EXERCÍCIOS DE VESTIBULARES TRADICIONAIS

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OSG.: 087182/14
Série
____/____/____
Pré-Vestibular
Fabrício Maia
Aluno(a)
Turma Turno Data
Sede
Nº
Professor(a)
TC
matemática
ensino
médio
01 Os valores de b para os quais a parábola y = x2 + bx tem um único ponto em comum com a reta y = x – 1 são:
A) – 1 e 3 D) 0 e – 1
B) – 1 e 2 E) 0 e 2
C) – 3 e – 1
Solução:
Temos: 
⎧ = +⎨ = −⎩
2y x bx
y x 1
Comparando: 
+ = −
+ − + =
2
2
x bx x 1
x (b 1)x 1 0
Como as equações têm um único ponto comum, então:
∆ =
− − ⋅ ⋅ =
− =
2
2
0
(b 1) 4 1 1 0
(b 1) 4
Daí: − = → = − = − → = −b 1 2 b 3 ou b 1 2 b 1
Resposta: A
02 Se f(x) = 4x + 1 e g(x) = 4x, a solução da inequação f(x) > g (2 – x) é:
A) x > 0 D) x > 1,5
B) x > 0,5 E) x > 2
C) x > 1
Solução:
Temos:
f(x) > g(2 –x)
4x + 1 > 42 – x
(base > 1)
Daí: x + 1 > 2 –x
> → > 12x 1 x
2
Resposta: B
03 log 50 + log 40 + log 20 + log 2,5 é igual a:
A) 1 D) 10
B) 3 E) 1.000
C) 5
Solução:
Lembre: ⋅+ =b c b ca a alog log log
Temos: log 50 + log 40 + log 20 + log 2,5 = log 100000 = log 105 = 5
Soma = 5
Resposta: C
01 Os valores de b para os quais a parábola y = x2 + bx tem um único ponto em comum com a reta y = x – 1 são:
A) – 1 e 3 D) 0 e – 1
B) – 1 e 2 E) 0 e 2
C) – 3 e – 1
Solução:
Temos: 
⎧ = +⎨ = −⎩
2y x bx
y x 1
Comparando: 
+ = −
+ − + =
2
2
x bx x 1
x (b 1)x 1 0
Como as equações têm um único ponto comum, então:
∆ =
− − ⋅ ⋅ =
− =
2
2
0
(b 1) 4 1 1 0
(b 1) 4
Daí: − = → = − = − → = −b 1 2 b 3 ou b 1 2 b 1
Resposta: A
02 Se f(x) = 4x + 1 e g(x) = 4x, a solução da inequação f(x) > g (2 – x) é:
A) x > 0 D) x > 1,5
B) x > 0,5 E) x > 2
C) x > 1
Solução:
Temos:
f(x) > g(2 –x)
4x + 1 > 42 – x
(base > 1)
Daí: x + 1 > 2 –x
> → > 12x 1 x
2
Resposta: B
03 log 50 + log 40 + log 20 + log 2,5 é igual a:
A) 1 D) 10
B) 3 E) 1.000
C) 5
Solução:
Lembre: ⋅+ =b c b ca a alog log log
Temos: log 50 + log 40 + log 20 + log 2,5 = log 100000 = log 105 = 5
Soma = 5
Resposta: C
Professor: Fabrício Maia
M
a
t
e
m
á
t
ic
a
5
140 questões resolvidas
“A força não provém da capacidade física e sim de uma vontade indomável”
 (Mahatma Gandhi)
01 Os valores de b para os quais a parábola y = x2 + bx tem um único ponto em comum com a reta y = x – 1 são:
A) – 1 e 3 D) 0 e – 1
B) – 1 e 2 E) 0 e 2
C) – 3 e – 1
Solução:
Temos: 
⎧ = +⎨ = −⎩
2y x bx
y x 1
Comparando: 
+ = −
+ − + =
2
2
x bx x 1
x (b 1) x 1 0
Como as equações têm um único ponto comum, então:
∆ =
− − ⋅ ⋅ =
− =
2
2
0
(b 1) 4 1 1 0
(b 1) 4
Daí: − = → = − = − → = −b 1 2 b 3 ou b 1 2 b 1
Resposta: A
02 Se f(x) = 4x + 1 e g(x) = 4x, a solução da inequação f(x) > g (2 – x) é:
A) x > 0 D) x > 1,5
B) x > 0,5 E) x > 2
C) x > 1
Solução:
Temos:
f(x) > g(2 –x)
4x + 1 > 42 – x
(base > 1)
Daí: x + 1 > 2 –x
> → > 12x 1 x
2
Resposta: B
03 log 50 + log 40 + log 20 + log 2,5 é igual a:
A) 1 D) 10
B) 3 E) 1.000
C) 5
Solução:
Lembre: ⋅+ =b c b ca a alog log log
Temos: log 50 + log 40 + log 20 + log 2,5 = log 100000 = log 105 = 5
Soma = 5
Resposta: C
“A força não provém da capacidade física e sim de uma vontade indomável”
 (Mahatma Gandhi)
01 Os valores de b para os quais a parábola y = x2 + bx tem um único ponto em comum com a reta y = x – 1 são:
A) – 1 e 3 D) 0 e – 1
B) – 1 e 2 E) 0 e 2
C) – 3 e – 1
Solução:
Temos: 
⎧ = +⎨ = −⎩
2y x bx
y x 1
Comparando: 
+ = −
+ − + =
2
2
x bx x 1
x (b 1) x 1 0
Como as equações têm um único ponto comum, então:
∆ =
− − ⋅ ⋅ =
− =
2
2
0
(b 1) 4 1 1 0
(b 1) 4
Daí: − = → = − = − → = −b 1 2 b 3 ou b 1 2 b 1
Resposta: A
02 Se f(x) = 4x + 1 e g(x) = 4x, a solução da inequação f(x) > g (2 – x) é:
A) x > 0 D) x > 1,5
B) x > 0,5 E) x > 2
C) x > 1
Solução:
Temos:
f(x) > g(2 –x)
4x + 1 > 42 – x
(base > 1)
Daí: x + 1 > 2 –x
> → > 12x 1 x
2
Resposta: B
03 log 50 + log 40 + log 20 + log 2,5 é igual a:
A) 1 D) 10
B) 3 E) 1.000
C) 5
Solução:
Lembre: ⋅+ =b c b ca a alog log log
Temos: log 50 + log 40 + log 20 + log 2,5 = log 100000 = log 105 = 5
Soma = 5
Resposta: C
OSG.: 087182/142
TC – MaTeMáTiCa
04 Utilizando a tabela abaixo, conclui-se que 5 371.293 é igual a:
A) 11
B) 13
C) 14
D) 15
E) 17
Solução:
Tomando: n = 5 371.293
Daí: log n = log 5 371.293 → log n = 
1
5log (371. 293)
log n = 
1
log371.293
5
⋅ (veja tabela) → = ⋅1log n 5,55
5
→ log n = 1,11 (veja tabela)
logo: n = 13
Resposta: B
05 O número de pontos de interseção dos gráficos de y = 3 logx e de y = log 9x, sendo x > 0, é:
A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4
Solução:
Temos: { = ⋅ == > < ≠xa
Sabemos :
y 3 logx
f(x) log
y log 9x
(x 0 e 0 a 1)
Comparando:
⋅ =
=3
3 logx log9x
logx log9x
Daí: =
− =
− =
= − = → = = −
3
3
2
2
x 9x
x 9x 0
x(x 9) 0
x 0(n.s) ou x 9 0 x 3 ou x 3(n.s)
Resposta: B
06 A equação 
+ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
=
+⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
k 1 k 1
2 3
1
k 2
5
A) não admite soluções.
B) admite uma solução entre 1 e 5.
C) admite uma solução entre 5 e 12.
D) admite uma solução entre 12 e 20.
E) admite uma solução maior que 20.
Solução:
Lembre: 
n n n 1
p p 1 p 1
+⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Daí: 
+ + +⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
k 1 k 1 k 2
2 3 3
9
11
13
15
17
...
371.293
log NN
0,95
1,04
1,11
1,18
1,23
...
5,55
OSG.: 087182/143
TC – MaTeMáTiCa
Substituindo: 
+⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
=
+⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
+ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
k 2
3
1
k 2
5
k 2 k 2
3 5
logo: + = + → =3 5 k 2 k 6
Resposta: C
07 A soma dos coeficientes do desenvolvimento de (1 + x2 – x3)9 é:
A) – 1 B) 2 C) 1 D) 3 E) 4
Solução:
Sabemos:
Se p(x) = anx
n + an – 1x
n – 1 + ... + a1x
 + a0, com ≠na 0, a soma dos coeficientes do polinômio é dada por p(1).
Assim: A soma dos coeficientes de (1 + x2 – x3)9 é dada por: Scoef. =(1 + 1
2 – 13)9 = (1 + 1 – 1)9 = 1
Resposta: C
08 Encontre o coeficiente de x2 no desenvolvimento de (x2 + 2x + 1)4.
Solução:
Lembre:
Termo geral: −+
⎛ ⎞= ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠
n p p
p 1
n
T a b
p
Temos: (x2 + 2x + 1)4 = [(x + 1)2]4 = (x +1)8
Termo geral: 
−
+
⎛ ⎞= ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠
8 p p
p 1
8
T x 1
p
Queremos: 8 – p = 2 → =p 6
Daí: 
⎛ ⎞= ⋅ ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠
2 6 2
7
8
T x 1 28x
6
Resposta: 28
09 Calcule n sabendo que 
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
n n n n
... 8.191
1 2 3 n
Solução:
Lembre: 
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
nn n n n... 2
0 1 2 n
Daí: 
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
n n n
... 8.191
1 2 n
Agora: ⎛ ⎞ = ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠
− =
=
= → =
n
n
n
n 13
n2 – 8 191
0
2 1 8.191
2 8.192
2 2 n 13
Resposta: 13
⎛ ⎞− ⎜ ⎟⎝ ⎠
n n2
0
�����������
OSG.: 087182/144
TC – MaTeMáTiCa
10 O número total de pares (x, y) que satisfazem a equação (x2 + y2 – 1)2 + (xy)2 = 0 é:
A) infinito B) 0 C) 1 D) 2 E) 4
Solução:
∈
+ = ⇔ = =
�
n n
Se a,b e n é par, então :
a b 0 a b 0
Temos: (x2 + y2 – 1)2 + (xy)2 = 0
Daí: 
⎧ + − =⎨ = → = =⎩
= → = → = ±
= → = → = ±
− −
2 2
2
2
x y 1 0
xy 0 x 0 ou y 0
se x 0 y 1 y 1
se y 0 x 1 x 1
pares : (0,1),(0, 1),(1,0),( 1,0)
Resposta: E
11 A parábola de equação y = x2 – 6 tem vértice M e corta o eixo x nos pontos A e B. Qual a área do triângulo
ABM?
A) 1 B) 6 C) 6 D) 6 6 E) 12 6
Solução:
Lembre: 2f(x) ax bx c, com a 0= + + ≠
Coordenadas do vértice: = −
∆= − =
v
v v v
b
x
2a
y ou y f(x )
4a
Temos:
– Coordenadas do vértice:
y = x2 – 6
−= → =⋅
=− → = −
v v
2
v v
0
x x 0
2 1
y 0 6 y 6
Então: M(0; –6)
– Pontos de interseção com o eixo x:
2x 6 x 6 ou x 6
A( 6; 0) e B( 6, 0)
− =→ = = −
−
Logo, a área do ∆ABM é dada por:
Área = 
−
= =
−
ABM
ABM
1
| D |
2
0 6 1
| D | 6 0 1 12 6
6 0 1
Área: 
1
12 6 6 6 u.a
2
⋅ =
Resposta: D
12 A distância do vértice da parábola y = (x – 2)(x – 6) à reta = +4y x 5 é :
3
72
A)
25
 
29
B)
25
 C) 43 
43
D)
25
 
43
E)
5
OSG.: 087182/145
TC – MaTeMáTiCa
ax + by + c = 0
P(x , y )o or
Solução:
I) = + + ≠2f(x) ax bx c, com a 0
Coordenadas do vértice: +⎧⎪ =⎨
⎪ =⎩
1 2
v
v v
x x
x
2
y f(x )
II) Distância de um ponto a uma reta.
+ +=
+
0 0
p,r
2 2
| ax by c |
d
a b
Temos: = − ⋅ − →
+= =
= = − ⋅ − = ⋅ − = −
v
v
y (x 2) (x 6) parábola
raízes : 2 e 6
2 6
x 4
2
y f(4) (4 2) (4 6) 2 ( 2) 4
Distância do vértice à reta:
(4, – 4)
4x – 3y + 15 = 0 
d = ???
⋅ − ⋅ − +=
+ −
=
2 2
| 4 4 3 ( 4) 15 |
d
4 ( 3)
43
d
5
Resposta: E
13 Resolvendo a inequação log1/2(2x + 1) > log1/2(– 3x + 4), obtemos:
− < <1 4A) x
2 3
 < < 4B) 0 x
3
 < 3C) x
5
 − < <1 3D) x
2 5
 < <3 4E) x
5 3
Solução:
Lembre: > → <
< <
x y
a alog log x y
(0 base 1)
Temos: + > − +1 1
2 2
log (2x 1) log ( 3x 4)
Então: ⎧ + < − + → < → <⎪
⎪⎪ + > → > −⎨
⎪
⎪− + > → <⎪⎩
3
2x 1 3x 4 5x 3 x
5
1
2x 1 0(C.E) x
2
4
3x 4 0 (C.E) x
3
OSG.: 087182/146
TC – MaTeMáTiCa
Interseção
Resposta: D
14 Se o número complexo z = 1 – i é uma das raízes da equação x10 – a = 0, o valor de a é:
A) 16 B) 32 C) 64 D) – 16i E) – 32i
Solução:
Temos: x10 = a, se z é raiz, então z10 = a.
Daí: −
= −
= −
= − → = −
10
2 5
5
5
a = (1 i)
a [(1 i) ]
a ( 2i)
a 32i a 32i
Resposta: E
15 A reta y = ax + 1 intercepta a curva x2 + 4y2 = 1 somente num ponto. Calcule 8a2.
Solução:
Temos: 
⎧⎨ + =⎩ 2 2
y = ax + 1
x 4y 1
Condição:
∆ = 0 (única solução)
Daí: 2 2
2 2
2
2
(8a) 4 (1 4a ) 3 0
64a 12 48a 0
16a 12
8a 6
− ⋅ + ⋅ =
− − =
=
=
Resposta: 6
16 A condição para que o trinômio mx2 + (m + 1)x + 1 seja sempre positivo, qualquer que seja x, é que:
A) m > 0
B) (m + 1)2 + 4m < 0
C) − ≤2(m 1) 0
D) ≠ >m 1,m 0
E) não há valores de m tais que o trinômio proposto, qualquer que seja x, se torne sempre positivo.
Solução:
Devemos ter:
1ª condição: a > 0 → m > 0
2ª condição: ∆ < → + − ⋅ ⋅ < →
→ + + − < → − + < →
→ − < − ≥ ∀ ∈�
2
2 2
2 2
0 (m 1) 4 m 1 0
m 2m 1 4m 0 m 2m 1 0
(m 1) 0(absurdo, pois,(m 1) 0, m )
Resposta: E
3
5
(I)
(II)
4
3
(III)
(I) ∆ (II) ∆ (III)
1
2
− 3
5
−1
2
+ + + + + + {∆ <> 0a 0
Substituindo (I) em (II): + + =
+ + + − =
+ + + =
2 2
2 2 2
2 2
x 4(ax 1) 1
x 4a x 8ax 4 1 0
x (1 4a ) 8ax 3 0 (Equação do 2o grau)
OSG.: 087182/147
TC – MaTeMáTiCa
17 Sejam A = {1, 2, 3} e f: A → A definida por f(1) = 3, f(2) = 1 e f(3) = 2. O conjunto-solução de f[f(x)] = 3, é:
A) {1} B) {2} C) {3} D) {1, 2, 3} E) vazio
Solução:
Temos:
se x 1 f(f(1)) f(3) 2 f(f(1)) 2(n.s)
se x 2 f(f(2)) f(1) 3 f(f(2)) 3(OK)
se x 3 f(f(3)) f(2) 1 f(f(3)) 1(n.s)
S {2}
= → = = → =
= → = = → =
= → = = → =
=
Resposta: B
18 Seja S a soma, em radianos, das raízes da equação 1 + cos x + cos 2x + cos 3x = 0, x ∈[0, π]. Calcule π
6S
.
Solução:
Fórmula de Werner: 
+ −⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
p q p q
cosp cosq 2cos cos
2 2
Temos: 
⎧ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + = ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎨ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ + = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩
x x
1 cosx cos0 cosx 2cos cos
2 2
5x x
cos2x cos3x 2cos cos
2 2
Então:
Daí: 
π= → = + π → = π + π
π π π= → = + π → = +
π= → = = π
π π= → = π
x x
cos 0 k x 2k
2 2 2
ou
3x 3x 2k
cos 0 k x
2 2 2 3 3
ou
cos x 0 x k
2
se k 0 x , ou
3 2
se k = 1, 2, 3, ... → raízes já encontradas ou fora do intervalo dado.
Raízes: π, π π,
2 3
Soma das raízes = π π π + π + π= π + + =
π=
6 3 2
S
2 3 6
11
S
6
=π
6S
Logo : 11
f− = ∀ ∈
Impor tante :
cos( x) cos(x), x D
Resposta: 11
1
2
3
1
2
3
A A
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅ − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
x x 5x x
2cos cos 2cos cos 0
2 2 2 2
x x 5x
2cos cos cos 0
2 2 2
x 3x
2cos 2 cos cos ( x) 0
2 2
x 3x
4cos cos cos(x) 0
2 2
OSG.: 087182/148
TC – MaTeMáTiCa
19 A função f(x) = 
−−3 x(1 x)x
2 4
é crescente, para todo x pertencente a:
25
A) ,
16
⎡ ⎞− +∞⎟⎢⎣ ⎠
25
B) ,
4
⎡ ⎞− +∞⎟⎢⎣ ⎠ 
5
C) ,
2
⎡ ⎞− +∞⎟⎢⎣ ⎠ 
5
D) ,
4
⎡ ⎞−∞ ⎟⎢⎣ ⎠ �E)
Solução:
Temos: 
2
2
2
2
3 x – x
f(x) x
2 4
6x x x
f(x)
4
x 5x
f(x)
4
1 5
f(x) x x
4 4
= −
− +=
+=
= +
Parábola
Resposta: C
20 Se p e q são raízes não-nulas de x2 + 5px – 8q = 0, calcule p + q.
Solução:
Girard
{ + = −⋅ = −1 21 2x x 5px x 8q
Daí:
{p q 5qp q 8q+ = −⋅ = −
 2ª equação
p q 8q⋅ = − (como q é diferente de zero)
Temos:
= −
+ = −
+ = − ⋅ −
+ =
p 8
Logo :
p q 5p
p q 5 ( 8)
p q 40
Resposta: 40
21 Quantos valores inteiros satisfazem a inequação (2x – 7) (x – 1) ≤ 0.
A) zero B) 1 C) 2 D) 3 E) 4
crescente
−
= = −
⋅
v
5
54x
1 22
4
f ∀ ≥ −5é crescente x
2
OSG.: 087182/149
TC – MaTeMáTiCa
Solução:
Inteiros: 1, 2, 3
Resposta: D
22 Sobre a equação 1.983x2 – 1.984x – 1.985 = 0, a afirmativa correta é:
A) não tem raízes. D) tem duas raízes positivas.
B) tem duas raízes simétricas. E) tem duas raízes negativas.
C) tem duas raízes reais distintas.
Solução:
Temos: ∆ = −
∆ = − − ⋅ −
∆ = + ⋅
2
2
2
B 4ac
( 1984) 4.1983 ( 1985)
1984 4.1983 1985
∆ > →
Então :
0
Resposta: C
23 Seja f uma função real tal que f (x + 1) = (f (x))2 e f (0) = 10. Então f (4) é igual a:
A) 1016 B) 100 C) 10258 D) 101 E) 121
Solução:
Temos que:
Resposta: A
24 Se o domínio da função f, definida por f(x) = 1 – 2x, é o intervalo ]–3, 2], então Imf é:
A) ]–7, 3] B) [–3, 7[ C) ]–3, 7] D) [–3, 5[ E) ]–3, 3]
Solução:
Temos: 
1 y
y 1 2x x
2
−= − → =
Veja: x ] 3,2]∈ −
Então: 3 x 2− < ≤
Agora :
1 y
3 2
2
6 1 y 4
7 y 3
7 y 3
ou
3 y 7 y [ 3,7[
−− < ≤
− < − ≤
− < − ≤
> ≥ −
− ≤ < → ∈ −
Resposta: B
– – –
+ +
– – –
7
2
+ + +
+ + +
1
+ +
7
2
1
– –
produto
Estudo do sinal
raízes reais e distintas
2
2 2
2 4
2 8
2 16
f(x + 1) = [f(x)]
se x 0 f(1) [f(0)] f(1) 10
se x 1 f(2) [f(1)] f(2) 10
se x 2 f(3) [f(2)] f(3) 10
se x 3 f(4) [f(3)] f(4) 10
= → = → =
= → = → =
= → = → =
= → = → =
OSG.: 087182/1410
TC – MaTeMáTiCa
25 Se f(2x + 3) = 4x2 + 6x + 1, x ,∀ ∈� então f(1 – x) vale:
A) 2 – x2 B) 2 + x2 C) x2 + 2x – 4 D) 3x2 – 2x + 4 E) x2 + x – 1
Solução:
Tomando: 
k 3
2x 3 k x
2
−+ = → =
Então:
− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= − + − +
= − +
2
2
2
k 3 k 3
f(k) 4 6 1
2 2
f(k) (k 3) 3(k 3) 1
f(k) k 3k 1
Agora:
− = − − − +
− = + −
− = + −
2
2
2
f(1 k) (1 k) 3(1 k) 1
f(1 k) k k 1
Por tanto :
f(1 x) x x 1
Resposta: E
26 A distância do centro da circunferência x2 + y2 – 6x – 8y + 21 = 0 à bissetriz do Iº e IIIº quadrantes, vale:
A) 5 B) 2 C) 3 D)
3
2
E)
2
2
Solução:
Circunferência
x2 + y2 – 2ax – 2by + a2 + b2 – R2 = 0
Centro (a,b)
Daí:
– 2a = – 6 → a = 3
– 2b = – 8 → b = 4
Bissetriz dos quadrantes ímpares
2 2
|1 3 1 4 0 | 1 2
distância
221 ( 1)
⋅ − ⋅ += = =
+ −
Resposta:E
27 A reta y = 
3
x
3
é tangente a uma circunferência do centro (2, 0). O raio dessa circunferência é:
A) 3 B) 2 C) 3 D) 1 E) 0,5
x y 0− =
C(3,4)
y x=
OSG.: 087182/1411
TC – MaTeMáTiCa
Solução:
distância de um ponto a uma reta.
⋅ − ⋅ += =
+ −
=
=
2 2
| 3 2 3 0 0 | 2 3
R
12( 3) ( 3)
2 3
R
2 3
R 1
Resposta: D
28 Se S = 1! + 2! + 3! + ... + 89!, então o dígito das unidades de S é:
A) 1 B) 3 C) 5 D) 7 E) 9
Solução:
Veja:
1! = 1; 2! = 2; 3! = 6; 4! = 24
A partir de 5!, os resultados serão múltiplos de 10.
Então:
S = 1 + 2 + 6 + 24 + 5! + ... + 89!
33 múltiplo de 10
S = 3 + 30 + 10α’
 múltiplo de 10
S = 3 + 10α → dígito das unidades é 3.
Resposta: B
29 O sistema linear de equações nas incógnitas x e y {kx 2y 12x y m+ = −− = é impossível se, e somente se:
A) k = – 4 e m 
1
2
≠ B) 1k 4 e m
2
≠ − = C) 1k 4 e m
2
≠ − ≠ D) = −k 4 E) = − = 1k 4 e m
2
Solução:
Sistema {kx 2y 14x 2y 2m+ = −− =
Somando: (k 4)x 2m 1+ = −
Impossível
+ = → = −⎧⎪⎨ − ≠ → ≠⎪⎩
k 4 0 k 4
1
2m 1 0 m
2
Resposta: A
30 Em um triângulo retângulo OAB, retângulo em O, com OA = a e OB = b, são dados pontos P em OA e Q em OB
de tal maneira que AP = PQ = QB = x. Nessas condições o valor de x é:
A) ab a b− −
B) a b 2ab+ −
C) 2 2a b+
D) a b 2ab+ +
E) ab a b+ +
(2,0)
3x 3y 0− =
����������������
�����
OSG.: 087182/1412
TC – MaTeMáTiCa
Solução:
Pitágoras
= − + −
= − + + − +
− + + + =
∆ = − + − ⋅ +
∆ = + − +
∆ =
2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
x (a x) (b x)
x a 2ax x b 2bx x
x 2(a b)x a b 0
[ 2(a b)] 4 1(a b )
4(a b) 4(a b )
8ab
Daí:
+ ± + ±= =
= + +
= + −
2 2(a b) 8ab 2(a b) 2 2abx
2 2
x a b 2ab (absurdo, veja figura) ou
x a b 2ab
Resposta: B
31 Num triângulo retângulo de catetos 1 e 3cm , a altura relativa à hipotenusa mede, em cm:
A) 2 B) 3 C) 3 D)
3
2
E)
2
2
Solução:
Temos:
Relações métricas
I) 2 2 2 2a 1 ( 3) a 4 a 2= + → = → =
II)
3
1 3 a h 3 2h h
2
⋅ = ⋅ → = → =
Resposta: D
32 Sendo f(x) = 100x + 3, o valor de 
−
−
−
−
8 3
8 3
f(10 ) f(10 )
10 10
é:
A) 104 B) 102 C) 10 D) 10–5 E) 10–11
Solução:
Saiba:
Se f(x) = ax + b, com a ≠ 0, então:
f(s) f(v)
a, com s v.
s v
− = ≠−
Assim, 
8 3
8 3
f(10 ) f(10 )
100
10 10
−
−
− =− (coeficiente angular)
Resposta: B
33 Se um polígono convexo de n lados tem 54 diagonais, então n é:
A) 8 B) 9 C) 10 D) 11 E) 12
Solução:
Lembre: Fórmula do número de diagonais 
n(n 3)
d
2
−= .
Então:
Resposta: E
B
o
A
P
Q
b – xa – x
 x
 x
B C
 h
A
a
1 3
2
n(n – 3)
54
2
n – 3n –108 0
n 12 ou n –9 (n.s)
=
=
= =
OSG.: 087182/1413
TC – MaTeMáTiCa
34 O polígono convexo cuja soma dos ângulos internos mede 1440º tem, exatamente:
A) 15 diagonais
B) 20 diagonais
C) 25 diagonais
D) 30 diagonais
E) 35 diagonais
Solução:
Lembre: Soma dos ângulos internos Si = (n – 2) ⋅ 180º
Então: 1440º = (n 2) 180º
1400º
n 2
180º
8 n 2
n 10
− ⋅
= −
= −
=
Portanto: n(n 3) 10 7d
2 2
d 35
− ⋅= =
=
Resposta: E
35 Na figura, ABCD é um quadrado e BCE é um triângulo eqüilátero. A medida do ângulo AEB, em graus, é:
A) 30 D) 75
B) 49 E) 90
C) 60
Solução:
Figura:
∆BCE é eqüilátero → α = 60º
ABCD é um quadrado → 30ºθ =
Veja: BC BE≡ (lado do quadrado = lado do ∆BCE)
Daí: ∆ABE é isósceles
Resposta: D
36 Na figura abaixo, EFG é um triângulo retângulo, EF 2cm= , EG 6cm e EP PQ QG.= = = Então α + β + θ é igual a:
A)
3
π
B)
7
18
π
C)
4
9
π
D)
2
π
 E
 C
 D
 B
 A
 E
 C
 D
 B
 A
α
θ
x
2x 180º
30º 2x 180º
x 75º
θ + =
+ =
=
 A
 E
x
θ
x
 B
α β θ
 F
 P Q G E
OSG.: 087182/1414
TC – MaTeMáTiCa
Solução:
2
EPF tg tg 1 45º
2
2 1
EQF tg tg
4 2
2 1
EGF tg tg
6 3
∆ → α = → α = →α =
∆ → β = → β =
∆ → θ= → θ=
Sabemos:
tg tg
tg( )
1 tg tg
β + θβ + θ = − β ⋅ θ
Então: 
1 1 5
2 3 6tg( ) 1
1 1 5
1
2 3 6
tg( ) 1 45º
+
β + θ = = =
− ⋅
β + θ = → β + θ =
Portanto: 90ºα+β+ θ =
Resposta: D
37 A área compreendida entre as retas 4y = x – 2, y = 2x – 4 e x = 0 é igual a:
A) 3,0 u.a B) 3,5 u.a C) 4,0 u.a D) 4,5 u.a E) 6,0 u.a
Solução:
Temos:
Gráfico:
Logo:
Área = 
1 7
7 u.a
2 2
⋅ =
Resposta: B
 F
 E
α β θ
 P Q G 2 2 2
 2
x 2
y
4
y 2x 4
x 0 (eixo y)
−⎧ =⎪⎪ = −⎨
⎪ =⎪⎩
retas
1
A(0, );B (0, 4) e C(2,0)
2
− −
 A C
 B
 y
 x
y 2x 4= −
x 2
y
4
−=
ABC
1
0 1
2
D 0 4 1 1 8 7
2 0 1
−
= − = − + =
OSG.: 087182/1415
TC – MaTeMáTiCa
38 A razão de uma progressão geométrica, cujos termos são os três lados de um triângulo retângulo é:
1 5
A)
2
+ 1 2
B)
5
+ 1 3
C)
2
+ 1 2
D)
3
+
Solução:
x
P.G. ;x;xq
q
⎛ ⎞
⎜ ⎟⎝ ⎠
Pitágoras
Dividindo ambos os membros por x2 
2
2
4 2
2 2
1
q 1
q
q q 1 0
1 5 1 5
q q
2 2
= +
− − =
± += → =
Portanto: 
1 5
q
2
+=
 Atenção!!! q é positivo.
Resposta: A
39 Sejam a e b números reais. Se a > b > 0, a2 – b2 = 4 e log2(a + b) – log3(a – b) = 2, então a
2 + b2 é igual a:
A) 13/2 B) 15/2 C) 17/2 D) 19/2
Solução:
Fazendo: x2
y
3
log (a b) x a b 2
log (a b) y a b 3
+ = → + =
− = → − =
Sistema: x y2 3 4
x y 2 x 2 y
⎧ ⋅ =⎨ − = → = +⎩
Substituindo: x y
2 y y
2 y y
y
y
2 3 4
2 3 4
2 2 3 4
4 6 4
6 1 y 0 x 2
+
⋅ =
⋅ =
⋅ ⋅ =
⋅ =
= → = → =
Assim: {a b 4a b 1+ =− =
Resolvendo: = =5 3a e b
2 2
Logo: 2 2
34 17
a b
4 2
+ = =
Resposta: C
C
A x B
xqx
q
2
2 2
2
2 2 2
2
x
(xq) x
q
x
x q x
q
⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎝ ⎠
= +
OSG.: 087182/1416
TC – MaTeMáTiCa
40 Se x1 e x2 são as raízes da equação x x2log 3 log (3x )3 x ,= então 9(x1 + x2) é igual a:
A) 22 B) 24 C) 26 D) 28
Solução:
Lembre: alog b
x
a
I) a b
II)Se log b x a b
=
= → =
Temos: x x2log 3 log 3x3 x=
Então: x2log 33 3x=
Tomando: k3 x
1
log x k log 3 e x 3
k
= → = =
Substituindo: 
1
2. kk
2
k 1k
3 3 3
3 3 +
= ⋅
=
Comparando: 
2
2
1
1 2
2
k 1
k
k k 2 0
1
k 2 x 3 x
9
ou
k 1 x 3 3
Logo :
1
9(x x ) 9 3 1 27 28
9
−
+ =
+ − =
= − → = → =
= → = →=
⎛ ⎞+ = + = + =⎜ ⎟⎝ ⎠
Resposta: D
41 O número de raízes de equação
3
2
 + cos x = 0 é:
A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) maior que 3
Solução:
Sabemos: 1 cos x 1, x.− ≤ ≤ ∀
Temos:
Resposta: A
42 O número de raízes da equação tg2x – sen2x = 0, 0 x 2 ,≤ < π é:
 A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) maior que 3
Solução:
Temos:
Daí: senx 0
x 0 ou x
=
= = π
Resposta: C
3
cos x 0
2
3
cos x
2
cos x 1,5
+ =
= −
= − (absurdo, pois o mínimo de cos x é – 1)
2
2
2
2 2 2
2 2
2 2
4
sen x
sen x 0
cos x
sen x sen x cos x 0
sen x(1 cos x) 0
sen x sen x 0
sen x 0
− =
− =
− =
⋅ =
=
OSG.: 087182/1417
TC – MaTeMáTiCa
43 Determine n, sabendo que 
n
p
p 0
n
2 729
p=
⎛ ⎞ ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠∑
Solução: 
n
n n p p
p 0
n
(a b) a b
p
−
=
⎛ ⎞+ = ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠∑ (binômio de Newton)
Veja: 
n
n p p n n
p 0
n
1 2 (1 2) 3
p
−
=
⎛ ⎞ ⋅ ⋅ = + =⎜ ⎟⎝ ⎠∑
Então: n3 729 n 6= → =
Resposta: 6
44 O domínio real da função f(x) = 2senx 1− para 0 x 2 ,≤ < π é:
5
A) x
6 6
π π≤ ≤ 5B) 0 x ou x 2
6 6
π π≤ ≤ ≤ < π C) 0 x≤ < π 2D) x
3 3
π π≤ ≤
Solução:
Condição:
2senx 1 0
1
senx
2
− ≥
≥
Daí: 
5
x
6 6
π π≤ ≤
Resposta: A
45 Seja M um conjunto de 20 elementos. O número de subconjuntos de M que contêm exatamente 18 elementos é:
A) 360 B) 190 C)180 D) 120 E) 18
Solução:
Temos: M = {a1, a2, a3 ..., a20}.
A ordem dos elementos não altera um conjunto.
Daí: nº de subconjuntos com 18 elementos = C20, 18
Resposta: B
46 Se Cn, 2 + 2.An,2 + 100 = A2n, 2,
 então n é igual a:
A) 24 B) 8 C) 6 D) 10 E)
25
3
−
Solução:
Temos: n,2
n,2
2n,2
n! n (n 1)
C
(n 2)!2! 2
n!
A n (n 1)
(n 2)
(2n)!
A (2n) (2n 1)
(2n 2)!
⋅ −= =−
= = ⋅ −−
= = ⋅ −−
Então:
Resposta: B
2 2 2
2
n(n 1)
2 n(n 1) 100 (2n)(2n 1)
2
n n 4n 4n 200 8n 4n
3n n 200 0
25
n 8 ou n (n.s)
3
− + ⋅ − + = −
− + − + = −
+ − =
= = −
150º
c
30º
s
1
2
OSG.: 087182/1418
TC – MaTeMáTiCa
47 Deseja-se acondicionar em um certo número de caixas, 1590 bolinhas brancas, 1060 amarelas e 583 azuis, de
modo que cada caixa contenha bolinhas de todas as cores. Calcule o número máximo de caixas de modo que
qualquer dessas caixas contenha, para cada cor, quantidades iguais de bolinhas.
Solução:
x → número de caixas.
p → quantidade de bolas brancas em cada caixa.
q → quantidade de bolas amarelas em cada caixa.
r → quantidade de bolas azuis em cada caixa.
Temos:
Veja: x m.d.c. (1590,1060,583)
x 53
=
=
* MDC (1590, 1060) = 530 * MDC (530, 583) = 53
Resposta: 53
48 Sejam N o conjunto dos números inteiros positivos e E = {(x,y) ∈ N2; x4y4 – 10x2y2 + 9 = 0}. Determine o número
de elementos de E.
Solução:
Temos: 4 4 2 2
2 2 2 2 2
x y 10x y 9 0
(x y ) 10x y 9 0
− + =
− + =
Fazendo: 2 2x y k=
Equação: 2
2 2 2
k 10k 9 0
k 1 x y 1 (xy) 1
− + =
= → = → =
 ou 2 2 2k 9 x y 9 (xy) 9= → = → =
Como x e y são inteiros positivos, tem-se:
xy 1 (1,1)
ou
xy 3 (1,3) ou (3,1)
E {(1,1),(1,3),(3,1)}
= →
= →
=
Resposta: 3
49 Considere a função real definida por 
2x 3 3
f(x) ,x
1 1 2x
3 2
+= ≠ −
+
.
Então o valor da soma 1 f(1) 2 f(2) 3 f(3) ... 20 f(20)⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ é:
A) 120 B) 600 C) 210 D) 620 E) 1.260
1590
p
x
1060
q
x
583
r
x
=
=
=
1060
1 2
530
 0
1590
 530
 583 530
1 10
 53
 0
OSG.: 087182/1419
TC – MaTeMáTiCa
Solução:
Temos: 
2x 3 6
f(x) 2x 3
2x 3 2x 3
6
+= = + ⋅+ +
Então: f(x) 6=
Agora:
Soma:
Soma:
Soma:
Resposta: E
50 Sejam x e y números reais satisfazendo as equações logy x + logx y = 2 e x
2y + y2 = 12x. Determine o valor do
produto xy.
Solução:
Tomando: = → =y x 1log x m log y
m
Daí: + =
− + =
= → =
2
1
m 2
m
m 2m 1 0
m 1 x y
Substituindo na 2ª equação
Resposta: 9
51 Os conjuntos A e B possuem 3 e 4 elementos, respectivamente. Quantas funções de A em B têm o conjunto
imagem igual a B?
A) Nenhuma B) 34 C) 43 D) 3! E) 4!
Solução:
Veja:
I) Numa função de A em B devemos ter todos os elementos de A associados a um único valor em B.
II) Se o conjunto imagem é o próprio B, então existe um elemento em A com duas imagens, pois todos os
elementos de A estão associados.
Portanto, não existem funções de A em B sobrejetoras.
Resposta: A
52 As funções injetoras de A = {1, 2, 3, 4} em B = {5, 6, 7, 8, 9, 0} são em número de:
A) 720 B) 360 C) 15 D) 24 E) 30
Solução:
Lembre:
Se f é injetora, então:
1 2 1 2x x f(x ) f(x )≠ → ≠
Daí:
Pelo princípio fundamental da contagem, tem-se 6.5.4.3 = 360 funções injetoras
Resposta: B
Soma 1.260=
1 6 2 6 3 6 ... 20 6
(1 2 3 ... 20) 6
(1 20) 20
6 21 10 6
2
⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅
+ + + + ⋅
+ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ →
2 2
2 2
3 2
2
x y y 12x
x x x 12x
x x 12x 0
x(x x 12) 0
x 0 (n.s) ou x 4 (n.s)
ou
x 3 y 3
+ =
⋅ + =
+ − =
+ − =
= = −
= → =
f(1): 6 possibilidades em B
f(2): 5 possibilidades em B
f(3): 4 possibilidades em B
f(4): 3 possibilidades em B
1
2
3
4
A
OSG.: 087182/1420
TC – MaTeMáTiCa
53 Para ser aprovado numa disciplina, um aluno precisa ter média maior ou igual a 50, obtida num conjunto de 5
provas, sendo quatro parciais, com peso 1 (um) cada, e uma prova-exame, com peso 2 (dois). Um certo aluno
obteve em matemática, nas quatro provas parciais, notas iguais a 30, 60, 50 e 70. Esse aluno, para ser aprovado
nessa disciplina, deverá obter, na prova-exame, nota mínima igual a:
A) 20 B) 35 C) 40 D) 45 E) 50
Solução:
Média ponderada = 
1 30 1 60 1 50 1 70 2 x 210 2x
6 6
⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ +=
Temos: 
min
210 2x
50
6
210 2x 300
2x 90
x 45 x 45
+ ≥
+ ≥
≥
≥ → =
Resposta: D
54 O resto da divisão do inteiro n por 12 é igual a 7. O resto da divisão n por 4 é:
A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4
Solução:
Temos:
Daí: n 12q 7
n 12q 4 3
n 4(3q 1) 3
n 4q' 3, onde q' 3q 1
= +
= + +
= + +
= + = +
Veja:
Resposta: D
55 Qual dos cinco números relacionados abaixo não é um divisor de 1015?
A) 25 B) 50 C) 64 D) 75 E) 250
Solução:
Temos: 15 15 15 1510 (2 5) 2 5= ⋅ = ⋅
Veja:
(A) 25 = 52 divide 1015 (OK)
(B) 50 = 2 ⋅ 52 divide 1015 (OK)
(C) 64 = 26 divide 1015 (OK)
(D) 75 = 3 ⋅ 52 não divide 1015 (problema fator 3)
(B) 250 = 2 ⋅ 53 divide 1015 (OK)
Resposta: D
56 A fração geratriz de 3,74151515... é:
37.415
A)
10.000
3.741.515
B)
10.000
37.041
C)
9.900
37.041
D)
9.000
370.415
E)
99.000
Solução:
Temos: 
37.415 374 37.041
3,7415
9.900 9.900
−= =
Resposta: C
n
7 q
12
n
3
 4
q’
OSG.: 087182/1421
TC – MaTeMáTiCa
57 Se A e B são conjuntos, A – (A – B) é igual a:
A) A B) B C) A – B D) A ∪ B E) A ∩ B
Solução: Lembre: A B {x / x A e x B}− = ∈ ∉
É fácil ver:
 A – (A – B) = A ∩ B
Resposta: E
58 O retângulo abaixo de dimensões a e b está decomposto em quadrados. Qual o valor da razão 
a
?
b
5
A)
3
2
B)
3
C) 2
3
D)
2
1
E)
2
Solução:
Sendo x a medida do lado do menor quadrado, os outros quadrados terão seus lados com as medidas indicadas
na figura.
Assim: a = 5x e b = 3x
Portanto, 
a 5
b 3
=
Resposta: A
59 A equação x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0, de coeficientes reais, admite as raízes 2 – i e 3 + 2i. Então d é:
A) 75 B) 65 C) 25 D) 15 E) 10
Solução:
Sabemos que:
Se os coeficientes de um polinômio P(x) são reais, então: a + bi raiz de P(x) → a – bi também é:
Temos:
2 – i raiz → 2 + i também é.
3 + 2i raiz → 3 – 2i também é.
Daí, aplicando Girard na equação:
Resposta: B
B
A–B
A
b
a
x
�
�
�
�
�
�
�
�����������
���
��
�����
x x
2x
2x
2x
3x
5x
3x
1 2 3 4
2 2
x .x .x .x d
(2 i) (2 i) (3 2i) (3 2i) d
(4 i ) (9 4i ) d
5 13 d
d 65
=
− ⋅ + ⋅ + ⋅ − =
− ⋅ − =
⋅ =
=
OSG.: 087182/1422
TC – MaTeMáTiCa
60 O número de soluções reais da equação 
2
2
2x 8x
x
x 4x
− =− é:
A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4
Solução:
Temos:
2
2
2 3 2
3 2
2
2x 8x
x
x 4x
2x 8x x 4x
x 6x 8x 0
x(x 6x 8) 0
x 0 (n. serve) denominador nulo
− =−
− = −
− + =
− + =
= →
ou
2x 6x 8 0
ou
x 2
ou
x 4 (n. serve) denominador nulo
S {2}
− + =
=
= →
=
Resposta: B
61 Determine o número de soluções reais da equação 2x = 2log x .
A) Nenhuma B) Uma C) Duas D) Três E) Infinitas
Solução:
Graficamente:
Como não existe interseção, a equação não admite soluções.
Resposta: A
62 Se n é o maior número inteiro pertencente ao domínio da função 2f(x) 1 log x= − , determine o valor de n3 + 3n2 + 2.
A) 2 B) 20 C) 21 D) 22 E) 32
Solução:
Domínio → campo de existência → condição de existência da função →
1
2 21 log x 0 log x 1 0 x 2 0 x 2− ≥ → ≤ → < ≤ → < ≤ → maior inteiro x = 2.
Logo, a expressão é igual a 3 22 3 2 2 22+ ⋅ + = .
Resposta: D
y
x
0
2y log x=
xy 2=
OSG.: 087182/1423
TC – MaTeMáTiCa
63 Dado x 1≠ e positivo, calcule o valor de 
1
Lnxx
e
.
A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4
Solução:
Sabemos que:
alog b
a
b
e
I) a b
1
II) log b
loga
III)Lx Lnx log x
=
=
= =
Então, a expressão dada 
1
Lnxx
e
é igual a: 
xlog ex e
Exp. 1
e e
= = = .
Resposta: B
64 Prove que
10 10 10log c log a log ba b c
1
b c a
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ .
Prova:
Tomemos:
x
10
y
10
z
10
log a x 10 a
log b y 10 b
log c z 10 c
= → =
= → =
= → =
Então:
c.q.p
65 Determine o produto das soluções reais da equação 3log x 39 x x⋅ = .
A) 4 B) 8 C) 25 D) 27 E) 90
Solução:
Tomemos: k3log x k 3 x= → =
Assim:
2
k k k 3
k 2 3k 2
2
9 (3 ) (3 )
3 3 k 2 3k
k 3k 2 0
k 1 x 3
ou
k 2 x 9
+
⋅ =
= → + =
→ − + =
= → =
= → =
Portanto, o produto das soluções é 27.
Resposta: D
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
z x yx y z
y z x
10 10 10
10 10 10
= ⋅ ⋅
xz xy yz
yz xz xy
10 10 10
10 10 10
1º membro
1º membro
1º membro = 1
OSG.: 087182/1424
TC – MaTeMáTiCa
66 Seja x tal que x10 10log 2,log (2 1)− e x10log (2 3)+ estão, nessa ordem, em progressão aritmética. Calcule 22x.
A) 1 B) 4 C) 8 D) 16 E) 25
Solução:
Temos que: x x10 10 10
x x
10 10 10
x 2 x
10 10
x 2 x
(log 2,log (2 1),log (2 3) P.A
2 log (2 1) log 2 log (2 3)
log (2 1) log 2(2 3)
(2 1) 2 (2 3)
− + →
→ ⋅ − = + + →
→ − = + →
→ − = ⋅ +
Tome: 2x = a
Então:
a2 – 2a + 1 = 2a + 6 → a2– 4a – 5 = 0
a = 5 → 2x = 5 ou a = – 1 (não serve)
Portanto, 22x = 25
Resposta: E
67 As dimensões de um paralelepípedo retângulo são proporcionais a 3,5 e 7. Sabendo que a diagonal mede
4 83cm , calcule o volume do paralelepípedo.
A) 105cm3 B) 1575cm3 C) 4725cm3 D) 6720cm3 E) 8575cm3
Solução:
Diagonal (D) → 2 2 2
2
D (3k) (5k) (7k)
4 83 83k
4 83 k 83
k 4
= + +
=
=
=
Volume (V) → 
3
V 12 20 28
V 6720cm
= ⋅ ⋅
=
Resposta: D
68 Um prisma reto de altura igual a 9cm tem como base um triângulo. Sabendo que dois dos lados desse triângulo
medem 3cm e 4cm e que o ângulo formado por esses lados mede 45º, determine o volume do prisma.
3A) 3 2cm 3B) 9 2cm 3C) 27 2cm 3D) 54 2cm 3E) 81 2cm
Solução:
Volume do prisma: (Área da base) x (altura)
Então: 
3
3 4 sen45º
V 9
2
2
V 6 9 27 2cm
2
⋅ ⋅⎛ ⎞= ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠
= ⋅ ⋅ =
Resposta: C
3k
5k
7k
D
9
4
3
45º
OSG.: 087182/1425
TC – MaTeMáTiCa
69 A aresta, a diagonal e o volume de um cubo estão, nessa ordem, em progressão geométrica. Determine a área
total desse cubo.
A) 3 B) 6 C) 9 D) 18 E) 27
Solução:
aresta = a
diagonal = a 3
volume = a3
P.G. (a, a 3 , a3) → ( a 3 )2 = a ⋅ a3 →
3a2 = a4 → a2 = 3
Portanto, a área total será 18u.a.
Resposta: D
70 Uma esfera de raio r é inscrita num cone equilátero com geratriz de comprimento g. Determine o valor de 
g 3
r
.
A) 3 B) 6 C) 8 D) 9 E) 12
Solução:
0 = incentro, baricentro, circuncentro, ortocentro.
Veja:
I) g = 2R (geratriz)
II)
g 3 g 3
3r 6
2 r
= → =
Resposta: B
71 O raio da base de um cone circular reto mede 4cm e sua altura 
25
cmπ . Determine, em cm
3, o volume do cilindro
circular reto de maior área lateral, inscrito no cone.
A) 4 B) 10 C) 25 D) 40 E) 50
Solução:
D
a
a
a�
�
�
�
�
2R
0
2R
2R
2r
r
4
h
α
 r
25
π
OSG.: 087182/1426
TC – MaTeMáTiCa
Área (lateral do cilindro) = L2 rh Aπ =
Veja: 
25
h 25
tg h (4 r)
4 r 4 4
πα = = → = −− π
Subst. h na área lateral, vem:
2
L L
25 25
A 2 r (4 r) A (4r r )
4 2
⎡ ⎤= π − → = −⎢ ⎥π⎣ ⎦
Para que AL seja máxima, basta que r seja igual a abscissa do vértice da parábola.
Então: r = 2 → 2 325 25h V 50cm
2 2
2= → = π ⋅ =π π⋅
Resposta: E
72 Determine a área (em m2) do setor circular hachurado na figura abaixo, sabendo que o ângulo ˆABCmede rad
6
π
e o diâmetro AB mede 
6
8 π m.
A) 24 D) 54
B) 48 E) 54 3
C) 48 3
Solução:
[setor] = 
2R
6
π
ABC∆ é retângulo
R 3
cos30º
26
8
= =
π
Então: = ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ →π π
π→ = ⋅ ⋅ → = ⋅ → =π
2
2
2 2
6 6
2R 3 8 4R 3 64
6 R
R 3 16 3 16 [setor] 48m .
6
Resposta: B
73 Dado um cilindro de revolução de raio r e altura h. sabe-se que a média harmônica entre o raio r e a altura h
é 4 e que sua área total é 2πm2. Mostre que o raio r satisfaz a sentença r3 – r + 2 = 0.
Solução:
B
C
A
B
C
A30º
R
R
h
r
���
parábola
OSG.: 087182/1427
TC – MaTeMáTiCa
Área total
2
2
2 rh 2 r 2
rh r 1 (I)
π + π = π
+ =
Média harmônica
2rh
4
r h
2r
h (II)
r 2
=+
= −
Subst. (II) em (I), vem:
2
2 2
2 2 2 3 2
3 3
2r 2r
r r 1 r 1
r 2 r 2
2r r (r 2) r 2 2r r 2r r 2
r r 2 r r 2 0
⎛ ⎞ + = → + = →⎜ ⎟− −⎝ ⎠
→ + − = − → + − = − →
→ = − → − + =
74 Seja o determinante D(x) = 
1 2senx senx
.
cosx 1 2senx
− −
+ Calcule o valor de D 
π⎛ ⎞⎜ ⎟12⎝ ⎠ .
1
A)
2
2
B)
2
3
C)
2
1
D) 3
2
+ 3 1E)
2 4
+
Solução:
2D(x) 1 2sen x senxcos x
sen(2x)
D(x) cos(2x)
2
= − +
= +
Resposta: E
75 Seja R a raiz positiva da equação x2 + x – 
3
4
 = 0. Se R = 
senAº cos Aº
,
sen11º cos11º onde 0 < A < 90. Calcule o valor de A.
A) 30 B) 41 C) 60 D) 75 E) 80
Solução:
Temos: 2 3x x 0
4
1 1
x R
2 2
3
x (não serve)
2
+ − =
= → =
−=
Assim, R senAºcos11º sen11ºcos Aº
R sen(Aº 11º )
1
sen(Aº 11º )
2
= −
= −
= −
Então: Aº – 11º = 30º
Aº = 41º → A = 41
Resposta: B
sen
6
D cos
6 2
π⎛ ⎞⎜ ⎟π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟12⎝ ⎠ ⎝ ⎠
3 1
D
2 4
π⎛ ⎞ = +⎜ ⎟12⎝ ⎠
ou
OSG.: 087182/1428
TC – MaTeMáTiCa
76 Determine a soma das raízes da equação.
A) 0 D) 4
B) 1 E) 5
C) 2
Solução: Aplicando chió, vem:
Daí: 
x 1 0 0
0 x 1 0 0
0 0 x 5
−
+ =
−
(x 1) (x 1)(x 5) 0− ⋅ + − =
x = 1, – 1 ou 5
Portanto, a soma das raízes é 5.
Resposta: E
77 Se o sistema {x my 3mx 4y 6+ =+ = tem infinitas soluções. Determine o valor de m4 – 8m2 + 23.
A) 6 B) 7 C) 8 D) 9 E) 12
Solução:
Sejam:
r: a1x + b1y + c1 = 0
s: a2x + b2y + c2 = 0
Se r e s são coincidentes, então:
11 1
2 2 2
ba c
a b c
= =
Assim, temos:
1 m 3
m 2
m 4 6
= = → =
* retas coincidentes → infinitas soluções.
Portanto, m4 – 8m2 + 23 = 7
Resposta: B
78 Se (xo, yo, zo) é uma solução do sistema 2
x y 2
xy z 1
+ =⎧⎨ + =⎩
 encontre o valor de 2 2 2o o ox y 2z .+ −
A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4
Solução:
2 2
o o o o o o
2 2
o o o o o o
x y 2 x y 2x y 4
x y z 1 2x y 2z 2
⎧ + = → + + =⎨ + = →− − = −⎩
Somando: 
o o
2 2 2
ox y 2z 2+ − =
Resposta: C
1 1 1 1
1 x 1 1
0
1 1 x 2 1
1 1 1 x 4
=+
−
1 1 1 1
1 x 1 1
0
1 1 x 2 1
1 1 1 x – 4
=+
OSG.: 087182/1429
TC – MaTeMáTiCa
79 Considere a função real definida no conjunto dos números reais não-negativos por f(x) = x + x – 2. Determine
o número real k, tal que f(2k) = 0.
A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4
Solução:
Temos que:
+ − =
− = −
− ⋅ + =
− ⋅ + =
= → =
= → =
k k
k k
2k k k
2k k
k
k
2 2 2 0
2 2 2
2 4 2 4 2
2 5 2 4 0
2 1 k 0
ou
2 4 k 2 (não serve)
Veja: se k = 2 → f(2k) = f(4) = 4 ≠ 0
Resposta: A
80 Sendo a reta y = ax + b tangente à elipse x2 + 4y2 = 1, determine o valor de 8(b2 – a2).
A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4
Solução:
Substituindo a reta na equação da elipse, vem:
x2 + 4y2 = 1
x2 + 4(a2x2 + 2abx + b2) = 1
(1 + 4a2) x2 + 8abx + 4b2 – 1 = 0
Como a reta é tangente, então a interseção é um único ponto.
∆ = 0 (único ponto)
Daí:
(8ab)2 – 4(1 + 4a2) ⋅ (4b2 – 1) = 0
64a2b2 – 16b2 + 4 – 64a2b2 + 16a2 = 0
8a2 – 8b2 + 2 = 0
8(b2– a2) = 2
Resposta: C
81 Determine o valor de b para o qual a reta y = x + b não intercepta os ramos da hipérbole x2 – y2 = 1.
A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4
Solução:
Interseção → x2 – ( x + b)2 = 1
 → x2 – x2 – 2bx – b2 = 1→ – 2bx =1+ b2
 
21 b
x
2b
+→ = −
Veja: para que não exista interseção, basta tomarmos b = 0.
Resposta: A
82 Determine o menor inteiro n > o, de modo que 
n
3 1
i
2 2
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 seja real positivo.
A) 6 B) 10 C) 12 D) 16 E) 24
(x da interseção)
OSG.: 087182/1430
TC – MaTeMáTiCa
Solução:
Temos que: 
n
n3 1i (cos30º isen30º ) cos(n 30º ) isen(n
2 2
30º )
⎛ ⎞+ = + = ⋅ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
⋅
Então:
n 30º k 360º
n 12k
⋅ = ⋅
=
Portanto: n = 12 (menor inteiro positivo)
Resposta: C
83 Encontre o módulo do complexo � , tal que 2 i.=�
A) 1 B) 2 C) 3 D) 2 E) 3
Solução:
Temos: 2 2
2 2
i | | | i |
| | | 0 1i | | | | | 0 1
| | | | 1 | | 1
= → = →
→ ⋅ = + → ⋅ = + →
→ ⋅ = → =
� �
� � � �
� � �
Resposta: A
84 Se A , B e C são números reais, tais que 2 2
1 A Bx C
,
x(x 2x 2) x x 2x 2
+= ++ + + + para todo x, x *∈� , calcule o valor de
A + B + C.
Solução:
2 2
2
2 2
2
A Bx C 1
, x *
x x 2x 2 x(x 2x 2)
A(x 2x 2) (Bx C)x 1
, x *
x(x 2x 2) x(x 2x 2)
1
A
2A B 0
1
(A B)x (2A C)x 2A 1 2A C 0 B
22A 1 C 1
++ = ∀ ∈+ + + +
+ + + + = ∀ ∈+ + + +
⎧ =⎪+ =⎧ ⎪⎪ ⎪+ + + + ≡ → + = → = −⎨ ⎨
⎪ ⎪=⎩ = −⎪
⎪⎩
Portanto: A + B + C = – 1
85 Determine um polinômio P(x) de grau 2 que verifique a identidade P(x + 1) ≡ x2 + 2x + 3.
Solução:
Supondo P(x) = ax2 = bx + c, temos: P(x + 1) = a(x + 1)2 + b(x + 1) + c = ax2 + (2a + b)x + (a + b + c).
Então:
P(x + 1) ≡ x2 + 2x + 3 
a 1 a 1
2a b 2 b 0
a b c 3 c 2
= =⎧ ⎧⎪ ⎪⇔ + = ⇔ =⎨ ⎨
⎪ ⎪+ + = =⎩ ⎩
Logo, P(x) = x2 + 2.
�����
um
�����
zero
OSG.: 087182/1431
TC – MaTeMáTiCa
86 Que condições devem satisfazer os números a, b e c para que o polinômio ax2 + bx + c seja o quadrado de um
polinômio do 1º grau?
Solução:
Devemos ter ax2 + bx + c ≡ (mx + n)2, com m ≠ 0; portanto:
2
2
a m
b 2mn
c n
⎧ =⎪ =⎨
⎪ =⎩
Podemos eliminar m e n e obter a relação entre a, b e c e calculando b2.
b2 = (2mn)2 = 4m2n2 = 4ac
Resposta: A condição é b2 = 4ac e a ≠ 0 (pois m ≠ 0)
87 Na figura abaixo indicamos 9 pontos, entre os quais não há 3 colineares, exceto os 4 que marcamos numa
mesma reta. Quantos triângulos existem com vértices nestes pontos?
Solução:
Se não houvessem 3 pontos colineares, o número de triângulos seria C9, 3. Desse número, devemos subtrair as
combinações formadas por 3 pontos escolhidos entre os 4 alinhados, isto é, C4, 3, pois essas combinações não
correspondem a triângulos. Assim, o número de triângulos que podemos formar é C9, 3 – C4, 3.
Temos:
 
9,3
9! 9x8x7x 6!
C
3!6!
= =
3x2x1x 6!
4,3
84
4! 4 x 3!
C
3!1!
=
= =
3
4
!x 1
=
 Logo: C9,3 – C4, 3 = 84 – 4 = 80.
88 Um químico possui 10 tipos de substâncias. De quantos modos possíveis poderá associar 6 dessas substâncias se,
entre as 10, duas somente não podem ser juntadas porque produzem mistura explosiva?
Solução:
Cada mistura de 6 das 10 substâncias corresponde a uma combinação das 10 substâncias tomadas 6 a 6, uma
vez que não importa a ordem das substâncias na mistura. Assim, o total de misturas seria C10, 6 se não houvesse
problema com nenhuma mistura. Devemos, porém, subtrair desse número as combinações em que entrariam as
duas substâncias que, se misturadas, provocam explosão. As combinações em que entram essas duas substâncias
são formadas por elas duas e mais quatro substâncias escolhidas entre as outras oito substâncias (excluímos
aquelas duas). O número de modos de escolher 4 substâncias em 8 é C8, 4.
Concluímos que o número de misturas não explosivas que podem ser produzidas é C10, 6 – C8, 4.
Solução:
Temos:
10,6
10! 10x9x8x7x 6!
C
6!4!
= =
6!
8,4
210
x 4 x3x2x1
8! 8x7x6x5x 4!
C
4!4!
=
= =
4x3x2x1x 4!
70=
Logo: C10, 6 – C8, 4 = 210 – 70 = 140.
D
H
A
I
G
F
E
CB
OSG.: 087182/1432
TC – MaTeMáTiCa
89 Dê a condição sobre o inteiro positivo n para que o desenvolvimento de 
n
2 1x
x
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ apresente um termo
independente de x e não-nulo.
Solução:
O termo geral do desenvolvimento de 
n
2 1x
x
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠
é 
k
2 n k 1nT (x )
k x
− ⎛ ⎞⎛ ⎞= − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
2n 2k k kn x ( 1) x
k
− −⎛ ⎞ − =⎜ ⎟⎝ ⎠
k 2n 3kn ( 1) x
k
−⎛ ⎞ −⎜ ⎟⎝ ⎠
Para o termo independente de x devemos ter 2n – 3k = 0, logo k = 
2n
3
. Como k dever ser inteiro, concluímos
que n deve ser um múltiplo de 3.
90 Calcule a e b de modo que a fração algébrica 
2
2
x ax b
2x 1
+ +
+ tenha o mesmo valor numérico para todo x∈� .
Solução:
Devemos ter: 
2
2
x ax b
2x 1
+ +
+ = k, x∀ ∈� ; logo: x
2+ ax + b ≡ 2kx2 + k
1 2k
a 0
b k
=⎧⎪ =⎨
⎪ =⎩
A resposta é a = 0 e b = 
1
2
.
91 Calcule o valor numérico de x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4, para 4 4
3 1 3 1
x e y
3 3
+ −= = .
Solução:
x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4 = (x + y)4 = 
4 4
4 2
4 4 4
3 1 3 1 2 3 2 3
48.
33 3 3
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − ⋅+ = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
92 O número 2 é raiz dupla de ax3 + bx + 16. Determine a e b.
Solução:
Como admite raiz dupla, o grau da equação ax3 + bx + 16 = 0 é maior que 1. Então, a ≠ 0 e concluímos que o
grau é 3. Há, portanto, 3 raízes. Supondo que as raízes são 2, 2 e α, com α ≠ 2, temos pelas relações de Girard:
2 2 0 4
4
b a
2 2 2 2 , logo 4 4 , logo a 1
a b b 12
16 4
2 2
a a
⎧ ⎧
⎪ ⎪+ +α = α = − α = −⎧⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⋅ + α+ α = α+ = =⎨ ⎨ ⎨
⎪ ⎪ ⎪ = −⎩− −⎪ ⎪⋅ ⋅⎪ ⎪⎩ ⎩α = α =
Portanto: a = 1 e b = – 12
93 Qual é o valor de 
12
k
k 0
12
9 ?
k=
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠∑
Solução:
12 12
k 12 k k
k 0 k 0
12 12
9 1 9
k k
−
= =
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∑
Notando que 12 k k12 1 9
k
−⎛ ⎞ ⋅ ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠
 é o termo geral do binômio (1 + 9)12, concluímos que:
12
k 12 12
k 0
12
9 (1 9) 10
k=
⎛ ⎞ = + =⎜ ⎟⎝ ⎠∑ ( o que dá 1 trilhão).
Este fator é igual a 1, portanto não altera o valor do termo.
OSG.: 087182/1433
TC – MaTeMáTiCa
94 Numa urna há 12 etiquetas numeradas, 6 com números positivos e 6 com números negativos. De quantos
modos podemos escolher 4 etiquetas diferentes tal que o produto dos números nelas marcados seja positivo?
Solução:
Teremos o produto positivo em cada caso seguinte:
I) Escolhendo 4 etiquetas com números positivos; ou
II) Escolhendo 4 etiquetas com números negativos; ou
III) Escolhendo 2 etiquetas com números positivos e 2 com números negativos.
Números disponíveis: 6 positivos 6 negativos
Possibilidades: 4 positivos 0 negativos
 ou
 0 positivos 4 negativos
 ou
 2 positivos 2 negativos
Vamos calcular o número de possibilidades de cada caso (lembrando que não importa a ordem das etiquetas).
I) O número de modos a escolher 4 números positivos, dispondo de 6 números positivos, é 6,4C .
6,4
6! 6 x 5 x 4!
C
4!2!
= =
4!
15
x 2 x 1
=
II) Como temos também 6 números negativos, o número de modos de escolher 4 deles é 6,4C = 15.
III) Dos 6 positivos devemos escolher 2( 6,2C ) e, para cada escolha destes, dos 6 negativos devemos escolher
também 2 (C6, 2). O número de possibilidades deste caso é 6,2 6,2C C⋅ . Como 6,2
6!
C 15,
2!4!
= = temos
15 ⋅ 15 = 225 possibilidades.
Então, o total de possibilidades para o produto positivo é 15 + 15 + 225 = 255.
95 Encontre o coeficiente de x5 no desenvolvimento de (1 – x) (1 + x)8.
Solução:
Quando multiplicamos (1 – x) pelo polinômio obtido desenvolvendo (1 + x)8, o termo em x5 resulta da adição de
dois produtos:
(1 – x) (1 + ... + termo em x4 + termo em x5 + ... + x8)
Termo em x5 = 1 ⋅ [termo em x5 de (1 + x)8] + [(– x) ⋅ termo em x4 de (1 + x)8]
O termo geral de (1 + x)8 é T = 
8 k k k8 81 x x .
k k
−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Para k = 5 temos T = 
5 5 5 58! 8 x 7 x 68 x x x 56x .5 5! 3! 3 x 2 x 1
⎛ ⎞ = = =⎜ ⎟⎝ ⎠
Para k = 4 temos T = 
4 4 4 48! 8 x 7 x 6 x 58 x x x 70x .
4 4! 4! 4 x 3 x 2 x 1
⎛ ⎞ = = =⎜ ⎟⎝ ⎠
Então, no produto (1 – x) (1 + x) 8 temos:
Termo em x5 = [1 x 56x5] + [(– x) ⋅ 70x4] = 56x5 – 70x5 = – 14x5
O coeficiente pedido é igual a – 14.
↓ ↓
6,4C
6,4C
⋅6,2 6,2C C
OSG.: 087182/1434
TC – MaTeMáTiCa
96 Se A é uma matriz quadrada de ordem três com detA = 5, então o valor de det(2A) é:
A) 6 B) 11 C) 15 D) 30 E) 40
Solução:
Sabemos que:
det(k.A) = kn ⋅ det(A), onde:
n → é a ordem da matriz A
Então: det(2A) = 23 ⋅ det(A) = 8 ⋅ 5 = 40.
Resposta: E
97 Se a matriz A satisfaz A2 – 2A + I = 0, então A– 1:
A) não existe.
B) é igual a I.
C) é igual a A.
D) é igual a A – 2I.
E) é igual a 2I – A.
Solução:
Sabemos que: A ⋅ A– 1 = A –1 ⋅ A = I
Então:
A2 – 2A + I = 0 → I = 2A – A2→
→ I = 2AI – A2 → I = 2IA – AA →
→ I = (2I – A) ⋅ A → A–1 = 2I – A
Resposta: E
98 Uma loja, realizando uma promoção, oferece um desconto de 20% nos preços dos seus produtos. Para voltar
aos preços iniciais, os preços promocionais devem sofrer um acréscimo de A%.
Determine o valor de A.
A) 10 B) 20 C) 25 D) 30 E) 40
Solução:
Preço inicial = P → com desconto = 80 P
100
Para voltar ao preço inicial, temos:
Resposta: C
�����������
novo preço
+ ⋅ =
⋅ =
=
=
80 A 80
P P P
100 100 100
A 80 20
P P
100 100 100
A 1
100 4
A 25
OSG.: 087182/1435
TC – MaTeMáTiCa
99 Sejam p e q números inteiros positivos e consecutivos. Se 
1 1 11
,
p q 30
+ = então p + q é igual a:
A) 9 B) 11 C) 13 D) 15 E) 17
Solução:
1 1 11 q p 11
p q 30 pq 30
++ = ⇒ =
Como p e q são inteiros positivos consecutivos, então p e q são primos entre si, isto é, m.d.c. (p, q) = 1.
Assim, p = 5 e q = 6 ou p = 6 e q = 5.
Portanto, p + q = 11
Resposta: B
100 O gráfico da função f(x) = sen x no intervalo [ 
2
π
 ,π[ e:
A) crescente B) decrescente C) constante D) nula E) negativa
Solução:
Esboço do gráfico de sen x no de [0,2π]
Resposta: B
101 Um dos ângulos de um triângulo retângulo é α. Se tg α = 2,4 , os lados desse triângulo são proporcionais a:
A) 30,40,50 B) 80,150,170 C) 120, 350, 370 D) 50, 120, 130 E) 61, 60, 11
Solução:
Se tgα =2,4 → tgα = 24
10
 → tgα = 12
5
 cateto oposto = 12k e cateto adjacente = 5k → hipotenusa = 13k.
Tomando k =10 → lados: 50,120 e 130
Resposta: D
102 A distância do ponto de interseção das retas 2x – 3y + 26 = 0 e 5x + 2y – 49 = 0 à origem é:
A) 13 B) 23 C) 15 D) 18 E) 17
Solução:
Resolvendo o sistema formado pelas equações acima, encontramos como interseção o ponto (5, 12). Assim, a
distância do ponto (5, 12) ao ponto (0, 0) é igual a d=
2 2(5-0) (12 0) 169 13.+ − = =
Resposta: A
103 As promoções do tipo “leve 3 pague 2”, comuns no comércio, acenam com um desconto, sobre cada unidade
vendida, de:
A)
50
%
3
B) 20% C) 25% D) 30% E)
100
%
3
Solução:
Observe:
I) Quem leva 3 e paga 2 está comprando 3 e tendo um desconto de 1;
II) Se 1 é p% de 3 → 1 = P 1003 P
100 3
⋅ → = ou P = 33,33% (aproximadamente)
Resposta: E
0
y
x
decrescente
OSG.: 087182/1436
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104 Sabendo que cos 36º = 
1 5
2
+
, então cos 72º vale:
A)
1 5
2
+
B)
5 1
4
−
C)
5 1
2
−
D)
1 5
2
−
E)
1 5
4
−
Solução:
Sabemos que: cos2x = 2cos2 x – 1 (arco duplo)
Tomando x = 36º, encontramos:
cos72º = 2cos236º – 1 → cos72º = 2 
2
1 5 5 1
1 cos72º
4 4
⎛ ⎞+ −⋅ − → =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
Resposta: B
105 Se y = cos2280º, então y é igual a:
A) – cos12º B) – cos60º C) – cos30º D) cos12º E) cos60º
Solução:
Sabemos que: se a + b = 180º, então sen a = sen b e cos a = – cos b
Dividindo 2280º por 360º, encontramos:
2280º = 120º + 6.360º
Assim: cos 2280º = cos 120º = – cos 60º
Resposta: B
106 A área máxima da região limitada por um triângulo retângulo inscrito em um círculo de raio R é:
A) 2R2 B) πr2 C) R2 D)
2R
2
E) 2πr2
Solução:
I) A área de um triângulo é igual a base x altura
2
.
II) Tome AB como base → base = 2R (diâmetro), pois O é o centro.
III) De todas as alturas relativas à hipotenusa AB, a maior é EO = R, onde R é o raio.
Logo, o triângulo de área máxima tem área igual a 2
2R R
R .
2
⋅ =
Veja figura:
 Os ângulos ˆ ˆ ˆ ˆACB,ADB,AEB e AFB são retos.
Resposta: C
107 Se p é natural maior que 1, não divisível por 2 e nem por 3, então p2 – 1 é divisível por:
A) 18 B) 24 C) 36 D) 9 E) 27
Solução:
É fácil ver que:
I) Se p não é múltiplo de 2 → p – 1 e p + 1 são pares consecutivos, logo (p – 1) ⋅ (p + 1) é múltiplo de 8.
II) Se p não é múltiplo de 3 → p – 1 ou p + 1 será um múltiplo de 3, logo (p – 1) ⋅ (p + 1) é múltiplo de 3.
De (I) e (II), concluímos: O produto (p – 1) ⋅ (p + 1) = p2 – 1 é um múltiplo de 24.
Resposta: B
A B
OG H 
E
D
C
I
F
OSG.: 087182/1437
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108 Sejam a e b números reais positivos tais que a + 3b = 30. Determine qual é o maior valor possível para ab.
Solução:
Sabemos que: Se a1, a2, a3, ..., an são números reais positivos, então:
Média aritmética = 1 2 3 n
a a a ... a
n
+ + + +
 e Média geométrica = n 1 2 3 na a a ...a⋅ ⋅ ⋅
Relação importante entre as duas médias: M A M G⋅ ≥ ⋅
Daí, 
a 3b 30
a 3b 3ab 15 3ab 225 3ab ab 75
2 2
+ ≥ ⋅ → ≥ → ≥ → ≥ → ≤
Portanto, o maior valor para ab é 75.
Resposta: 75
109 Seja x um número natural, que ao ser dividido por 9 deixa resto 5, e ao ser dividido por 3 deixa resto 2.
Sabendo que a soma dos quocientes é 9, podemos afirmar que x e igual a:
A) 28 B) 35 C) 27 D) 33 E) 23
Solução:
Temos que: x = 9a + 5, onde a é o quociente da divisão de x por 9.
 x = 3b + 2, onde b é o quociente da divisao de x por 3.
Como a soma dos quocientes é 9, vem:
 
x 5 x 2
9 x 23
9 3
− −+ = → =
Resposta: E
110 Se 10tgx + 16cosx – 17secx = 0, então senx é igual a:
A)
1 1
ou
2 8
B)
1
2
± C) 1 1ou
4 12
D) 0 E)
1 1
ou
2 4
−
Solução:
Temos: 10tgx + 16cosx – 17secx = 0 
senx 1
10 16cos x –17 0
cos x cos x
→ ⋅ + ⋅ = → 10senx + 16cos2x – 17 = 0
→ 10senx + 16 ⋅ (1 – sen2x) – 17 = 0 → 16sen2x – 10senx + 1 = 0
1 1
senx ou senx
2 8
→ = =
Resposta: A
111 Um atleta, correndo com velocidade constante, completou a maratona em M horas. A fração do percurso
que ele correu em 2M minutos, foi:
A) 
1
2
B)
1
6
C) 
1
15
D) 
1
30
E) 
1
20
Solução:
Temos que: M horas = M ⋅ 60 minutos
Veja:
Se M ⋅ 60 minutos = P (percurso completo) → 2 ⋅M minutos = P
30
 (fração do percurso)
Resposta: D
OSG.: 087182/1438
TC – MaTeMáTiCa
112 Sendo R = 02 – 12 + 22 – 32 + 42 – 52 + ... + 982 – 992 + 1002, calcule o valor de 
R
.
202
A) 22 B) 23 C) 24 D) 25 E) 26
Solução:
Sabemos que: (I) a2 – b2 = (a – b) ⋅ (a + b) e (II) Sn = 1 n(a a ) n
2
+ ⋅
 (soma dos termos de uma P.A.)
Veja:
R = (22 – 12) + (42 – 32) + (62 – 52)+ ... + (1002 – 992)
R = (2 – 1) ⋅ (2 + 1) + (4 – 3) ⋅ (4 + 3) + (6 – 5) ⋅ (6 + 5) + ... + (100 – 99) ⋅ (100 + 99)
R = 3 + 7 + 11 + ... + 199
R = 
(3 199) 50 R
202.25 25.
2 202
+ ⋅ = → =
Resposta: D
113 O primeiro termo a de uma progressão aritmética de razão 13 satisfaz 0 ≤ a ≤ 10. Se um dos termos da
progressão é 35, determine o valor de a.
A) 5 B) 6 C) 7 D) 8 E) 9
Solução:
Temos: P.A. (a, a + 13, a + 26, a + 39, ... , 35, ...)
Usando a fórmula do termo geral, encontramos:
an = a1 + (n – 1) ⋅ r → 35 = a + (n – 1) ⋅ 13 → 35 = a + 13n – 13 → a = 48 – 13n → 0 ≤ 48 –13n ≤ 10 →
– 48 ≤ –13n ≤ –38 → 48 ≥13n ≥ 38 → 2, ... ≤ n ≤ 3, ... → n = 3 → a = 48 – 13 ⋅ 3 → a = 9.
Resposta: E
114 O algarismo das unidades do número N = 1.3.5.7. ... . 1993 é:
A) 1 B) 3 C) 5 D) 7 E) 9
Solução:
Note que o produto de qualquer número ímpar por 5 sempre terminaem 5; logo, com o número N só tem
fatores ímpares, seu algarismo das unidades é 5.
Resposta: C
115 Se 
x y
7 3
= e x ⋅ y = 189, então: x – y vale com x e y positivos:
A) 12 B) 4 C) 9 D) 30 E) 21
Solução:
Temos: 
x y
k
7 3
= = → x = 7k e y = 3k
Daí: 7k ⋅ 3k = 189 → 21k2 = 189 → k2 = 9 → k = 3
Para: k = 3 → x = 21 e y = 9
Portanto: x – y = 12
Resposta: A
116 A planta de um apartamento está confeccionada na escala 1:50. Então a área real, em m2, de uma sala
retangular, cujas medidas na planta são 12cm e 14cm, é:
A) 24 B) 26 C) 28 D) 42 E) 54
Solução:
Sabemos que escala é a razão entre o comprimento no desenho e o comprimento real, medidos na mesma
unidade.
OSG.: 087182/1439
TC – MaTeMáTiCa
Daí: 
1 12
50 x
= → x = 600cm → x = 6m
 
1 14
50 x
= → y = 700cm → y = 7m
Logo, a área da sala será de 6m x 7m = 42m2.
Resposta: D
117 Prove que todo triângulo ABC vale a relação: ˆ ˆc a cosB b cosA.= ⋅ + ⋅
Solução:
mˆ ˆcos A m bcos A
b
nˆ ˆcosB n acosB
a
ˆ ˆ ˆ ˆlogo, m n bcos A acosB c acosB bcos A. (OK)
= → =
= → =
+ = + → = +
Obs: Sendo Aˆ ou Bˆ obtuso, chegamos com raciocínio análogo ao mesmo resultado.
118 Considerem-se todas as divisões de números inteiros positivos por 17, cujo resto é igual ao quadrado do
quociente. A soma dos quocientes dessas divisões é:
A) 10 C) 172 E) 12 + 22 + 32 + ... + 172
B) 17 D) 1 + 2 + 3 + ... + 17
Solução:
Temos que: n dividido por 17 tem quociente q ≠ 0 e resto r com r = q2.
Veja:
(I) Possíveis restos de uma divisão por 17 são: 0, 1, 2, 3 ,... , 16
(II) Como r tem que ser um quadrado perfeito, devemos ter:
r = 0 → q = 0 (não sastisfaz)
r = 1 → q = 1
r = 4 → q = 2
r = 9 → q = 3
r = 16 → q = 4
Logo, a soma dos quocientes é 10.
Resposta: A
119 Determine o valor do produto P = cos36º ⋅ cos72º.
Solução:
Sabemos que sen2x = 2senxcosx → 2sen36º ⋅ P = 2sen36º ⋅ cos36ºcos72º → 2sen36º ⋅ P = sen72ºcos72º→
→ 4sen36º ⋅ P = 2sen72ºcos72º → 4sen36º ⋅ P = sen144º → 4 ⋅ P = 1, pois sen36º = sen144º (suplementares)
→ P = 1
4
.
Resposta: 
1
4
A B
C
ab
m nH
c
OSG.: 087182/1440
TC – MaTeMáTiCa
120 Sejam f(x) = 
1
x 1− , x > 1 e g uma função tal que (gof)(x) = x. Determine o valor de g
1
64
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ .
Solução:
g(f(x)) = x → g 1x 1
⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠ = x
Veja: se 
1 1
x 1 64
=− → x – 1 = 64 → x = 65 → 
1
g
64
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ = 65
Resposta: 65
121 O triângulo ABC está inscrito em um círculo de raio R. Se cosA = 
3
5
, o comprimento do lado BC é igual a:
A)
2R
5
B)
3R
5
C)
4R
5
D)
6R
5
E)
8R
5
Solução:
Temos que:
3ˆcos A
5
= ( Aˆ é agudo) → sen Aˆ = 
4
5
Lei dos senos
a b c BC
2R 2R
ˆ ˆ ˆ ˆsenA senB senAsenC
= = = → = → BC = 2R ⋅ ˆsenA → BC = 2R ⋅ 4
5
 → BC = 8R
5
Resposta: E
122 Seja f(x) = 
x x
x x
e e
e e
−
−
−
+ definida em R. Se g for a função inversa de f, o valor de 
7
g
25e
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ será:
A) – 1 B) 0 C)
1
e
D) 1 E)
4
3
Solução:
Como g é a inversa de f, temos:
x x
1
x x
7 7 7 e e
g( ) f ( )
25 25 25 e e
−
−
−
−= → = →+ 7 ⋅ e
x + 7 ⋅ e–x = 25 ⋅ ex – 25 ⋅ e–x → – 18 ⋅ ex = – 32 ⋅ e– x →
7
g( )2x x 25
16 4 4
e e e .
9 3 3
→ = → = → =
Resposta: E
123 A média aritmética dos ângulos internos de um eneágono convexo vale:
A) 40º B) 70º C) 120º D) 135º E) 140º
Solução:
Sabemos que a soma dos ângulos internos de um polígono convexo é dada pela fórmula S = (n – 2) ⋅ 180º.
Daí, a soma dos ângulos internos de um eneágono convexo é igual a S = (9 – 2) ⋅ 180º = 7.180º.
Portanto, a média aritmética será igual a 
7.180º
7 20º 140º.
9
= ⋅ =
Resposta: E
OSG.: 087182/1441
TC – MaTeMáTiCa
124 Uma solução tem 75% de ácido puro. Quantos gramas de ácido puro devemos adicionar a 48 gramas da
solução para que a nova solução contenha 76% de ácido puro?
Solução:
Veja:
Em 48 gramas de solução temos 
75
. 48 36
100
= gramas de ácido puro.
Adicionando x gramas de ácido puro a solução, teremos:
Nova solução = (48 + x) gramas
Quantidade de ácido puro = (36 + x) gramas
Assim: 
36 x 76
48 x 100
+ = →+ x = 2 gramas
Resposta: 2 gramas
125 O gráfico de uma função f é o segmento de reta que une os pontos (– 3, 4) e (3, 0). Se f–1 é a função inversa
de f, então o valor de f– 1(2) é igual a:
A) 1 B)
2
3
C) 3 D) 0 E)
3
2
Solução:
Temos: f(x) = ax + b, com a ≠ 0.
Pontos: (– 3, 4) e (3, 0)
Para x = – 3 → a ⋅ (– 3) + b = 4
Para x = 3 → a ⋅ 3 + b = 0
Resolvendo, encontramos: b = 2 e a = 
2
3
−
Daí, a função f é dada por: f(x) = 
2
x 2
3
− +
Veja: cálculo de f – 1(2)
Para y = 2 → 2 = 2 x 2
3
− + → x = 0 → f – 1(2) = 0.
Resposta: D
126 Um elevador pode levar 20 adultos ou 24 crianças. Se 15 adultos já estão no elevador, quantas crianças podem
ainda entrar?
A) 5 B) 6 C) 7 D) 8 E) 9
Solução:
Se 20 adultos equivalem a 24 crianças → 5 adultos equivalem a 6 crianças
Veja:
(I) O elevador pode levar 20 adultos
(II) Tem 15 adultos no elevador → faltam 5 adultos (equivalem a 6 crianças) .
Resposta: B
127 Uma torneira enche um tanque em 4 horas. O ralo do tanque pode esvaziá-lo em 3 horas. Estando o tanque
cheio, abrimos, simultaneamente, a torneira e o ralo. Então o tanque:
A) nunca se esvazia.
B) esvazia-se em 1 hora.
C) esvazia-se em 4 horas.
D) esvazia-se em 7 horas.
E) esvazia-se em 12 horas.
Solução:
Capacidade do tanque: T
(I) Torneira enche T em 4 horas → em 1 hora enche T
4
do tanque
(II) Ralo esvazia o tanque T em 3 horas → em 1 hora esvazia T
3
do tanque
OSG.: 087182/1442
TC – MaTeMáTiCa
Assim, o tanque em uma hora esvazia 
1
12
 de sua capacidade.
Veja: 
T T 3T 4T T
4 3 12 12
−− = = − .
Portanto, o tanque esvazia-se em 12 horas.
Resposta: E
128 Determine o valor de – 63 ⋅ log8(sen15º ⋅ sen75º).
Solução:
Fatos que ajudam:
(I) Se a + b = 90º, então sen a = cos b e sen b = cos a
(II) Sen 2a = 2sen a cos a
(III) n malog b = a
m
log b
n
⋅
Temos que sen15º ⋅ sen75º = sen15º ⋅ cos15º = 2 sen15º cos15º sen30º 1
2 2 4
⋅ ⋅ = =
Então, a expressão vale:
Exp. = – 63 ⋅ log8 3 2 22
1 2
63 log 2 63 ( ) log 2 42 1 42
4 3
−⎛ ⎞ = − ⋅ = ⋅ − ⋅ = ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠
Resposta: 42
129 Considere um quadrilátero convexo ABCD de área igual a 66cm2. Determine, em cm2, a área do quadrilátero
cujos vértices são os pontos médios dos lados do quadrilátero ABCD.
Solução:
Fatos que ajudam: ÁREAS
(I) Seja ABC um triângulo qualquer e seja MNP o triângulo que tem vértices nos pontos médios dos lados do
triângulo ABC, temos que: Área(MNP) = 
Área(ABC)
4
.
(II) Seja ABCD um quadrilátero qualquer e seja MNQP o quadrilátero que tem vértices nos pontos médios dos
lados de ABCD, temos que: Área(MNQP) = 
Área(ABCD)
2
.
Usando o resultado (II) no enunciado da questão, concluímos:
Resposta: 33cm2
130 Se x é um número real tal que x2 + 2
1
3
x
= , determine o valor de x4 + 4
1
.
x
Solução:
Se 
2
2 2 2 4 2 4 4
2 2 2 4 4 4
1 1 1 1 1 1
x 3 x 3 x 2 x 9 x 2 9 x 7
x x x x x x
⎛ ⎞+ = → + = → + ⋅ ⋅ + = → + + = → + =⎜ ⎟⎝ ⎠ .
Resposta: 7
131 O menor número natural n, diferente de zero, que torna o produto de 3888 por n um cubo perfeito é:
A) 6 B) 12 C) 15 D) 18 E) 24
Solução:
Fatorando o número 3888, obtemos 3888 = 24 ⋅ 35
Para formar um cubo perfeito devemos multiplicar os dois membros no mínimo por 22 ⋅ 31, para que as potências
dos números 2 e 3 sejam múltiplos de 3. Assim, o menor número que devemos multiplicar por 3888 para obter
um cubo perfeito é 12.
Resposta: B
OSG.: 087182/1443
TC – MaTeMáTiCa
132 Quantos números inteiros há entre 602 e 612que não são quadrados perfeitos?
A) 118 B) 119 C) 120 D) 121 E) 122
Solução:
Veja: 602 e 612 são quadrados perfeitos consecutivos, então, qualquer inteiroentre eles não é quadrado perfeito.
Inteiros que não são quadrados perfeitos: 3601, 3602, 3603, ... ,3720
Quantidade de inteiros que não são quadrados é igual a 3720 – 3601 + 1 = 120.
Resposta: C
133 O período da função f (x) = sen4x + cos4x vale:
A) 2π B) π C) 3π2 D)
π
2 E) 4
π
Solução:
Sabemos: Se f é periódica → f(x + p) = f(x), para todo x no domínio da função. O menor valor positivo de
p, chamamos de período de f.
Tomando x = 0, encontramos:
f (p) = f (0) → sen4p + cos4p = sen40 + cos40 → sen4p + cos4p = 1 → (sen2p + cos2p)2 – 2sen2p ⋅ cos2p = 1 →
1 – 2sen2pcos2p =1 → 2sen2p cos2p = 0 → senp = 0 ou cosp = 0.
* Se senp = 0 → p = 0, π, 2π,...
* Se cosp = 0 → p = 3, ,...
2
π π
2
Agora, devemos verificar se p = 
2
π satisfaz a condição f(x + p) = f(x), para todo x no domínio da função.
Veja: f(x + p) = f(x + 
2
π
) = sen4(x + 
2
π
) + cos4(x + 
2
π
) = (cosx)4 + (–senx)4 = sen4x + cos4x = f (x) (OK)
Resposta: D
Obs: No ciclo trigonométrico, encontramos facilmente: sen(x + 
2
π
) = cosx e cos(x + 
2
π
) = – senx (verifique!)
134 O conjunto solução da equação x ⋅ (log53x + log521) + log5(
3
7
)x = 0 é igual a:
A) { } B) {0} C) {1} D) {0, 2} E) {0, – 2}
Solução:
Temos que:
x ⋅ (log53x + log521) + log5(
3
7
)x = 0 → x ⋅ log5(3x ⋅ 21) + log5(
3
7
)x = 0 → log5(3x ⋅ 21)x + log5(
3
7
)x = 0
→ log5[(3x ⋅ 21)x ⋅ (
3
7
)x] = 0 → (3x ⋅ 21)x ⋅ ( 3
7
)x = 1 → (3x ⋅ 21 ⋅ 3
7
)x = 1 → (3x ⋅ 3 ⋅ 3)x = 1 →
→ (3x + 2)x = 1 → 2x 2x3 1+ = → x2 + 2x = 0 → x = – 2 ou x = 0.
Resposta: E
135 Um número é composto de 2 algarismos, cuja soma é 9. Invertendo a ordem dos algarismos, obtemos um novo
número igual a 
4
7
 do original. Qual é o número?
Solução:
* Número original: ab = a ⋅ 10 + b (forma polinomial)
* Invertendo os algarismos obtemos um novo número: ba = b ⋅ 10 + a (forma polinomial)
OSG.: 087182/1444
TC – MaTeMáTiCa
Equações do problema: a + b = 9 e b ⋅ 10 + a = 4
7
⋅ (a ⋅ 10 + b)
Segunda equação: 70b + 7a = 40a + 4b → 66b = 33a → a = 2b
Substituindo na primeira equação, teremos:
a + b = 9 → 2b + b = 9 → 3b = 9 → b = 3 → a = 6
Resposta: 63
136 A distância entre dois lados paralelos de um hexágono regular é igual a 2 3 cm. A medida do lado desse
hexágono, em centímetros, é:
A) 3 B) 2 C) 2,5 D) 3 E) 4
Solução:
Veja:
(I) BF = 2 3 , pois BC//FE
(II) ae = i
360º
60º a 120º
6
= → =
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo ABF, teremos:
2 2 2 2 2(2 3) x x 2 x x cos120º 12 2x x x 2= + − ⋅ ⋅ ⋅ → = + → =
Resposta: B
137 Qualquer que seja x, o valor de sen6x + cos6x + 3sen2xcos2 é:
A) 0 B) sen2x C) cos2x D) 1 E) senx ⋅ cosx
Solução:
Lembre: produto notável → (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b)
Temos que:
sen2x + cos2x = 1→ (sen2x + cos2x)3 = 13 → sen6x + cos6x + 3sen2xcos2x(sen2x + cos2x) = 1
→ sen6x + cos6x + 3sen2xcos2x ⋅ 1= 1 → sen6x + cos6x + 3sen2xcos2x = 1.
Resposta: D
138 Quantas soluções reais e distintas possui a equação x2+ 9 = 3senx?
A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) infinitas
Solução:
Observe:
(I) x2 + 9 é sempre maior ou igual a 9, para todo x real.
(II) 3sen x assume no máximo o valor 3.
(III) A igualdade não ocorre para nenhum valor real de x.
Logo, a equação não possui solução.
Resposta: A
139 O resto da divisão de P(x) = x5 + 4x4 + 2x3 + x2 + x –1 por q(x) = x + 2 é:
A) 17 B) 15 C) 0 D) – 15 E) – 17
Solução:
Veja:
(I) – 2 é raiz de q(x)
(II) P(–2) é o resto da divisão de P(x) por q(x).
Então, pelo Teorema do resto, encontramos:
resto = P(– 2) = – 32 + 64 – 16 + 4 – 2 – 1 = 17
Resposta: A
C
D
E
OSG.: 087182/1445
TC – MaTeMáTiCa
140 O valor mínimo de cosx + secx, para 0 < x < 
π
2 é igual a:
A) 0 B) 1 C) 2 D) 2 E) 3
Solução:
Sabemos que (n – 1)2 ≥ 0, n∀ ∈�
Então: n2 – 2n + 1 ≥ 0 → n2 + 1 ≥ 2n
Considerando n positivo, tem-se:
2n 1 1
2 n 2
n n
+ ≥ ⇔ + ≥
Portanto, um número positivo adicionado ao seu inverso é sempre maior ou igual a 2.
Resposta: D
���������
OSG.: 087182/1446
TC – MaTeMáTiCa
141 As notas de cem alunos em uma prova foram colocadas em ordem crescente, originando a sequência de notas 
(n
1
, n
2
, n
3
,..., n
100
).
Sabe-se que:
• n
1
 = 0 e n
100
 = 9,6;
• podem existir notas iguais;
• n
50
 ≠ n
51
Podemos afirmar que:
A) a nota média das cem notas é 4,8.
B) 50% dos alunos tiveram nota abaixo da média.
C) a moda é igual à mediana.
D) certemente a média das notas foi menor que 5.
E) 50% dos alunos tiveram nota acima da mediana.
Solução:
Como as notas estão em ordem crescente e n
50
 ≠ n
51
, tem-se n
50
 < n
51
.
A mediana das 100 notas (m
d
) é a média entre as notas
n
50
 e n
51
, ou seja, m
n n
d =
+50 51
2
 Sendo m
n n n n
nd =
+
<
+
=50 51 51 51 512 2
, a mediana é menor que todas as notas do conjunto {n51: n52: ...: n100}. Portanto, 
50% dos alunos tiveram nota acima da mediana.
Resposta: E
142 O gráfico abaixo apresenta a receita semestral (em milhões de reais) de uma empresa em função do tempo em que I/2012 
representa o 1º semestre de 2012, II/2012 representa o 2º semestre de 2012 e assim por diante.
220
375
250
200
400
350
300
250
200
150
100
50
0
I/2012 II/2012 II/2013I/2013
Semestre
R
ec
ei
ta
Estima-se que
• a variação porcentual da receita de I/2014 em relação à de I/2013 seja igual à variação porcentual da receita de I/2013 
em relação à de I/2012;
• a variação porcentual da receita de II/2014 em relação à de II/2013 seja igual à variação porcentual da receita de II/2013 
em relação à de II/2012.
Nessas condições, pode-se afirmar que a receita total do ano de 2014, em milhões de reais, será de:
A) 802,7 D) 808,7
B) 804,5 E) 810,8
C) 806,6
Solução:
Se x for a receita de I/2014 e y a de II/2014, ambos em milhões de reais, então:
1) 
x
x
220
220
200
242= ⇔ =
2) 
y
y
375
375
250
562 5= ⇔ = ,
3) x + y = 242 + 562,5 = 804,5
Resposta: B
OSG.: 087182/1447
TC – MaTeMáTiCa
143 No plano cartesiano, qual dos pontos abaixo é exterior à circuferência de equação x2 + y2 – 4x + 6y – 12 = 0?
A) (0, 0) D) (2, 1)
B) (–1, –1) E) (1, 2)
C) (2, 2)
Solução:
1) x2 + y2 – 4x + 6y – 12 = 0 ⇔ (x – 2)2 + (y + 3)2 = 52;
2) A circuferência tem centro no ponto (2; –3) e raio 5;
3) O ponto (1; 2) é externo à circuferência, pois a distância dele ao centro (2; –3) é maior que o raio, já que 
d = −( ) + − −( ) = >2 1 3 2 26 52 2
Resposta: E
144 Considerando um horizonte de tempo de 10 anos a partir de hoje, o valor de uma máquina deprecia linearmente com 
o tempo, isto é, o valor da máquina y em função do tempo x é dado por uma função polinomial do primeiro grau 
y = ax + b.
 Se o valor da máquina daqui a dois anos for R$ 6 400,00, e seu valor daqui a cinco anos e meio for R$ 4 300,00, seu 
valor daqui a sete anos será:
A) R$ 3 100,0 D) R$ 3 400,00
B) R$ 3 200,00 E) R$ 3 500,00
C) R$ 3 300,00
Solução:
1) A função que permite calcular o valor da máquina em função do tempo, em anos, é do tipo y = ax + b.
2) x = 2 ⇒ y = a · 2 + b = 6400
 x = 5,5 ⇒ y = a · 5,5 + b = 4300
3) 
2 6400
5 5 4300
600
7600
600 7600
a b
a b
a
b
e y x
+ =
+ =



⇔
= −
=



= − +
,
4) x = 7 ⇒ y = – 600 · 7 + 7600 = 3400
Resposta: D
145 Acopla-se, exteriormente, a cada lado de um triângulo retângulo um quadrado cujo lado é o respectivo lado do triângulo, 
formando assim uma figura plana composta do triângulo retângulo e dos três quadrados, de tal modo que cada quadrado 
tenha em comum com o triângulo exatamente o lado ao qual está acoplado. A medida dos catetos do triângulo são 
respectivamente 6 m e 8 m. A figura será pintada. Sabe-se que para pintar o quadrado menor usou-se 1,8litros de tinta. 
Mantida a homogeneidade da pintura, a quantidade de tinta necessária para pintar toda a figura é:
A) 12,8 litros C) 11,9 litros
B) 12,4 litros D) 11,2 litros
Solução:
Figura ilustrativa
Q
1
T
6 8
10
Q
2
Q
3
Figura ilustrativa
OSG.: 087182/1448
TC – MaTeMáTiCa
• Área (Q
1
) = 36 m2; Área (Q
2
) = 64 m2; Área (Q
3
) = 100 m2; Área (T) = 24 m2.
 De acordo como o enunciado, “36 m2 corresponde a 1,8 litros”, isto é, para pintar 1 m2, é necessário 0,05 litro.
 Sendo a área total igual a 224 m2, concluímos que a quantidade de tinta necessária para pintar toda a figura é igual 
a 224 × 0,05 = 11, 2 litros.
Resposta: D
146 Se n é o número de soluções da equação cos4 x – 4cos3 x + 6cos2 x – 4cosx + 1 = 0, no intervalo [0, 2π], então o valor de 
n é:
A) 1
B) 2
C) 3
D) 4
Solução:
Temos: cos cos cos cos
exp
4 3 24 6 4 1x x x x
ans o de Newton
− + − +
ã
   = 0
Então: (cosx – 1)4 = 0
Logo: cos x = 1 → x = 0, 2 π → n = 2
Resposta: B
147 Para cada par ordenado de números reais não nulos (x, y) defina o número complexo z
x i
y
=
+
, onde i é a unidade 
imaginária (i2 = –1). Se z e z–1 têm a mesma parte real, então os pontos (x, y) estão sobre:
A) uma circuferência.
B) uma parábola.
C) uma elipse.
D) uma hipérbole.
Solução:
Temos: z
x i
y
z
y
x i
y x i
x
=
+
→ =
+
=
−( )
+
−1
2 1
Então:
• z
x i
y
z
x
y y
i z
x
y
=
+
→ = + → ( ) =1 Re
• z
xy yi
x
z
xy
x
y
x
i z
xy
x
− − −=
−
+
→ =
+
−
+
→ ( ) =
+
1
2
1
2 2
1
21 1 1 1
Re
Como Re(z) = Re(z–1), vem: 
xy
x
x
y
y
x y
y x y x
2 2
2 2 2 2
1 1
1
1 1
+
= →
+
= → = + → − =
Portanto: 
y x−( )
−
−( )
= →
0
1
0
1
1
2
2
2
2
 Equação reduzida de uma hipérbole.
Resposta: D
148 Se M é a matriz 
−











3
5
4
5
4
5
3
5
, então o determinante da matriz M2 = M · M é igual a:
A) 1
B) –1
C) 17
5
D) −
17
5
OSG.: 087182/1449
TC – MaTeMáTiCa
Solução:
De acordo com o teorema de Binet, temos: det det det det deM M M M M2
9
25
16
25
9
25
16
25
= ⋅( ) = ⋅ = − −




 − −





 ⇔ ttM
2 25
25
25
25
1= −




 ⋅ −





 =
det det det det deM M M M M2
9
25
16
25
9
25
16
25
= ⋅( ) = ⋅ = − −




 − −





 ⇔ ttM
2 25
25
25
25
1= −




 ⋅ −





 =
Resposta: A
149 Sejam P e Q vértices opostos de uma das faces de um cubo cuja medida da aresta é 0,3 m. Se S, neste cubo, é o ponto 
que está no centro da face oposta à face onde estão P e Q, então a área do triângulo PQS é:
A) 9 2
200
2m C) 
9 3
200
2m
B) 3 2
400
2m D) 3 3
400
2m
 Solução:
Do enunciado temos a figura:
0,3 m
B C
Q
A
P E
S
D
F
M
• P e Q → vértices opostos sobre a face PEQF.
• S → ponto no centro da face ABCD.
• PQ → diagonal da face.
• SM → altura do triângulo em questão.
Assim, a área do triângulo PSQ é:
PSQ
PQ SM
m[ ] = ⋅ =
( ) ⋅ ( )
= =
2
0 3 2 0 3
2
0 09 2
2
9 2
200
2
, , ,
Resposta: A
150 Se os números naturais n, n2 e n3 são as raízes da equação x3 + px2 + qx – 64 = 0, então, a soma p + q é igual a:
A) 30 C) 42
B) 36 D) 48
Solução:
Temos: x3 + px2 + qx – 64 = 0
Girard:
• x
1
 · x
2
 · x
3
 = 64
Como n, n2 e n3 são as raízes, vem:
n · n2 · n3 = 64
n6 = 64
n = 2(natural) → raízes: 2, 4, 8
Girard:
• x
1
 + x
2
 + x
3
 =–p → 14 = –p → p = −14
• x
1
x
2
 + x
1
x
3
 + x
2
x
3
 = q → 8 + 16 + 32 = q → 56 = q
Portanto, p + q = 42
Resposta: C
151 Se na progressão aritmética crescente a
1
, a
2
, a
3
, a
4
, a
5
, …, a
n
,… tivernos a
5
 = 5x – 17y e a
25
 = 29x + 7y, então a razão 
desta progressão é igual a:
A) 1,2x + y C) 2x + 1,2y
B) 1,2x + 2y D) 1,2x + 1,2y
OSG.: 087182/1450
TC – MaTeMáTiCa
 Solução:
Temos:
a a r
Termo geral P A
25
5 20= +
( . )
  
Substituindo, tem-se:
29x + 7y = 5x – 17y + 20r
24x + 24y = 20r
12x + 12y = 10r
Logo: r = 1,2x + 1,2y
Resposta: D
152 Quantos quadrados perfeitos são divisores de 800? (Um quadrado perfeito é um número inteiro da forma n2, para algum 
número inteiro n)
A) 4
B) 5
C) 6
D) 7
 Solução:
• Forma fatorada: 800 = 25 · 52
• Veja que: todo divisor de 800 é da forma 2ª · 5b, com a ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5} e b ∈ {0, 1, 2}.
• Como estamos atrás dos divisores de 800 que são quadrados perfeitos, devemos ter: a e b pares, isto é, a = 0, 2, 4 e 
b = 0, 2.
Assim, pelo princípio fundamental da contagem, determinamos 3 · 2 = 6 pares (a, b), o que nos fornece 6 divisores.
Resposta: C
153 Se n é um número inteiro positivo e x é a matriz 
1 0 0
1 2 3
1 1 3










, então o valor do determinante da matriz Y = Xn é:
A) 2n
B) 3n
C) 6n 
D) 9n
Solução:
Temos que:
(i) X = 
1 0 0
1 2 0
1 1 3










(ii) Y = Xn
Note que det X = 1 · 2 · 3 = 6 (matriz triangular). Aplicando determinante a ambos os membros de Y = Xn vem:
det Y = det Xn = det X X X X
n vezes
⋅ ⋅( )...  
det Y = (detX)(detX)... .(detX)(Teorema de Binet)
detY = (detX)n = 6n.
Resposta: C
OSG.: 087182/1451
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154 No triângulo numérico ao lado, construído segundo uma estrutura lógica facilmente 1
3 5
7 9 11
13 15 17 19
21 23 25 27 29
.........................................
........................................
 
identificada, o número localizado na última posição da linha x é dado pela expressão 
x2 + x – 1.
 Podemos afirmar, corretamente, que o maior número situado na linha cuja soma dos números 
que a compõem é 8000, pertence ao conjunto:
A) {409, 411, 413} C) {421, 423, 425}
B) {415, 417, 419} D) {427, 429, 431}
Solução:
Temos que:
1
3 5
7 9 11
13 15 17 19
21 23 25 27 29
.........................................
........................................
Observe que:
S
S
S
S
Sx
1
3
2
3
3
3
4
3
1 1
3 5 2
7 9 11 3
13 15 17 19 4
→ =
→ + =
→ + + =
→ + + + =
→

............................+ + − =x x x2 31
Como x3 = 8000 ⇒ x = 20
 Consoante o enunciado, para x = 20, temos x2 + x – 1 = 202 – 1 = 419, último elemento que pertence ao conjunto 
{415, 417, 419}.
Resposta: B
155 O volume de uma esfera de raio é dado por V r=
4
3
3pi . Um reservatório com formato esférico tem um volume de 36π 
metros cúbicos. Sejam A e B dois pontos da superfície esférica do reservatório e seja m a distância entre eles. O valor 
máximo de m em metros é:
A) 5,5 D) 4,5
B) 5 E) 4
C) 6
Solução:
1) O raio r, em metros, do reservatório é tal que 
4
3
 ⋅ π . r3 = 36π ⇔ r3 = 27 ⇔ r = 3
2) Se m é a distância entre os pontos A e B dessa superfície esférica, então o maior valor de m é o diâmetro da esfera e 
portanto, em metros, m = 6.
Resposta: C
156 Dada a equação polinomial x4 – 3x3 – 8x2 + 22x – 24 = 0 e sabendo-se que 1 + i é uma das raízes (i é a unidade imaginária), 
pode-se afirmar que as outras duas raízes a e b são tais que 
1 1
a b
+ vale:
A) −
1
4
 D) −
1
10
B) −
1
6
 E) −
1
12
C) −
1
8
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Solução:
 A equação tem duas raízes complexas conjugadas (1 + i; 1 – i) e duas raízes reais. Supondo que o examinador tenha 
chamado de a e b as duas raízes reais da equação apresentada, temos:
1 1 3
1 1