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Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 1 de 29 PROVA DE MATEMÁTICA – ESCOLA NAVAL – 2018/2019 ENUNCIADOS 1) Dadas as matrizes 1 2 1 A 1 0 1 , 1 1 1 − = − x 2 13 65= e TB x x.= Qual é o valor do determinante de 1 22 A B ?− a) 0 b) 4 c) 8 d) 3380 e) 13520 2) Determine o valor do limite ( )3 3 x x 1 x lim 2→− + − e assinale a opção correta. a) − b) + c) 1 d) 0,5 e) zero 3) Sejam h, p, f e g funções reais tais que ( )h x x x 1 ,= + − ( ) 3p x x ,= ( ) 2f x x= e ( ) 3g x ax ,= com a 0. O valor de a torna a área da região limitada por f e g, no intervalo 1 0, a igual a 2 . 3 A é o valor da área da região limitada por h, p e pelo eixo das ordenadas. Assinale a opção que representa um número inteiro. a) 2 A a b) 2A 2a− c) 2 2A a− d) 2A a e) 22A a− 4) O atual campeão carioca de futebol, Botafogo, possui escudo baseado em um pentagrama, conforme figuras abaixo. Figura 1 Figura 2 O pentagrama é um polígono estrelado de 5 vértices, que podem ser igualmente distribuídos em uma circunferência (formando cinco arcos congruentes). O pentagrama, através de seus segmentos, determina 6 regiões internas, 5 triângulos e 1 pentágono. O pentágono é vizinho de todos os triângulos e não existem triângulos vizinhos entre si. Sendo assim, utilizando até 6 cores distintas (preto, branco, cinza, verde, amarelo e azul), de quantas maneiras essas regiões do pentagrama, conforme Figura 2, podem ser coloridas de forma que não haja duas regiões vizinhas com cores iguais? a) 720 b) 120 c) 6480 d) 3750 e) 3774 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 2 de 29 5) Observe a figura abaixo. O cubo ABCDEFGH, de aresta 3 cm, é rotacionado em torno de sua diagonal AG, gerando um sólido de revolução de volume V. Dessa forma, pode-se afirmar que o valor de V, em 3cm , é tal que: a) V 17 b) 17 V 27 c) 36 V 55 d) 27 V 36 e) 55 V 74 6) Quantos números inteiros entre 1 e 1000 são divisíveis por 3 ou por 7? a) 47 b) 142 c) 289 d) 333 e) 428 7) Seja f : .→ Assinale a opção que apresenta ( )f x que torna a inclusão ( ) ( ) ( )f A f B f A B verdadeira para todo conjunto A e B, tais que A,B . a) ( ) ( )xf x e cos x= b) ( ) ( )xf x e sen x= c) ( ) xf x 17e= d) ( ) ( )3 xf x x e= e) ( ) ( )2 xf x x 2x 1 e= − + 8) Quantas raízes reais possui a equação ( ) 4 3 22cos x 1 2x 8x 9x 2x 1?− = − + − + a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) Infinitas 9) Felipe, andando pelo pátio de sua escola, encontra, no chão, uma lista de exercícios de matemática toda feita pelo seu amigo Bruno contendo as seguintes perguntas e respostas: (1) É verdade que ( ) 2 3 23 z z ,= z . Justifique. Resposta: Sim é verdade, pois, tomando a parte real igual a 1 e a parte imaginária igual a zero, tem-se z 1= e, com isso, a igualdade permanece. (2) Cite duas descrições geométricas do conjunto B dos números complexos z que satisfazem z 2 z 3i ,− = − sendo i a unidade imaginária. Resposta: É uma reta que passa pelo ponto 1 7 , 2 6 e tem coeficiente angular igual a 2 . 3 (3) Seja z um número complexo e ( )Re z a parte real de z. Qual é o conjunto dos pontos tais que ( )2Re z 0? Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 3 de 29 Resposta: É o conjunto 3A z | argumento de z 4 4 = união com o conjunto 3B z | argumento de z . 4 4 = − − (4) Seja z um número complexo. Quais são os valores de z tais que 2z 1e 1?− = Resposta: 1 z k i 2 = + para k . Sendo i a unidade imaginária. Supondo que Felipe saiba responder a todas as perguntas de forma correta. E que ele as corrigirá atribuindo a cada pergunta o valor de 2,5 pontos por resposta correta e zero ponto por resposta errada, NÃO existe acerto de parte da questão (Bruno acerta ou erra sua resposta). Sendo assim, assinale a opção que apresenta a quantidade de pontos obtidos por Bruno na correção de Felipe. a) 10 b) 7,5 c) 5 d) 2,5 e) zero 10) Seja a função real f : 2,4 ,→ definida por ( ) 2f x 0,5x 4x 10= − + e o retângulo ABOC, com ( )( )A t,f t , ( )( )B 0,f t ,= ( )O 0,0 e ( )C t,0 , onde t 2, 4 . Assinale a opção que corresponde ao menor valor da área do retângulo ABOC. a) 8 b) 15 2 c) 200 27 d) 50 9 e) 20 3 11) Sejam ( )na , ( )mb e ( )kc três progressões geométricas de razão q e primeiro termo x. ( )mb tem o dobro de termos de ( )na , e ( )kc tem 3 2 de termos de ( )mb . Sabendo que a soma dos termos de ( )na é igual a 10 e a soma dos termos de ( )kc é 42 , 5 assinale a opção que apresenta a diferença, em módulo, dos possíveis valores da soma dos termos de ( )mb . a) 6 b) 8 c) 10 d) 12 e) 14 12) Seja ABCDEF um prisma triangular reto, com todas as suas arestas congruentes e suas arestas laterais AD, BE e CF. Sejam O e O’ baricentros das bases ABC e DEF, respectivamente, e P um ponto pertencente a OO’ tal que 1 PO ' OO '. 6 = Seja o plano determinado por P e pelos pontos médios de AB e DF. O plano divide o prisma em dois sólidos. Determine a razão entre o volume do sólido menor e o volume do sólido maior, determinados pelo plano , e assinale a opção correta. a) 47 97 b) 49 95 c) 43 93 d) 45 93 e) 41 91 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 4 de 29 13) Sejam a elipse de equação 2 2x y 1 16 25 + = e o ponto ( )P 8,0 . Duas retas r e s, que passam por P, tangenciam a elipse nos pontos A e B, respectivamente. Sendo assim, a área do triângulo ABP é igual a: a) 40 b) 15 3 c) 80 3 3 d) 35 15 4 e) 21 3 14) Pedro está pensando em enviar uma carta para a sua mãe, no interior do Pará, para comunicar o falecimento do seu pai no Rio de Janeiro. A probabilidade de que Pedro escreva a carta é de 0,8. A probabilidade de que o correio não perca a carta é de 0,9. A probabilidade de que o carteiro entregue a carta é de 0,9. Sabendo-se que a mãe de Pedro não recebeu a carta, qual é a probabilidade condicional de que Pedro não a tenha escrito? a) 25 44 b) 2 5 c) 49 87 d) 73 121 e) 38 88 15) Seja f uma função real, tal que ( )df x 0, dx x , ou seja, a função possui derivada positiva em toda a reta. Portanto, pode-se afirmar que f é uma função: a) crescente. b) decrescente. c) simétrica em torno de zero. d) estritamente positiva. e) convexa. 16) Um Aspirante da Escola Naval observou que intersectando a superfície 2 2 2S: 2x y 4z 1− + = com planos paralelos a dois eixos coordenados, ele poderia obter, em cada plano, uma cônica. O Aspirante anota em cartões a equação de cada plano cuja interseção com S seja uma cônica de distância focal igual a 6. Se ele anotou apenas uma equação por cartão, qual a quantidade de cartões que apresenta uma equação cuja interseção com S é uma hipérbole? a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5 17) Seja a família de funções reais f, definidas por ( ) 2f x 2x bx 3,= + + sendo b e, seja a função real g, definida pelo lugar geométrico dos pontos extremos das funções f. Sendo assim, o valor de ( )g 7 é: a) 101 b) 101− c) 95 d) 95− e) 98− 18) Sejam os pontos A. B, C e D sobre uma circunferência, conforme a figura abaixo, de tal forma que os comprimentos dos arcos AB, BC, CD e DA medem, respectivamente, , 3 2 , 3 4 3 e 5 , 3 determinando as cordas AC e BD. O valor da área da região sombreada é de: Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 5 de 29 a) 4 4 3 3 + + b) 4 4 3 3 + − c) 5 4 3 3 + + d) 54 2 3 3 + − e) 4 4 2 3 3 + − 19) O lugar geométrico dos ponto P do plano de mesma potência em relação a duas circunferências não concêntricas é chamado eixo radical. Seja 1C a circunferência de equação 2 2x y 64+ = e 2C a circunferência de equação ( ) 2 2x 24 y 16.+ + = Sejam a e b as distâncias do eixo radical a cada uma das circunferências, assinale a opção que apresenta do valor de a b .− a) 3 2 b) 5 2 c) 2 d) 1 e) 1 2 20) Sejam f e g duas funções reais tais que g é a inversa de f. Se f é definida como ( ) x x x x e e f x , e e − − − = + calcule 1 g 2e e assinale a opção correta. a) 2 b) 2 c) 3 d) 3 e) 2− Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 6 de 29 PROVA DE MATEMÁTICA – ESCOLA NAVAL – 2018/2019 RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES 1) a (Matrizes e determinantes) 2) e (Limites) 3) a (Integral) 4) e (Análise combinatória) 5) c (Geometria espacial) 6) e (Análise combinatória) 7) c (Função – tipologia) 8) d (Derivada – gráfico de função) 9) b (Números complexos) 10) c (Derivada – máximos e mínimos) 11) a (Progressão geométrica) 12) b (Geometria espacial – seções de sólidos) 13) b (Geometria analítica – elipse) 14) a (Probabilidade) 15) a (Cálculo – derivada) 16) e (Geometria analítica – cônicas) 17) d (Função quadrática) 18) d (Geometria plana – áreas) 19) c (Geometria plana – relações métricas na circunferência) 20) d (Função inversa e exponencial) Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 7 de 29 PROVA DE MATEMÁTICA – ESCOLA NAVAL – 2018/2019 ENUNCIADOS E RESOLUÇÕES 1) Dadas as matrizes 1 2 1 A 1 0 1 , 1 1 1 − = − x 2 13 65= e TB x x.= Qual é o valor do determinante de 1 22 A B ?− a) 0 b) 4 c) 8 d) 3380 e) 13520 RESOLUÇÃO: a 2 T 2 2 2 2 13 2 652 B x x 13 2 13 65 13 2 13 13 65 65 65 2 65 13 65 = = = 2 2 2 2 2 13 2 65 2 13 65 det B 13 2 13 13 65 2 13 65 2 13 65 0 2 13 6565 2 65 13 65 = = = ( ) ( ) ( ) ( )21 2 3 1 2 21 1det 2 A B 2 det A det B 8 det B 8 0 0 det A det A − − = = = = 2) Determine o valor do limite ( )3 3 x x 1 x lim 2→− + − e assinale a opção correta. a) − b) + c) 1 d) 0,5 e) zero RESOLUÇÃO: e Vamos utilizar o produto notável ( )( )3 3 2 2a b a b a ab b ,+ = + − + com a x= e 3 3b 1 x .= − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 33 3 2 3 3 2x x 3 32 3 3 x 1 x x 1 x x x 1 x 1 x lim lim 2 2 x x 1 x 1 x →− →− + − + − − − + − = = − − + − ( ) ( ) ( ) ( ) 3 33 3 3 3 2 2x x3 3 3 32 3 3 2 3 3 1 x 1 x 1 x 1 x lim lim 2 2 x x 1 x 1 x x x 1 x 1 x →− →− + − + − = = = − − + − − − + − ( ) 2x 3 32 3 3 1 1 lim 0 2 x x 1 x 1 x →− + − + + = = − − + − Note que o último denominado tende a ,+ e portanto o limite é zero. Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 8 de 29 Alternativamente, podemos calcular esse limite utilizando o teorema de L’Hôpital. ( ) ( ) ( )3 33 3 3 3* ** x x x 1 1 x x 1 1 1 x 1 x x x lim lim lim 22 2 x →− →− →− + − + − + − = = = ( ) 2 3 4 3 2 2x x 23 3 1 1 1 3x 1 13 xlim lim 22x 1 1 x x − − −→− →− − − = = = − − ( ) ( )*** 2x 3 3 1 1 lim 0 2 1 x →− = = − (*) Divide-se em cima e em baixo por x. (**) O limite é da forma 0 , 0 o que implica que podemos aplicar o teorema de L’Hôpital. (***) O denominador tende a ,+ o que implica que o limite tende a zero. 3) Sejam h, p, f e g funções reais tais que ( )h x x x 1 ,= + − ( ) 3p x x ,= ( ) 2f x x= e ( ) 3g x ax ,= com a 0. O valor de a torna a área da região limitada por f e g, no intervalo 1 0, a igual a 2 . 3 A é o valor da área da região limitada por h, p e pelo eixo das ordenadas. Assinale a opção que representa um número inteiro. a) 2 A a b) 2A 2a− c) 2 2A a− d) 2A a e) 22A a− RESOLUÇÃO: a O valor da área da região limitada por f e g, no intervalo 1 0, a é dada por: ( ) ( )( ) ( ) 1 a 3 41 a 1 a 2 3 0 0 0 3 4 3 4 3 3 x ax f x g x dx x ax dx 3 4 1 1 a 1 1 a 1 1 2 0 0 3 a 4 a 3 4 33a 4a − = − = − = = − − − = − = 3 3 1 2 1 1 a a 3 8 212a = = = Vamos analisar a função h: ( ) 2x 1, se x 0 h x x x 1 1, se 0 x 1. 2x 1, se x 1 − + = + − = − Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 9 de 29 Analisando o gráfico acima, observamos que a área limitada por h, p e pelo eixo das ordenadas é a área entre os gráficos de h e p no intervalo 0,1 , e é dada por ( ) ( )( ) ( ) 1 41 1 3 00 0 4 4 x A h x p x dx 1 x dx x 4 1 0 3 1 0 4 4 4 = − = − = − = = − − − = Como 1 a 2 = e 3 A , 4 = então 2 2 3 A 34 4 3 . 4a 1 2 = = = 4) O atual campeão carioca de futebol, Botafogo, possui escudo baseado em um pentagrama, conforme figuras abaixo. Figura 1 Figura 2 O pentagrama é um polígono estrelado de 5 vértices, que podem ser igualmente distribuídos em uma circunferência (formando cinco arcos congruentes). O pentagrama, através de seus segmentos, determina 6 regiões internas, 5 triângulos e 1 pentágono. O Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 10 de 29 pentágono é vizinho de todos os triângulos e não existem triângulos vizinhos entre si. Sendo assim, utilizando até 6 cores distintas (preto, branco, cinza, verde, amarelo e azul), de quantas maneiras essas regiões do pentagrama, conforme Figura 2, podem ser coloridas de forma que não haja duas regiões vizinhas com cores iguais? a) 720 b) 120 c) 6480 d) 3750 e) 3774 RESOLUÇÃO: e Temos 6 opções para a cor do pentágono. Essa cor não pode ser usada nos triângulos. Assim, temos 5 cores para pintar os 5 triângulos podendo haver repetição de cores, pois os triângulos não são considerados vizinhos entre si. Vamos indicar as cores utilizadas nas pontas por letras. Podemos ter 5 cores distintas (abcde), 4 cores distintas (aabcd), 3 cores distintas (aaabc ou aabbc), 2 cores distintas (aaaab ou aaabb) ou 1 cor (aaaaa). Exceto o caso em que todas as cores são iguais (aaaaa), as permutações coincidem por rotação em 5 posições, ou seja, devemos dividir o total de casos por 5. O número de maneiras de pintar os 5 triângulos com 5 cores, não todas iguais, podendo haver repetição é 55 5,− onde o 5 subtraído é o número de maneiras de pintar os 5 triângulos com cores iguais. Assim, o número de maneiras de pintar o pentagrama é ( )55 5 6 6 5 3774, 5 − + = onde a primeira parcela refere-se aos casos em que as cores não são todas iguais (que devemos dividir por 5 por causa das coincidências por rotação) e a segunda parcela refere-se ao caso em que todas as cores são iguais. 5) Observe a figura abaixo. O cubo ABCDEFGH, de aresta 3 cm, é rotacionado em torno de sua diagonal AG, gerando um sólido de revolução de volume V. Dessa forma, pode-se afirmar que o valor de V, em 3cm , é tal que: a) V 17 b) 17 V 27 c) 36 V 55 d) 27 V 36 e) 55 V 74 RESOLUÇÃO: c Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 11 de 29 Considere a figura acima, na qual a diagonal do cubo AG está na horizontal. O volume V da figura obtida pela rotação do cubo ao redor de AG pode ser aproximado pela soma do volume de dois cones congruentes e um cilindro.Na figura são formados dois triângulos retângulos cujos catetos são uma aresta do cubo e uma diagonal de face e cuja hipotenusa é a diagonal do cubo. Pelas relações métricas no triângulo retângulo, temos: 3 3 r 3 3 2 r 6 = = e 23 3 3 h h 3.= = A altura do cilindro é x AG 2h 3 3 2 3 3.= − = − = Assim, uma aproximação superior para o volume da figura é ( ) ( ) 2 2 2 2 31 2V 2 r h r x 6 3 6 3 10 3 54,4 cm . 3 3 + = + = Assim, 36 V 55. Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 12 de 29 6) Quantos números inteiros entre 1 e 1000 são divisíveis por 3 ou por 7? a) 47 b) 142 c) 289 d) 333 e) 428 RESOLUÇÃO: e O princípio da inclusão-exclusão estabelece que a quantidade de números inteiros entre 1 e 1000 divisíveis por 3 ou por 7 é igual à quantidade de números divisíveis por 3 somada à quantidade de números divisíveis por 7 e subtraída da quantidade de números divisíveis por 3 e 7, sempre entre 1 e 1000. A quantidade de números inteiros entre 1 e 1000 divisíveis por 3 são 1000 333. 3 = A quantidade de números inteiros entre 1 e 1000 divisíveis por 7 são 1000 142. 7 = A quantidade de números inteiros entre 1 e 1000 divisíveis por 3 e 7 é igual à quantidade de números divisíveis pelo mínimo múltiplo comum de 3 e 7 que é ( )mmc 3,7 21.= Assim, essa quantidade é 1000 47. 21 = Portanto, a quantidade de números inteiros entre 1 e 1000 são divisíveis por 3 ou por 7 é 333 142 47 428.+ − = 7) Seja f : .→ Assinale a opção que apresenta ( )f x que torna a inclusão ( ) ( ) ( )f A f B f A B verdadeira para todo conjunto A e B, tais que A,B . a) ( ) ( )xf x e cos x= b) ( ) ( )xf x e sen x= c) ( ) xf x 17e= d) ( ) ( )3 xf x x e= e) ( ) ( )2 xf x x 2x 1 e= − + RESOLUÇÃO: c Lema: A inclusão ( ) ( ) ( )f A f B f A B é sempre verdadeira, se e somente se, a função f é injetora. Demonstração: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f A f B f A B y f A f B y f A B Seja ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0y f A f B y f A y f B . Vamos analisar dois casos: 1º) ( )0y f A B : nesse caso a inclusão é satisfeita 2º) ( )0y f A B : ( ) ( )0 0y f A B y f B A − − 1 2x A B x B A − − ( )1 2x x tais que ( ) ( )0 1 2y f x f x ,= = o que só ocorre se f não for injetora. Assim, se a inclusão é sempre verdadeira, então f é injetora (C.Q.D.). Portanto, devemos encontrar uma alternativa que apresente uma função injetora. A alternativa c) ( ) xf x 17e= apresenta uma função injetora, pois é uma função exponencial. A fim de verificar que as outras funções não são injetoras, vamos analisar a sua primeira derivada. a) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x x xf x e cos x f ' x e cos x e sen x e cos x sen x= = + − = − Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 13 de 29 Note que x 4 = é uma raiz de ( )f ' x e que ( )f ' x 0, se 0 x , 4 e ( )f ' x 0, se x , 4 2 o que implica que x 4 = corresponde a um ponto de máximo local e, portanto, a função não é injetora. b) ( ) ( ) ( ) ( )x x x xf x e sen x f ' x e sen x e cos x e sen x cos x= = + = + Note que 3 x 4 = é uma raiz de ( )f ' x e que ( )f ' x 0, se 3 0 x , 4 e ( )f ' x 0, se 3 x , 4 o que implica que 3 x 4 = corresponde a um ponto de máximo local e, portanto, a função não é injetora. d) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 x 2 x 3 x x 3 2 x 2f x x e f ' x 3x e x e e x 3x e x x 3= = + = + = + Note que x 0= é uma raiz de ( )f ' x , mas que não corresponde a uma mudança de sinal da derivada e, portanto, não está associada a um máximo ou mínimo local. Por outro lado, x 3= − é uma raiz de ( )f ' x e que ( )f ' x 0, se x 3, − e ( )f ' x 0, se x 3, − o que implica que x 3= − corresponde a um ponto de mínimo local e, portanto, a função não é injetora. e) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 x x 2 x x 2f x x 2x 1 e f ' x 2x 2 e x 2x 1 e e x 1= − + = − + − + = − Sabemos que x 1= são raízes de ( )f ' x e que ( )f ' x 0, se x 1, − ( )f ' x 0, se 1 x 1,− e ( )f ' x 0, se x 1, o que implica que x 1= − corresponde a um ponto de máximo local e x 1= corresponde a um ponto de mínimo local e, portanto, a função não é injetora. 8) Quantas raízes reais possui a equação ( ) 4 3 22cos x 1 2x 8x 9x 2x 1?− = − + − + a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) Infinitas RESOLUÇÃO: d Sejam ( ) ( )f x 2cos x 1= − e ( ) 4 3 2g x 2x 8x 9x 2x 1.= − + − + Vamos esboçar o gráfico das duas funções a fim de identificar a quantidade de interseções entre eles, o que é igual à quantidade de raízes da equação ( ) ( )f x g x .= Vamos analisar primeiro a função ( ) 4 3 2g x 2x 8x 9x 2x 1.= − + − + A sua primeira derivada é ( ) 3 2g' x 8x 24x 18x 2.= − + − Por inspeção, x 1= é raiz de ( )g ' x . Vamos aplicar o algoritmo de Ruffini para fatorar o polinômio. 1 8 24− 18 2− 8 16− 2 0 ( ) ( )( )3 2 2g ' x 8x 24x 18x 2 x 1 8x 16x 2= − + − = − − + Assim, as raízes de ( )g ' x são 1 e 16 256 4 8 2 2 3 . 16 2 − = Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 14 de 29 Portanto, ( )g ' x 0 em 2 3 2 3 , 1, 2 2 − + − e ( )g ' x 0 em 2 3 2 3 ,1 , . 2 2 − + + Isso implica que 2 3 x 2 = correspondem a pontos de mínimo local e x 1= corresponde a um ponto de máximo local. Agora vamos calcular o valor numérico de g nos pontos extremos. Mas vamos dar uma “ajeitada” na expressão de ( )g x a fim de facilitar as contas. ( ) ( ) ( ) ( )2 24 3 2 2 2 2 2g x 2x 8x 9x 2x 1 2x x 4x 4 x 2x 1 2x x 2 x 1= − + − + = − + + − + = − + − Analisando a expressão acima, concluímos que g é simétrico em relação a x 1.= ( ) ( ) ( )2 22g 1 2 1 1 2 1 1 2= − + − = 2 22 2 2 2 3 3 3 3 3 g 1 g 1 2 1 1 2 1 1 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 1 3 7 2 1 1 2 1 2 2 4 4 4 8 4 8 + = − = − − − + − − = = − − − + = − + = + = É útil também calcular o valor de g em alguns pontos próximos para identificar quando os valores de g ficam maiores do que 2 (valor máximo absoluto de f). ( ) ( ) ( ) ( )2 22g 2 g 0 2 0 0 2 0 1 1= = − + − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2g 3 g 1 2 1 1 2 1 1 22 2= − = − − − + − − = Vamos agora analisar a função ( ) ( )f x 2cos x 1 .= − A sua imagem é ( ) Im f 2,2= − e ela é periódica de período 2 . Além disso, ( )f 1 2cos 0 2= = e um ponto de interseção dos gráficos de f e g. A seguir seguem os esboços dos gráficos das duas funções com base nas informações obtidas. Portanto, há 3 pontos de interseção entre os gráficos de f e g, o que implica que a equação ( ) 4 3 22cos x 1 2x 8x 9x 2x 1− = − + − + possui 3 raízes. Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 15 de 29 9) Felipe, andando pelo pátio de sua escola, encontra, no chão, uma lista de exercícios de matemática toda feita pelo seu amigo Bruno contendo as seguintes perguntas e respostas: (1) É verdade que ( ) 2 3 23 z z ,= z . Justifique. Resposta: Sim é verdade, pois, tomando a parte real igual a 1 e a parte imaginária igual a zero, tem-se z 1= e, com isso, a igualdade permanece. (2) Cite duas descrições geométricas do conjunto B dos números complexos z que satisfazem z 2 z 3i ,− = − sendo i a unidade imaginária. Resposta: É uma reta que passa pelo ponto 1 7 , 2 6 e tem coeficiente angular igual a 2 . 3 (3) Seja z um número complexo e ( )Re z a parte real de z. Qual é o conjunto dos pontos tais que ( )2Re z 0? Resposta: É o conjunto 3A z | argumento de z 4 4 = união com o conjunto 3B z |argumento de z . 4 4 = − − (4) Seja z um número complexo. Quais são os valores de z tais que 2z 1e 1?− = Resposta: 1 z k i 2 = + para k . Sendo i a unidade imaginária. Supondo que Felipe saiba responder a todas as perguntas de forma correta. E que ele as corrigirá atribuindo a cada pergunta o valor de 2,5 pontos por resposta correta e zero ponto por resposta errada, NÃO existe acerto de parte da questão (Bruno acerta ou erra sua resposta). Sendo assim, assinale a opção que apresenta a quantidade de pontos obtidos por Bruno na correção de Felipe. a) 10 b) 7,5 c) 5 d) 2,5 e) zero RESOLUÇÃO: b (1) NOTA: zero A afirmação é verdadeira, mas a justificativa está incorreta, pois verificar a veracidade em um caso particular não garante a veracidade da afirmação. z rcis= 3 3 2kz rcis , k 0,1,2 3 + = = ( ) 2 2 3 23 3 2k 2 4kz rcis r cis , k 0,1,2 3 3 + + = = = Os argumentos são 0, 4 3 e 8 2 2 . 3 3 = + 2 2z r cis2= 3 332 2 2 2 2kz r cis2 r cis , k 0,1,2 3 + = = = Os argumentos são 0, 2 3 e 4 . 3 Como 8 3 e 2 3 são arcos côngruos, então ( ) 2 3 23 z z .= Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 16 de 29 (2) NOTA: 2,5 A expressão z 2 z 3i− = − é o lugar geométrico dos pontos equidistantes dos pontos ( )A 2,0= e ( )B 0,3 ,= afixos dos números complexos 2 e 3i, respectivamente. Assim, esse conjunto corresponte à mediatriz desses dois pontos. O coeficiente angular de AB é AB 0 3 3 m , 2 0 2 − = = − − então o coeficiente angular da mediatriz é AB 1 2 m . m 3 = − = O ponto médio de AB é 3 M 1, . 2 = Assim, a equação da mediatriz é 3 y 2 2 52 y x . x 1 3 3 6 − = = + − Se 1 x , 2 = então 2 1 5 7 y . 3 2 6 6 = + = Logo, a expressão representa uma reta de coeficiente angular 2 m 3 = e que passa pelo ponto 1 7 , . 2 6 (3) NOTA: 2,5 Seja z rcis ,= então ( )Re z r cos .= ( )2 2 2 2z r cis2 Re z r cos 2 0 cos 2 0 3 3 3 5 7 2 ou 2 2 2 2 2 4 4 2 2 4 4 = = + + Como 5 3 4 4 − e 7 , 4 4 − então o conjunto pedido é a união de ( ) 3A z | arg z 4 4 = e ( ) 3B z | arg z . 4 4 = − − (4) NOTA: 2,5 ( )z x yi 2z 1 2x 1 2yi= + − = − + ( ) ( ) ( ) ( )2z 1 2x 1 2yi 2x 1 2yi 2x 1e 1 e 1 e e 1 e cis 2y 1cis0− − + − −= = = = ( ) ( ) 2x 1 1e 1 2x 1 0 x 2 cis 2y cis0 2y 2k y k , k − = − = = = = = 1 z k , k 2 = + 10) Seja a função real f : 2,4 ,→ definida por ( ) 2f x 0,5x 4x 10= − + e o retângulo ABOC, com ( )( )A t,f t , ( )( )B 0,f t ,= ( )O 0,0 e ( )C t,0 , onde t 2, 4 . Assinale a opção que corresponde ao menor valor da área do retângulo ABOC. a) 8 b) 15 2 c) 200 27 d) 50 9 e) 20 3 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 17 de 29 RESOLUÇÃO: c A área do retângulo ABOC, em função do parâmetro t, é dada por ( ) ( ) ( )2 3 2S t OC OB t f t t 0,5t 4t 10 0,5t 4t 10t.= = = − + = − + Vamos encontrar as raízes da primeira derivade de ( )S t a fim de encontrar o menor valor da área. ( ) 2 8 2 10 S' t 1,5t 8t 10 0 t t 2 t 3 3 = − + = = = = Vamos calcular o sinal da segunda derivada ( )S" t 3t 8= − nesses dois pontos a fim de identificar se são pontos de máximo ou mínimo local. ( )S" 2 3 2 8 2 0= − = − corresponde a um ponto de máximo local 10 10 S" 3 8 2 0 3 3 = − = corresponde a um ponto de mínimo local Note que a área decresce de t 2= até 10 t 3 = (pois nesse intervalo ( )S' t 0) e cresce de 10 t 3 = até t 4= (pois nesse intervalo ( )S' t 0). Portanto, o menor valor da área do retângulo ABOC é 3 2 3 210 10 10 10 200S 0,5t 4t 10t 0,5 4 10 . 3 3 3 3 27 = − + = − + = 11) Sejam ( )na , ( )mb e ( )kc três progressões geométricas de razão q e primeiro termo x. ( )mb tem o dobro de termos de ( )na , e ( )kc tem 3 2 de termos de ( )mb . Sabendo que a soma dos termos de ( )na é igual a 10 e a soma dos termos de ( )kc é 42 , 5 assinale a opção que apresenta a diferença, em módulo, dos possíveis valores da soma dos termos de ( )mb . a) 6 b) 8 c) 10 d) 12 e) 14 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 18 de 29 RESOLUÇÃO: a Como ( )mb tem o dobro de termos de ( )na , e ( )kc tem 3 2 de termos de ( )mb , então podemos dizer que a quantidade de termos de ( )na , ( )mb e ( )kc são t, 2t e 3t, respectivamente. A soma dos termos de ( )na é ( )t t x q 1 S 10. q 1 − = = − A soma dos termos de ( )kc é ( )3t 3t x q 1 42 S . q 1 5 − = = − A soma dos termos de ( )mb é ( )2t 2t x q 1 S . q 1 − = − ( ) ( ) ( ) ( ) 3t t 2t t 2t t 3t x q 1 42 x 42 42 S q 1 q q 1 10 q q 1 q 1 5 q 1 5 5 − = = − + + = + + = − − 2t t t t4 4 1q q 0 q q 25 5 5 + + = = − = − Vamos agora calcular os possíveis valores para a soma dos termos de ( )mb . ( ) ( ) ( ) ( ) 2t t t t 2t x q 1 x S q 1 q 1 10 q 1 q 1 q 1 − = = − + = + − − t 2t 4 4 q S 10 1 2 5 5 = − = − + = t 2t 1 1 q S 10 1 8 5 5 = − = − + = Portanto, a diferença, em módulo, dos possíveis valores da soma dos termos de ( )mb é 8 2 6.− = 12) Seja ABCDEF um prisma triangular reto, com todas as suas arestas congruentes e suas arestas laterais AD, BE e CF. Sejam O e O’ baricentros das bases ABC e DEF, respectivamente, e P um ponto pertencente a OO’ tal que 1 PO ' OO '. 6 = Seja o plano determinado por P e pelos pontos médios de AB e DF. O plano divide o prisma em dois sólidos. Determine a razão entre o volume do sólido menor e o volume do sólido maior, determinados pelo plano , e assinale a opção correta. a) 47 97 b) 49 95 c) 43 93 d) 45 93 e) 41 91 RESOLUÇÃO: b Sejam M e N’ os pontos médios de AB e DF, respectivamente. O plano é determinado pelos pontos P, M e N’. Vamos identificar a interseção de com as arestas do prisma. Os pontos M e P pertencem ao plano MCFM’. A reta determinada por MP não é paralela à reta determinada por CF e são coplanares, então elas são concorrentes em um ponto V. Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 19 de 29 A reta determinada por M e P pertence ao plano , então o ponto V pertence a . Como V , então VN' . Seja X e interseção do prolongamento de VN’ com a aresta AC, então X . Os pontos N’ e P pertencem ao plano EN’NB. Seja H a interseção do prolongamento de N’P com a aresta EB, então H . Os pontos H e V pertencem ao plano EBCF. Seja G a intereseção de VH com a aresta EF, então G . Seja Y a interseção do prolongamento de VH com a aresta CB, então Y . Os pontos X, M e Y pertencem a e ao plano ABC, então são colineares. A figura a seguir representa o prisma e o sólido obtido pela sua interseção com o plano . Os pontos N e M’ são médios das arestas AC e DE, respectivamente. Seja ainda 6k a medida das arestas congruentes do prisma, cujas bases serão triângulos equiláteros. Assim, o volume do maior sólido determinado pelo plano é igual ao volume da pirâmide triangular V-CXY, menos o volume da pirâmide triangular V-FN’G e menos o volume da pirâmide triangular H-BMY. Vamos analisar algumas seções do sólido a fim de identificar as medidas necessárias ao cálculo dos volumes. Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 20 de 29 Figura 1 Figura 2Figura 3 Sabemos que 1 1 PO' OO' 6k k. 6 6 = = = Na Figura 1, os triângulos MOP e MCV são semelhantes, então PO MO 1 5k 1 CV 15k. CV MC 3 CV 3 = = = = Note que MO 1 , MC 3 = pois O é baricentro do triângulo ABC. Na figura 2, os triângulos N’O’P e N’EH são semelhantes, então O'P N 'O ' 1 k 1 EH 3k. EH N 'E 3 EH 3 = = = = Note que N 'O ' 1 , N 'E 3 = pois O’ é baricentro do triângulo DEF. Na figura 3, os triângulos YBH e YCV são semelhantes, então YB BH 3k YB YC YC YB BC 6k 3k 3k YB . YC CV 15k 1 5 5 1 4 4 2 2 − = = = = = = = = − Além disso, 3k 9k GF EF EG EF YB 6k . 2 2 = − = − = − = As pirâmides V-GFN’ e V-YCX são semelhantes, então temos: 3 3 V GFN' V YCX V VF 9k 27 . V VC 15k 125 − − = = = O volume da pirâmide V-GFN’ é 3 V GFN' 9k 3k 1 GF FN' 1 3 81 32V sen 60 VF 9k k . 3 2 3 2 2 8 − = = = O volume da pirâmide 3 3 V YCX V GFN ' 125 125 81 3 375 3 V V k k . 27 27 8 8 − −= = = O volume da pirâmide H-YBM é Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 21 de 29 3 H YBM 3 k 3k 1 BY BM 1 3 9 32V sen120 BH 3k k . 3 2 3 2 2 8 − = = = O volume do maior sólido determinado pelo plano sobre o prisma é 3 3 3 3 M V YCX V GFN ' H YBM 375 3 81 3 9 3 285 3 V V V V k k k k . 8 8 8 8 − − −= − − = − − = O volume do sólido menor é ( )2 3 3 m prisma M 6k 3 285 3 147 3 V V V 6k k k . 4 8 8 = − = − = Portanto, a razão entre o volume do sólido menor e o volume do sólido maior é 3 m 3M 147 3 k V 498 . V 95285 3 k 8 = = 13) Sejam a elipse de equação 2 2x y 1 16 25 + = e o ponto ( )P 8,0 . Duas retas r e s, que passam por P, tangenciam a elipse nos pontos A e B, respectivamente. Sendo assim, a área do triângulo ABP é igual a: a) 40 b) 15 3 c) 80 3 3 d) 35 15 4 e) 21 3 RESOLUÇÃO: b A elipse de equação 2 2x y 1 16 25 + = tem centro em ( )O 0,0 , semieixo maior vertical 2a 25 a 5= = e semieixo menor horizontal 2b 16 b 4.= = O ponto ( )P 8,0 é exterior à elipse, pois 2 28 0 4 1. 16 25 + = Seja m o coeficiente angular de uma reta passando por ( )P 8,0 , então a equação dessa reta é dada por ( ) y 0 m y m x 8 . x 8 − = = − − A interseção da reta ( )y m x 8= − e da elipse 2 2x y 1 16 25 + = é dada por ( )( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2 2 x m x 8 1 25x 16m x 16x 64 400 16 25 16m 25 x 256m x 1024m 400 0 − + = + − + = + − + − = Para que a reta seja tangente à elipse, a equação do 2º grau anterior deve possuir uma única solução, ou seja, seu discriminante deve ser nulo. Assim, devemos ter: Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 22 de 29 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 16 4 6 2 2 4 4 2 2 2 256m 4 16m 25 1024m 400 0 2 m 2 16m 25 64m 25 0 1024m 1024m 1200m 625 0 1200m 625 0 625 25 5 3 m m 1200 48 12 = − − + − = − + − = − + − = − + = = = = As abscissas dos pontos de tangência A e B são ( ) ( ) 2 2 22 25 8 128 256m 128m 48 3x 2. 25 116m 252 16m 25 16 25 1 48 3 − − = = = = = + + + + As ordenadas dos pontos A e B de tangência são 2 2 22 y 3 5 31 y 25 y . 16 25 4 2 + = = = A figura seguinte mostra a elipse e os pontos A, B e P. A área do triângulo ABP é dada por ( ) 5 3 5 3 8 2 2 2 S 15 3. 2 − − − = = 14) Pedro está pensando em enviar uma carta para a sua mãe, no interior do Pará, para comunicar o falecimento do seu pai no Rio de Janeiro. A probabilidade de que Pedro escreva a carta é de 0,8. A probabilidade de que o correio não perca a carta é de 0,9. A probabilidade de que o carteiro entregue a carta é de 0,9. Sabendo-se que a mãe de Pedro não recebeu a carta, qual é a probabilidade condicional de que Pedro não a tenha escrito? a) 25 44 b) 2 5 c) 49 87 d) 73 121 e) 38 88 Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 23 de 29 RESOLUÇÃO: a Vamos construir uma árvore de probabilidades para analisar o problema. As situações em que a mãe de Pedro não recebe a carta estão sombreadas na figura. Elas representam o espaço amostral reduzido da probabilidade condicional. Assim, a probabilidade de que a mãe de Pedro não receba a carta é ( ) 352 P não recebe 0,8 0,1 0,8 0,9 0,1 0,2 0,352. 1000 = + + = = A probabilidade de que Pedro não escreva a carta e sua mãe não a receba, é ( )P não escreve e não recebe 0,2.= Portanto, a probabilidade de que Pedro não tenha escrito a carta, dado que sua mãe não a recebeu, é ( ) ( ) ( ) P não escreve e não recebe 0, 2 25 P não escreve| não recebe . P não recebe 0,352 44 = = = 15) Seja f uma função real, tal que ( )df x 0, dx x , ou seja, a função possui derivada positiva em toda a reta. Portanto, pode-se afirmar que f é uma função: a) crescente. b) decrescente. c) simétrica em torno de zero. d) estritamente positiva. e) convexa. RESOLUÇÃO: a Se f tem derivada positiva em todos os reais, então f é crescente (estritamente crescente) em todos os reais. (*) A função seria estritamente decrescente se sua derivada fosse sempre negativa. Ela seria convexa (concavidade sempre voltada para cima) se a sua derivada segunda fosse sempre positiva. Já a simetria em torno do zero e o fato da função ser estritamente positiva não estão associados ao sinal da derivada. Vamos agora demonstrar a proposição (*). Inicialmente, observemos que f é derivável x , então f é contínua x . Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 24 de 29 O Teorema do Valor Médio (TVM) estabelece que se f for contínua em a, b e derivável em a,b , então existirá pelo menos um c a,b tal que ( ) ( ) ( )f b f a f ' c . b a − = − Vamos mostrar agora que se ( )f ' x 0 para todo x interior a um intervalo I, então f será estritamente crescente em I. Considerando que f é contínua emqualquer intervalo a, b e derivável em a,b , então, pelo TVM, existe c a,b tal que ( ) ( ) ( ) ( )f b f a f ' c b a .− = − Como ( )f ' c 0 e b a, então ( ) ( ) ( ) ( )f b f a 0 f b f a .− Portanto, a, b , ( ) ( )a b f a f b , o que implica que f é estritamente crescente para todos os reais. 16) Um Aspirante da Escola Naval observou que intersectando a superfície 2 2 2S: 2x y 4z 1− + = com planos paralelos a dois eixos coordenados, ele poderia obter, em cada plano, uma cônica. O Aspirante anota em cartões a equação de cada plano cuja interseção com S seja uma cônica de distância focal igual a 6. Se ele anotou apenas uma equação por cartão, qual a quantidade de cartões que apresenta uma equação cuja interseção com S é uma hipérbole? a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5 RESOLUÇÃO: e Consideremos a interseção da superfície com o plano x m,= paralelo aos eixos y e z. Assim, temos: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 z y 2 m y 4z 1 4z y 1 2m 1 1 2m 1 2m 4 − + = − = − − = − − A curva acima representa uma hipérbole. Se 2 2 2 21 2m 0 2m 1 m , 2 2 − − temos: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 2m 1 2m 6 3a b 1 2m c a b 1 2m 4 4 2 2 − − = = − = + = + − = = ( )2 2 25 3 6 11 2m 1 2m m m 4 2 5 10 − = − = = − Se 2 2 2 21 2m 0 2m 1 m m , 2 2 − − temos: 2 2 2 2 2 2 2 2 z y y z 1 1 1 2m 1 2m 2m 1 2m 1 4 4 − = − = − − − − ( ) 2 2 2 2 2 2 2 22m 1 2m 1 6 3a 2m 1 b c 2m 1 4 4 2 2 − − = − = = − + = = Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 25 de 29 ( )2 2 25 3 6 11 112m 1 2m 1 m m 4 2 5 10 10 − = − = = = Note que esses valores de m pretencem ao intervalo 2 2 , , . 2 2 − − Consideremos a interseçãoda superfície com o plano y n,= paralelo aos eixos x e z. Assim, temos: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x z 2x n 4z 1 2x 4z n 1 1 n 1 n 1 2 4 − + = + = + + = + + A curva acima representa uma elipse na qual 2 2 n 1a 2 + = e 2 2 n 1b . 4 + = Assim, temos: 2 2 2 2 2 2 2 2n 1 n 1 6 6 n 1 6c a b n 5 n 5 2 4 2 4 4 4 + + + = − = − = = = = = O desenvolvimento para a elipse foi feito apenas a título de ilustração. Bastava identifica que a curva seria uma elipse e não uma hipérbole pela análise dos sinais na equação. Consideremos a interseção da superfície com o plano z p,= paralelo aos eixos x e z. Assim, temos: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y 2x y 4p 1 2x y 1 4p 1 1 4p 1 4p 2 − + = − = − − = − − A curva acima representa uma hipérbole. Se 2 2 1 11 4p 0 4p 1 p , 2 2 − − temos: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4p 1 4p 6 3 3 a b 1 4p c 1 4p 1 4p 2 2 2 2 2 1 4p 1 p 0 − − = = − = + − = − = − = = Note que p 0= pertence ao intervalo 1 1 , . 2 2 − Se 2 2 1 1 1 4p 0 4p 1 p p , 2 2 − − temos: 2 2 2 2 2 2 2 2 x y y x 1 1 1 4p 1 4p 4p 1 4p 1 2 2 − = − = − − − − ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 24p 1 4p 1 6 3 3a 4p 1 b c 4p 1 4p 1 2 2 2 2 2 − − = − = = − + = − = 2 2 2 24p 1 1 p p 4 2 − = = = Note que os valores de p pertencem ao intervalo 1 1 , , . 2 2 − − + Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 26 de 29 Portanto, as equações dos planos que resultam em cônicas de distância focal 6 são 11 x , 10 = y 5,= z 0= e 2 z . 2 = Dessas, são hipérboles 11 x , 10 = z 0= e 2 z . 2 = Assim, a quantidade de cartões que apresenta uma equação cuja interseção com S é uma hipérbole é 5. 17) Seja a família de funções reais f, definidas por ( ) 2f x 2x bx 3,= + + sendo b e, seja a função real g, definida pelo lugar geométrico dos pontos extremos das funções f. Sendo assim, o valor de ( )g 7 é: a) 101 b) 101− c) 95 d) 95− e) 98− RESOLUÇÃO: d A função quadrática ( ) 2f x 2x bx 3= + + possui um ponto de mínimo de coordenadas V b b x 2 2 4 − = = − e 2 2 V b 4 2 3 24 b y . 4 2 8 − − = − = Vamos obter o lugar geométrico dos pontos de mínimo (daqui para frente vou omitir o índice V). b x b 4x 4 = − = − ( ) 2 2 2 224 by 8y 24 4x 8y 24 16x y 3 2x . 8 − = = − − = − = − Assim, a função g é dada por ( ) 2g x y 3 2x= = − e ( ) 2g 7 3 2 7 95.= − = − 18) Sejam os pontos A. B, C e D sobre uma circunferência, conforme a figura abaixo, de tal forma que os comprimentos dos arcos AB, BC, CD e DA medem, respectivamente, , 3 2 , 3 4 3 e 5 , 3 determinando as cordas AC e BD. O valor da área da região sombreada é de: Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 27 de 29 a) 4 4 3 3 + + b) 4 4 3 3 + − c) 5 4 3 3 + + d) 5 4 2 3 3 + − e) 4 4 2 3 3 + − RESOLUÇÃO: d O comprimento da circunferência é 2 4 5 4 , 3 3 3 3 + + + = então seu raio é 2 R 4 R 2. = = Os ângulos centrais correspondentes aos arcos AB, BC, CD e DA são, respectivamente, 2 , 3 6 = = 2 2 , 3 3 = = 4 2 2 3 3 = = e 5 5 2 . 3 6 = = Seja OM AC,⊥ então M é ponto médio de AC e os triângulos OMC e OMA são congruentes, o que implica OMC OMAS S .= A área sombreada S pode ser obtida somando as áreas do setor OCD de 120 , do triângulo OPC e do setor OAB de 30 , e subtraindo a área do triângulo OPA. Assim, temos: ( ) ( ) setor120 OPC setor 30 OPA setor120 OMC OMP setor 30 OMA OMP setor120 setor 30 OMP S S S S S S S S S S S S S 2 S = + + − = = + + + − − = = + + O ângulo ˆAOC 90 ,= então ˆ ˆMOC MCO 45= = e 2 2 OM MC OC 2 2. 2 2 = = = = No triângulo retângulo OMP, temos ˆPOM 45 30 15 .= − = Assim, MP MP tg15 2 3 2 3 MP 2 2 6. OM 2 = = − = − = − Portanto, a área sombreada é Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 28 de 29 ( ) 2 2 setor120 setor 30 OMP 2 2 OM MP S S S 2 S 2 3 12 2 4 2 2 2 6 5 2 4 2 3 u.a. 3 3 2 3 = + + = + + = − = + + = + − 19) O lugar geométrico dos ponto P do plano de mesma potência em relação a duas circunferências não concêntricas é chamado eixo radical. Seja 1C a circunferência de equação 2 2x y 64+ = e 2C a circunferência de equação ( ) 2 2x 24 y 16.+ + = Sejam a e b as distâncias do eixo radical a cada uma das circunferências, assinale a opção que apresenta do valor de a b .− a) 3 2 b) 5 2 c) 2 d) 1 e) 1 2 RESOLUÇÃO: c A circunferência 2 21C : x y 64+ = tem centro em ( )1O 0,0 e raio 1R 8.= A circunferência ( ) 2 2 2C : x 24 y 16+ + = tem centro ( )2O 24,0− e raio 2R 4.= O eixo radical de 1C e 2C , que são circunferências exteriores, é uma reta r perpendicular a 1 2O O . Seja M a interseção de r e 1 2O O , então a potência de M é a mesma em relação a 1C e 2C . Assim, temos: ( )( ) ( ) 2 2 2 22 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 MO R MO R MO MO R R MO MO MO MO 8 4 O O MO MO 48 − = − − = − + − = − − = ( )1 2 1 224 MO MO 48 MO MO 2 − = − = Assim, temos: 1 2MO MO 24+ = e 1 2MO MO 2,− = então 1MO 13= e 2MO 11.= Portanto, as distâncias a e b do eixo radical a cada uma das circunferências são, a menos da ordem, 1a MO 13= = e 2b MO 11,= = o que implica a b 13 11 2.− = − = Note que a distância entre uma reta e uma circunferência é a distância entre o centro da circunferência e a reta. Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira madematica.blogspot.com Página 29 de 29 20) Sejam f e g duas funções reais tais que g é a inversa de f. Se f é definida como ( ) x x x x e e f x , e e − − − = + calcule 1 g 2e e assinale a opção correta. a) 2 b) 2 c) 3 d) 3 e) 2− RESOLUÇÃO: d Se g é a inversa de f, então ( ) 1 1 g k f k . 2 2 = = Assim, temos: ( ) k k k k k k k 2k k k k k e e 1 3 f k 2e 2e e e e e 3 e 3 2e e e − − − − − = = − = + = = = + Note que ke é sempre positivo. Portanto, 1 g k2e e 3. = =
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