9
–––––––––––
2
(a1 + a50) . 50
––––––––––––––
2
(a1 + a100) . 100
––––––––––––––
2
�2a1 + 49r = 82a1 + 99r = 58 �
r = 1
41
a1 = – ––– = – 20,52
(99 + 1) . 99
––––––––––––
2
32 –
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FRENTE 3 – TRIGONOMETRIA
– 33
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 1. Determine o valor de x nas figuras abaixo:
RESOLUÇÃO:
a) sen 30° = ⇒ = ⇔ x = 5 cm
b) cos 60° = ⇒ = ⇔ x = 20 cm
c) tg 60° = ⇒ ��3 = ⇔ x = 3 cm
2. (MACKENZIE) – Em um triângulo retângulo, a medida da
hipotenusa é o dobro da medida de um dos catetos. O ângulo oposto
ao menor lado desse triângulo mede:
a) 36° b) 60° c) 45° d) 30° e) 72°
RESOLUÇÃO:
A partir do enunciado, considere o triângulo abaixo:
Como x2 + a2 = 4a2 ⇔ x = a���3, teremos como menor lado do triângulo o
de medida a, e θ, o ângulo oposto ao menor lado.
Portanto: sen θ = = ⇒ θ = 30°
Resposta: D
3. (UNESP) – Um pequeno avião deveria partir de uma cidade A
rumo a uma cidade B ao norte, distante 60 quilômetros de A. Por um
problema de orientação, o piloto seguiu erradamente rumo ao oeste.
Ao perceber o erro, ele corrigiu a rota, fazendo um giro de 120° à
direita em um ponto C, de modo que o seu trajeto com o trajeto que
deveria ter sido seguido formaram, aproximadamente, um triângulo
retângulo ABC, como mostra a figura.
Com base na figura, a distân cia em qui lô metros que o avião voou par -
tin do de A até chegar a B é:
a) 30���3 b) 40���3 c) 60���3 d) 80���3 e) 90���3
RESOLUÇÃO:
Com base no enunciado, no triângulo ABC, temos:
sen 60° = ⇒ = ⇒ BC = 40���3
tg 60° = ⇒ ���3 = ⇒ AC = 20���3 
A distância, em quilômetros, que o avião percorreu par tindo de A até
chegar a B é AC + BC = 20���3 + 40���3 = 60���3.
Resposta: C
60
––––
AC
60
––––
AC
60
––––
BC
���3
––––
2
60
––––
BC
3��3 cm
––––––––
x
3��3 cm
––––––––
x
10 cm
––––––
x
1
–––
2
10 cm
––––––
x
x
––––––
10 cm
1
–––
2
x
––––––
10 cm
MÓDULO 7
FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS 
DE UM ÂNGULO AGUDO
a
––––
2a
1
–––
2
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1. (U.F.VIÇOSA) – Satisfeitas as condições de exis tência, a expres -
são E = . cossec x é idêntica a:
a) sen x b) cos x c) 1 d) 0 e) sec x
RESOLUÇÃO:
E = . cossec x = . = = cos x
Resposta: B
2. (UNAERP-Adaptado) – Sendo sen x = e 0° < x < 90°, o 
valor da expressão E = cos2x . (1 + tg2x) + 6 . sen x, é:
a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4
RESOLUÇÃO:
E = cos2x . (1 + tg2x) + 6 . sen x =
= cos2x . sec2x + 6 . sen x = cos2x . + 6 . sen x =
= 1 + 6 . = 1 + 2 = 3
Resposta: D
3. (UN.ESTÁCIO DE SÁ) – Simplificando a expres são 
y = sen 17° . cotg 17° . cotg 73° . sec 73°, encon tramos:
a) – 2 b) – 1 c) 2 d) 1 e) 5
RESOLUÇÃO:
y = sen 17° . . . ⇒
⇒ y = = 1 pois 17° e 73° são medidas de ângulos com plemen -
tares.
Resposta: D
4. (FUVEST) – A uma distância de 40m, uma torre é vista sob um
ân gu lo α, como mos tr a a figura.
Usando a tabela a seguir, determine a altura da torre, supondo 
α = 20°. Efetue os cálculos.
1
––––––––
cos 73°
cos 73°
––––––––
sen 73°
cos 17°
––––––––
sen 17°
cos 17°
––––––––
sen 73°
x sen x° cos x°
10 0,174 0,985
11 0,191 0,982
12 0,208 0,978
13 0,255 0,974
14 0,242 0,970
15 0,259 0,966
16 0,276 0,961
17 0,292 0,956
18 0,309 0,951
19 0,326 0,946
20 0,342 0,940
21 0,358 0,934
22 0,375 0,927
23 0,391 0,921
24 0,407 0,914
25 0,423 0,906
26 0,438 0,899
27 0,454 0,891
28 0,470 0,883
29 0,485 0,875
30 0,500 0,866
1
–––
3
1
––––––
cos2x
1
–––
3
MÓDULO 8
FUNÇÕES TRIGONOMÉTRICAS 
DE UM ÂNGULO AGUDO (CONTINUAÇÃO)
1 – sen2x(–––––––––)cotg x
cos2x
–––––––
cos x
1
–––––
sen x
cos2x
––––––––
cos x
––––––
sen x
1 – sen2x�–––––––––�cotg x
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RESOLUÇÃO:
• De acordo com a tabela: sen 20° = 0,342 e cos 20° = 0,940
Assim, tg 20° = ≅ 0,3638
• De acordo com a figura:
tg 20° = ⇒
⇒ h ≅ 40 . 0,3638 m ⇒
⇒ h ≅ 14,552 m
Resposta: A altura aproximada da torre é 14,552 m.
1. (UNESP) – O menor ângulo formado pelos pon teiros de um reló -
gio às 14 horas e 20 minutos é:
a) 8° b) 50° c) 52,72° d) 60° e) 62°
RESOLUÇÃO:
Sendo α a medida do menor ângulo formado pelos ponteiros do relógio e
β a medida do ângulo descrito pelo ponteiromenor em 20 minutos, temos:
⇒
Resposta: B
2. Completar a tabela a seguir.
3. A medida, em radianos, de um arco de 210° é:
a) b) c)
d) e)
RESOLUÇÃO:
⇔ 180°x = 210°π ⇔ x = 
Resposta: C
�
20β = –––– . 30°
60
α + β = 60°
� β = 10°α = 50°
MÓDULO 9
ARCOS DE CIRCUNFERÊNCIA
h
–––––
40 m
0,342
––––––
0,940
MEDIDA DE UM ÂNGULO
em graus em radianos
0° 0
30°
π/6
45°
π/4
60°
π/3
90°
π/2
180°
π
270° 3π/2
360° 2π
7π
–––
6
5π
–––
6
π
–––
6
π
–––
3
11π
––––
6
7π
––––6
180° ⇔ π210° ⇔ x
– 35
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4. (MACKENZIE) – O ponteiro dos minutos de um relógio mede 
4 cm. Supondo π = 3, a distância, em centímetros, que a extremidade
desse ponteiro percorre em 25 minutos é:
a) 15 b) 12 c) 20 d) 25 e) 10
RESOLUÇÃO:
Em 25 minutos, a extremidade do ponteiro percorre um arco 
�
AB cuja
medida, em centímetros, é tal que
comp ( �AB) = . 2π R = . 2 . 3 . 4 = 10
Resposta: E
1. Escreva o conjunto das determinações dos arcos trigonométricos
assinalados em cada figura.
RESOLUÇÃO:
a) {30° + n . 360°, n ∈ �} b) {30° + n . 180°, n ∈ �}
c) {2π/3 + n . 2π , n ∈ �} d) {2π/3 + n . π , n ∈ �}
2. Determine no ciclo trigonométrico a seguir a primeira deter -
 minação positiva (em graus e radianos) dos arcos com extre midades
indicadas.
RESOLUÇÃO: 
3. Obter a primeira determinação positiva do arco de medida 1110°.
RESOLUÇÃO:
Observando que 1110° = 30° + 3 . 360°, concluímos que a primeira
determinação positiva do arco de medida 1110° é 30°.
Resposta: 30°
MÓDULO 10
ARCO OU ÂNGULO TRIGONOMÉTRICO
25 min
––––––––
60 min
5
––––
12
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1. A diagonal de um quadrado de lado “�” mede:
a) 2� b) c) d) ����2 e) ����
RESOLUÇÃO:
No triângulo retângulo BAC, de
acordo com o Teorema de Pitá -
goras, tem-se:
d2 = �2 + �2 ⇔ d = �����2�2 ⇔
⇔ d = ����2 
Resposta: D
2. A altura de um triângulo equilátero de lado “�” mede:
a) b) c) ����2 d) e) ����3
RESOLUÇÃO:
No triângulo retângulo MBC, de
acordo com o Teorema de Pitá -
go ras, tem-se:
h2 + � �
2
= �2 ⇔
⇔ h2 = ⇔ h = 
Resposta: D
3. (FUVEST) – Um trapézio retângulo tem bases 5 e 2 e altura 4. O
perímetro desse trapézio é:
a) 13 b) 14 c) 15 d) 16 e) 17
RESOLUÇÃO:
O perímetro 2p desse trapézio é dado por
2p = 5 + 2 + 4 + x, sendo x2 = 42 + 32 ⇔ x = 5.
Assim:
2p = 5 + 2 + 4 + 5 = 16
Resposta: D
4. (UFPE) – Na figura abaixo, o triângulo ABC é equilátero e cada
um de seus lados mede 8 cm. Se AD–– é uma altura do triângulo ABC
e M é o ponto médio de AD–– , então a medida de CM–– é:
a) cm b) cm
c) ��7 cm d) 2��7 cm
e) cm
RESOLUÇÃO:
1) AD = ⇔ AD = ⇔ AD = 4���3
2) DC = ⇔ DC = ⇔ DC = 4
3) DM = ⇔ DM = ⇔ DM = 2���3
4) (CM)2 = (DM)2 + (DC)2
Assim: (CM)2 = (2��3)2 + 42 ⇔ (CM)2 = 28 ⇔ CM = ���28� ⇔ CM = 2��7
Resposta: D
5. (FUVEST) – Dois pontos materiais, A e B, deslocam-se com
velocidades constantes sobre uma circunferência de raio r = ��8 m,
partindo de um mesmo ponto O. Se o ponto A se desloca no sentido
horário com o triplo da velocidade de B, que se desloca no sentido
anti-horário, então o comprimento da corda que liga o ponto de
partida ao ponto do primeiro encontro é:
a) 1 m b) 2 m c) 3 m d) 4 m e) 5 m
RESOLUÇÃO:
MÓDULO 7
RELAÇÕES MÉTRICAS 
NOS TRIÂNGULOS RETÂNGULOS
����2
–––––
2
����3
–––––
2
����3
–––––
2
����2
–––––
2
�
––
2
�
––
2
����3
––––
2
3�2
––––
4
��3
–––
2
1
–––
2
��2
–––
2
8���3 
–––––
2
AB���3 
––––––
2
8 
–––
2
BC
––––
2
4���3 
–––––
2
AD 
––––
2
FRENTE 4 – GEOMETRIA PLANA
– 37
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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
1. (VUNESP) – Defina baricentro de um triângulo. 
RESOLUÇÃO:
O baricentro é o centro de gravidade do triângulo. Ele é determinado pela
intersecção das medianas do triângulo e divide cada mediana na razão 
2 : 1. 
PB = 2 . BMP
QB = 2 . BMQ
RB = 2 . BMR
2. Como se chama o ponto H das figuras a seguir?
RESOLUÇÃO:
Ortocentro, pois é sempre o ponto de in ter secção das retas suportes das
alturas dos triângulos.
3. Na figura seguinte, o ponto I é o centro da circunfe rência inscrita
no triângulo ABC.
Pode-se afirmar que
a) I é o baricentro do triângulo ABC.
b) I é o ortocentro do triângulo ABC.
c) I é o ponto de intersecção das medianas do triân gulo ABC.
d) I é o ponto de intersecção das bissetrizes dos ân gulos internos do
triângulo ABC.
e) I é o ponto de intersecção das mediatrizes dos la dos do triângulo
ABC.
RESOLUÇÃO:
I é o incentro do triângulo ABC e, portanto, trata-se do ponto de inter sec -
ção das bissetrizes dos ângulos internos do triân gulo ABC.
Resposta: D
4. Na figura seguinte, o ponto C é o centro da circunferência cir cuns -
crita ao triângulo DEF.
Pode-se afirmar que
a) C é o baricentro do triângulo
DEF.
b) C é o incentro do triângulo DEF.
c) C é o ponto de intersecção das
me dianas do triân gulo DEF.
d) C é o ponto de intersecção das
alturas do triân gulo DEF.
e) C é o ponto de intersecção das
me dia trizes dos la dos do triân -
gulo DEF.
RESOLUÇÃO:
C é o circuncentro do triângulo DEF e, portanto, trata-se do ponto de
intersecção das mediatrizes dos lados do triângulo DEF.
Resposta: E
5. (MACKENZIE) – O lado de um triângulo equilátero inscrito em
uma circunferência mede 2��3. O raio da circunferência é igual a:
a) ���3 b) 2 c) 2���3 d) 4 e) 3���3 
RESOLUÇÃO:
�x + �
2
+ (��3)2 = (2��3)2 ⇔ = 9 ⇔ x2 = 4 ⇔
Resposta: B
MÓDULO 8
LUGARES GEOMÉTRICOS 
E PONTOS NOTÁVEIS NO TRIÂNGULO
x = 29x
2
–––
4
x
––
2
38 –
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1. (FUVEST) – Os pontos A, B e C pertencem a uma cir cunferência
γ e AC é lado de um polígono regular ins crito em γ. Sabendo que o
ângulo ABˆC mede 18°, podemos concluir que o número de lados do
po lí gono é igual a:
a) 5
b) 6
c) 7
d) 10
e) 12
RESOLUÇÃO:
Se o ângulo ABˆ C mede 18°, então o ângulo central AOˆ C desse polígono
regular mede 36°.
Assim, sendo n o número de lados desse polígono regular, tem-se:
Resposta: D
2. (FUVEST) – A, B, C e D são vértices consecutivos de um
hexágono regular. A medida, em graus, de um dos ângulos formados
pelas diagonais —AC e —BD é:
a) 90 b) 100 c) 110 d) 120 e) 150
RESOLUÇÃO:
θ = ⇔
⇔ θ = ⇔
⇔ θ = 120°
Resposta: D
3. (MACKENZIE) – Na figura, as circunferências têm o mesmo
centro O e os menores arcos 
�
AB e 
�
EF são tais que 
�
AB = 
�
EF = 40°.
A medida do menor arco
�
CD é:
a) 50° b) 70° c) 65°
d) 60° e) 80°
RESOLUÇÃO:
⇒
⇒ = ⇒ x = 80°
Resposta: E
4. (UESB) – Se, na figura, A, B, C e D são pontos de uma circun -
ferência, então o valor de x é:
a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5
RESOLUÇÃO:
(4x – 1) . x = 3x . (x + 1) ⇒ 4x2 – x = 3x2 + 3x ⇒
⇒ x2 – 4x = 0 ⇒ x(x – 4) = 0 ⇒ x = 4
Resposta: D
5. O valor de x na figura é:
a) 3,6 b) 4 c) 7,2 d) 8 e) 10
RESOLUÇÃO:
10 . (10 + x) = 12 . (12 + 3) ⇔ 100 + 10x = 180 ⇔ 10x = 80 ⇔ x = 8
Resposta: D
1. A área S de um triângulo equilátero de lado “�” é dada por:
a) S = �2 b) S = c) S =
d) S = e) S =
360°
n = –––––– ⇔ n = 10
36°
MÓDULO 9
ÂNGULOS NA CIRCUNFERÊNCIA 
E POTÊNCIA DE PONTO
40°
α = ––––
2
x – 40°
α = –––––––
2
x – 40°
–––––––
2
40°
––––
2
�
AD + 
�
BC
–––––––––––
2
180°+ 60°
–––––––––––
2
MÓDULO 10
ÁREAS DAS FIGURAS PLANAS
�2 ���2
–––––
3
�2
–––
2
�2 ���3
––––––
2
�2 ���3
–––––––
4
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RESOLUÇÃO:
S = ⇔ S =
Resposta: D
2. (FUVEST) – Na figura seguinte, estão representados um
quadrado de lado 4, uma de suas diagonais e uma semicircunferência
de raio 2. 
Então a área da região hachurada é:
a) + 2 b) π + 2
c) π + 3 d) π + 4
e) 2π + 1
RESOLUÇÃO:
A semicircunferência e a diagonal
AC
––
passam pelo centro O do qua -
drado ABCD de lado 4.
Assim, a área S da região hachurada
é igual à soma das áreas do triângulo
retângulo MOA e do setor circular
MOB, ou seja:
S = + . π . 22 ⇔ S = π + 2
Resposta: B
3. (ENEM) – A vazão do Rio Tietê, em São Paulo, constitui preocu -
pação constante nos períodos chuvosos. Em alguns trechos, são
construídas canaletas para controlar o fluxo de água. Uma dessas
canaletas, cujo corte vertical determina a forma de um trapézio
isósceles, tem as medidas especificadas na figura I. Neste caso, a
vazão da água é de 1.050 m3/s. O cálculo da vazão Q, em m3/s,
envolve o produto da área A do setor transversal (por onde passa a
água), em m2, pela velocidade da água no local, v, em m/s, ou seja, 
Q = Av.
Planeja-se uma reforma na canaleta, com as dimensões especificadas
na figura II, para evitar a ocorrência de enchentes.
(Disponível em: www2.uel.br)
Na suposição de que a velocidade da água não se alterará, qual a
vazão esperada para depois da reforma na canaleta?
a) 90 m3/s b) 750 m3/s c) 1 050 m3/s
d) 1 512 m3/s e) 2 009 m3/s
RESOLUÇÃO:
1) A área do trapézio da figura I, em m2, é:
2) A área do trapézio da figura II, em m2, é:
3) Supondo que a velocidade da água não se altere e sendo v a vazão após
a reforma, em m3/s, temos:
Resposta: D
4. (FATEC) – Na figura abaixo, os catetos do triângulo retân gulo
ABC medem 8 cm, sendo N e M pontos médios dos lados 
___
AC e 
___
AB,
respectivamen te. A circunferência tangencia os segmentos 
___
MB, 
___
BC e
___
NM.
Considerando-se π = 3,1, tem-se que a área da região hachurada, em
centímetros quadrados, é igual a:
a) 11, 6 b) 11,8 c) 12,4
d) 24,2 e) 37,6
RESOLUÇÃO:
S = – π . 22 ⇔ S = 24 – 4π ⇔
⇔ S = 24 – 12,4 ⇔ S = 11,6
Resposta: A
π
––
2
1
–––
4
2 . 2
––––
2
30 + 20
–––––––– . 2,5 = 62,5
2
41 + 49
–––––––– . 2 = 90
2
1050 v
–––––– = –––– ⇔ v = 1512
62,5 90
(8 + 4) . 4
––––––––––
2
�2 ���3
–––––––
4
� . � . sen 60°
–––––––––––––
2
40 –
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 D
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