Lista de Exercícios - Trigonometria - Carreiras Militares - Prof Aruã Dias

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1. (Enem 2011) Para determinar a distância de um barco até a praia, um navegante utilizou o 
seguinte procedimento: a partir de um ponto A, mediu o ângulo visual a fazendo mira em um 
ponto fixo P da praia. Mantendo o barco no mesmo sentido, ele seguiu até um ponto B de 
modo que fosse possível ver o mesmo ponto P da praia, no entanto sob um ângulo visual 2 . 
A figura ilustra essa situação: 
 
 
 
Suponha que o navegante tenha medido o ângulo 30º = e, ao chegar ao ponto B, verificou 
que o barco havia percorrido a distância AB 2000 m= . Com base nesses dados e mantendo a 
mesma trajetória, a menor distância do barco até o ponto fixo P será 
a) 1000 m . 
b) 1000 3 m . 
c) 
3
2000 m
3
. 
d) 2000 m . 
e) 2000 3 m . 
 
2. (Enem 2013) As torres Puerta de Europa são duas torres inclinadas uma contra a outra, 
construídas numa avenida de Madri, na Espanha. A inclinação das torres é de 15 com a 
vertical e elas têm, cada uma, uma altura de 114 m (a altura é indicada na figura como o 
segmento AB). Estas torres são um bom exemplo de um prisma oblíquo de base quadrada e 
uma delas pode ser observada na imagem. 
 
 
 
Utilizando 0,26 como valor aproximado para tangente de 15 e duas casas decimais nas 
operações, descobre-se que a área da base desse prédio ocupa na avenida um espaço 
a) menor que 2100 m . 
b) entre 2100 m e 2300 m . 
 
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c) entre 2300 m e 2500 m . 
d) entre 2500 m e 2700 m . 
e) maior que 2700 m . 
 
3. (Eear 2019) Gabriel verificou que a medida de um ângulo é 
3
rad.
10
π
 Essa medida é igual a 
a) 48 
b) 54 
c) 66 
d) 72 
 
4. (Espcex (Aman) 2015) O valor de 
( )cos 165 sen 155 cos 145 sen 25 cos 35 cos 15 +  +  −  +  +  é 
a) 2. 
b) 1.− 
c) 0. 
d) 1. 
e) 
1
.
2
 
 
5. (Unicamp 2014) Seja x real tal que cos x tg x.= O valor de sen x é 
a) 
3 1
.
2
−
 
b) 
1 3
.
2
−
 
c) 
5 1
.
2
−
 
d) 
1 5
.
2
−
 
 
6. (Espcex (Aman) 2019) O número de raízes reais da equação 22 cos x 3 cos x 1 0+ + = no 
intervalo ]0, 2 [π é 
a) 0. 
b) 1. 
c) 2. 
d) 3. 
e) 4. 
 
7. (Espcex (Aman) 2013) Os pontos P e Q representados no círculo trigonométrico abaixo 
correspondem às extremidades de dois arcos, ambos com origem em (1,0), denominados 
respectivamente α e ,β medidos no sentido positivo. O valor de ( )tg α β+ é 
 
 
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a) 
3 3
3
+
 
b) 
3 – 3
3
 
c) 2 3+ 
d) 2 3− 
e) 1 3− + 
 
8. (Espcex (Aman) 2012) O valor numérico da expressão 
( )
2sec 1320 53
2 cos tg 2220
2 3
π  
−  +  
 
 é: 
a) −1 
b) 0 
c) 
1
2
 
d) 1 
e) −
3
2
 
 
9. (Eear 2016) O valor de cos 735 é 
a) 
1
4
 
b) 
3
4
 
c) 
2 6
4
+
 
d) 
2 6
8
+
 
 
10. (Enem 2017) Um cientista, em seus estudos para modelar a pressão arterial de uma 
pessoa, utiliza uma função do tipo P(t) A Bcos(kt)= + em que A, B e k são constantes reais 
positivas e t representa a variável tempo, medida em segundo. Considere que um batimento 
cardíaco representa o intervalo de tempo entre duas sucessivas pressões máximas. 
Ao analisar um caso específico, o cientista obteve os dados: 
 
 
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Pressão mínima 78 
Pressão máxima 120 
Número de batimentos cardíacos por minuto 90 
 
A função P(t) obtida, por este cientista, ao analisar o caso específico foi 
a) P(t) 99 21cos(3 t)π= + 
b) P(t) 78 42cos(3 t)π= + 
c) P(t) 99 21cos(2 t)π= + 
d) P(t) 99 21cos(t)= + 
e) P(t) 78 42cos(t)= + 
 
11. (Enem 2018) Em 2014 foi inaugurada a maior roda-gigante do mundo, a High Roller, 
situada em Las Vegas. A figura representa um esboço dessa roda-gigante, no qual o ponto A 
representa uma de suas cadeiras: 
 
 
 
A partir da posição indicada, em que o segmento OA se encontra paralelo ao plano do solo, 
rotaciona-se a High Roller no sentido anti-horário, em torno do ponto O. Sejam t o ângulo 
determinado pelo segmento OA em relação à sua posição inicial, e f a função que descreve a 
altura do ponto A, em relação ao solo, em função de t. 
 
Após duas voltas completas, f tem o seguinte gráfico: 
 
 
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A expressão da função altura é dada por 
a) f(t) 80 sen(t) 88= + 
b) f(t) 80 cos(t) 88= + 
c) f(t) 88 cos(t) 168= + 
d) f(t) 168 sen(t) 88 cos(t)= + 
e) f(t) 88 sen(t) 168 cos(t)= + 
 
12. (Enem 2015) Segundo o Instituto Brasileiro de Geografia e Estatística (IBGE), produtos 
sazonais são aqueles que apresentam ciclos bem definidos de produção, consumo e preço. 
Resumidamente, existem épocas do ano em que a sua disponibilidade nos mercados varejistas 
ora é escassa, com preços elevados, ora é abundante, com preços mais baixos, o que ocorre 
no mês de produção máxima da safra. 
A partir de uma série histórica, observou-se que o preço P, em reais, do quilograma de um 
certo produto sazonal pode ser descrito pela função 
x
P(x) 8 5cos ,
6
π π− 
= +  
 
 onde x 
representa o mês do ano, sendo x 1= associado ao mês de janeiro, x 2= ao mês de 
fevereiro, e assim sucessivamente, até x 12= associado ao mês de dezembro. 
 
Disponível em: www.ibge.gov.br. Acesso em: 2 ago. 2012 (adaptado). 
 
 
Na safra, o mês de produção máxima desse produto é 
a) janeiro. 
b) abril. 
c) junho. 
d) julho. 
e) outubro. 
 
13. (Enem 2017) Uma desenhista projetista deverá desenhar uma tampa de panela em forma 
circular. Para realizar esse desenho, ela dispõe, no momento, de apenas um compasso, cujo 
comprimento das hastes é de 10 cm, um transferidor e uma folha de papel com um plano 
cartesiano. Para esboçar o desenho dessa tampa, ela afastou as hastes do compasso de 
forma que o ângulo formado por elas fosse de 120 . A ponta seca está representada pelo 
ponto C, a ponta do grafite está representada pelo ponto B e a cabeça do compasso está 
representada pelo ponto A conforme a figura. 
 
 
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Após concluir o desenho, ela o encaminha para o setor de produção. Ao receber o desenho 
com a indicação do raio da tampa, verificará em qual intervalo este se encontra e decidirá o 
tipo de material a ser utilizado na sua fabricação, de acordo com os dados. 
 
Tipo de material Intervalo de valores de raio (cm) 
I 0 R 5  
II 5 R 10  
III 10 R 15  
IV 15 R 21  
V 21 R 40  
 
Considere 1,7 como aproximação para 3. 
 
O tipo de material a ser utilizado pelo setor de produção será 
a) I. 
b) II. 
c) III. 
d) IV. 
e) V. 
 
14. (Fuvest 2012) Na figura, tem-se AE paralelo a CD , BC , paralelo a DE , AE 2= , 45º = , 
75º = . Nessas condições, a distância do ponto E ao segmento AB é igual a 
 
 
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a) 3 
b) 2 
c) 
3
2
 
d) 
2
2
 
e) 
2
4
 
 
15. (Unicamp 2017) Considere o triângulo retângulo ABD exibido na figura abaixo, em que 
AB 2 cm,= BC 1cm= e CD 5 cm.= Então, o ângulo θ é igual a 
 
 
a) 15 . 
b) 30 . 
c) 45 . 
d) 60 . 
 
16. (Unicamp 2013) Na figura abaixo, ABC e BDE são triângulos isósceles semelhantes de 
bases 2a e a, respectivamente, e o ângulo ˆCAB 30 .=  Portanto, o comprimento do segmento 
CE é: 
 
 
a) 
5
a
3
 
b) 
8
a
3
 
 
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c) 
7
a
3
 
d) a 2 
 
17. (Espcex (Aman) 2013) Em uma das primeiras tentativas de determinar a medida do raio da 
Terra, os matemáticos da antiguidade observavam, do alto de uma torre ou montanha de altura 
conhecida, o ângulo sob o qual se avistava o horizonte, tangente à Terra, considerada esférica, 
conforme mostra a figura. Segundo esse raciocínio, o raio terrestre em função do ângulo α é 
dado por: 
 
 
a) 
( )sen h
R
1 sen
α
α
=
−
 
b) 
hsen
R
1 sen
α
α
=
−
 
c) 
hsen
R
sen – 1
α
α
= 
d) 
1 sen
R
hsen
α
α
−
= 
e) 
1 sen
R
hsenα
α
+
= 
 
18. (Fuvest 2013) Um caminhão sobe uma ladeira com inclinação de 15°. A diferença entre a 
altura final e a altura inicial de um ponto determinado do caminhão, depois de percorridos 100 
m da ladeira, será de, aproximadamente, 
Dados: 3 1,73; 2
1 cos
sen .
2 2
θ θ− 
= 
 
 
a) 7 m 
b) 26 m 
c) 40 m 
d) 52 m 
e) 67 m 
 
19. (Fuvest 2017) O paralelepípedo reto-retângulo ABCDEFGH, representado na figura, tem 
medida dos lados AB 4, BC 2= = e BF 2.= 
 
 
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O seno do ângulo HAF é igual a 
a) 
1
2 5
 
b) 
1
5
 
c) 
2
10
 
d) 
2
5
 
e) 
3
10
 
 
20. (Enem 2018) Sobre um sistema cartesiano considera-se uma malha formada por 
circunferências de raios com medidas dadas por números naturais e por 12 semirretas com 
extremidades na origem, separadas por ângulos de rad,
6
π
 conforme a figura. 
 
 
 
Suponha que os objetos se desloquem apenas pelas semirretas e pelas circunferências dessa 
malha, não podendo passar pela origem (0; 0). 
Considere o valor de π com aproximação de, pelo menos, uma casa decimal. 
 
 
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Para realizar o percurso mais curto possível ao longo da malha, do ponto B até o ponto A, um 
objeto deve percorrer uma distância igual a 
a) 
2 1
8
3
π 
+ 
b) 
2 2
6
3
π 
+ 
c) 
2 3
4
3
π 
+ 
d) 
2 4
2
3
π 
+ 
e) 
2 5
2
3
π 
+ 
 
21. (Espcex (Aman) 2017) A soma das soluções da equação cos(2x) cos(x) 0,− = com 
x [0, 2 ),π é igual a 
a) 
5
3
π
 
b) 2π 
c) 
7
3
π
 
d) π 
e) 
8
3
π
 
 
22. (Enem PPL 2015) No jogo mostrado na figura, uma bolinha desloca-se somente de duas 
formas: ao longo de linhas retas ou por arcos de circunferências centradas no ponto O e raios 
variando de 1 a 8. Durante o jogo, a bolinha que estiver no ponto P deverá realizar a seguinte 
sequência de movimentos: 2 unidades no mesmo sentido utilizado para ir do ponto O até o 
ponto A e, no sentido anti-horário, um arco de circunferência cujo ângulo central é 120 . 
 
 
 
Após a sequência de movimentos descrita, a bolinha estará no ponto 
a) B. 
b) D. 
c) E. 
 
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d) F. 
e) G. 
 
23. (Eear 2019) Simplificando a expressão sen(2 x) sen(3 x),π π− + + obtém-se 
a) sen x 
b) sen x− 
c) 2 sen x 
d) 2 sen x− 
 
24. (Fuvest 2015) No triângulo retângulo ABC, ilustrado na figura, a hipotenusa AC mede 
12cm e o cateto BC mede 6cm. 
 
 
 
Se M é o ponto médio de BC, então a tangente do ângulo MAC é igual a 
a) 
2
7
 
b) 
3
7
 
c) 
2
7
 
d) 
2 2
7
 
e) 
2 3
7
 
 
25. (Fuvest 2016) No quadrilátero plano ABCD, os ângulos ˆABC e ˆADC são retos, 
AB AD 1,= = BC CD 2= = e BD é uma diagonal. 
 
O cosseno do ângulo ˆBCD vale 
a) 
3
5
 
b) 
2
5
 
c) 
3
5
 
 
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d) 
2 3
5
 
e) 
4
5
 
 
26. (Enem 2017) Raios de luz solar estão atingindo a superfície de um lago formando um ângulo 
x com a sua superfície, conforme indica a figura. 
Em determinadas condições, pode-se supor que a intensidade luminosa desses raios, na 
superfície do lago, seja dada aproximadamente por I(x) k sen(x)=  sendo k uma constante, e 
supondo-se que x está entre 0 e 90 . 
 
 
 
Quando x 30 ,=  a intensidade luminosa se reduz a qual percentual de seu valor máximo? 
a) 33% 
b) 50% 
c) 57% 
d) 70% 
e) 86% 
 
27. (Fuvest 2018) 
 
 
Admitindo que a linha pontilhada represente o gráfico da função f(x) sen (x)= e que a linha 
contínua represente o gráfico da função g(x) sen ( x),α β= segue que 
a) 0 1α  e 0 1.β  
b) 1α  e 0 1.β  
c) 1α = e 1.β  
d) 0 1α  e 1.β  
e) 0 1α  e 1.β = 
 
28. (Espcex (Aman) 2018) Considere o triângulo com ângulos internos x, 45 e 120 . O valor 
de 2tg (x) é igual a 
 
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a) 3 2.− 
b) 4 3 7.− 
c) 7 4 3.− 
d) 2 3.− 
e) 2 4 3.− 
 
29. (Espcex (Aman) 2019) Dentre as alternativas a seguir, aquela que apresenta uma função 
trigonométrica de período 2 ,π cujo gráfico está representado na figura abaixo é 
 
 
a) f(x) 1 sen ( x).π= − − 
b) f(x) 1 cos ( x).π= + − 
c) f(x) 2 cos ( x).π= − + 
d) f(x) 2 sen ( x).π= − + 
e) f(x) 1 cos ( x).π= − − 
 
30. (Enem 2018) Para decorar um cilindro circular reto será usada uma faixa retangular de 
papel transparente, na qual está desenhada em negrito uma diagonal que forma 30 com a 
borda inferior. O raio da base do cilindro mede 
6
cm,
π
 e ao enrolar a faixa obtém-se uma linha 
em formato de hélice, como na figura. 
 
 
 
O valor da medida da altura do cilindro, em centímetro, é 
a) 36 3 
b) 24 3 
c) 4 3 
d) 36 
e) 72 
 
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31. (Unicamp 2017) Seja x um número real, 0 x 2,π  tal que a sequência (tan x, sec x, 2) 
é uma progressão aritmética (PA). Então, a razão dessa PA é igual a 
a) 1. 
b) 5 4. 
c) 4 3. 
d) 1 3. 
 
32. (Unicamp 2013) Ao decolar, um avião deixa o solo com um ângulo constante de 15°. A 3,8 
km da cabeceira da pista existe um morro íngreme. A figura abaixo ilustra a decolagem, fora de 
escala. 
 
 
 
Podemos concluir que o avião ultrapassa o morro a uma altura, a partir da sua base, de 
a) 3,8 tan (15°) km. 
b) 3,8 sen (15°) km. 
c) 3,8 cos (15°) km. 
d) 3,8 sec (15°) km. 
 
33. (Espcex (Aman) 2018) Seis círculos de raio 1cm são inseridos no paralelogramo MNPQ, 
de área 2X cm , de acordo com a figura abaixo. 
 
 
 
Sabendo-se que os seis círculos são tangentes entre si e com os lados do paralelogramo, a 
área X, em 2cm , é 
a) 11 6 3.+ 
b) 
30 14 3
.
3
+
 
c) 10 5 3.+ 
d) 11 6 3.− 
e) 
36 20 3
.
3
+
 
 
 
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34. (Fuvest 2013) Sejam α e β números reais com 2 2π α π−   e 0 .β π  Se o sistema 
de equações, dado em notação matricial, 
 
03 6 tg
,
6 8 cos 2 3
α
β
    
=     
−     
 
 
for satisfeito, então α β+ é igual a 
a) 
3
π
− 
b) 
6
π
− 
c) 0 
d) 
6
π
 
e) 
3
π
 
 
35. (Eear 2019) O segmento AT é tangente, em T, à circunferência de centro O e raio 
R 8 cm.= A potência de A em relação à circunferência é igual a ______ 2cm . 
 
 
a) 16 
b) 64 
c) 192 
d) 256 
 
36. (Eear 2017) Seja um triângulo inscrito em uma circunferência de raio R. Se esse triângulo 
tem um ângulo medindo 30 , seu lado oposto a esse ângulo mede 
a) 
R
2
 
b) R 
c) 2R 
d) 
2R
3
 
 
37. (Fuvest 2011) No losango ABCD de lado 1, representado na figura, tem-se que M é o 
ponto médio de AB , N é o ponto médio de BC e 14MN
4
= .Então, DM é igual a 
 
 
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a) 
2
4
 
b) 
2
2
 
c) 2 
d) 
3 2
2
 
e) 
5 2
2
 
 
38. (Enem PPL 2014) Uma pessoa usa um programa de computador que descreve o desenho 
da onda sonora correspondente a um som escolhido. A equação da onda é dada, num sistema 
de coordenadas cartesianas, por y a sen[b(x c)],=  + em que os parâmetros a, b, c são 
positivos. O programa permite ao usuário provocar mudanças no som, ao fazer alterações nos 
valores desses parâmetros. A pessoa deseja tornar o som mais agudo e, para isso, deve 
diminuir o período da onda. 
 
O(s) único(s) parâmetro(s) que necessita(m) ser alterado(s) é(são) 
a) a. 
b) b. 
c) c. 
d) a e b. 
e) b e c. 
 
39. (Espcex (Aman) 2012) O cosseno do menor ângulo formado pelos ponteiros de um relógio 
às 14 horas e 30 minutos vale 
a) 
( )+
−
3 1
2
 
b) 
( )+
−
2 1
2
 
c) 
( )+1 2
4
 
d) 
( )−
−
6 2
4
 
e) 
( )+2 3
4
 
 
40. (Unicamp 2018) Considere que o quadrado ABCD, representado na figura abaixo, tem 
lados de comprimento de 1cm, e que C é o ponto médio do segmento AE. 
Consequentemente, a distânciaentre os pontos D e E será igual a 
 
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a) 3 cm. 
b) 2 cm. 
c) 5 cm. 
d) 6 cm. 
 
41. (Fuvest 2014) O triângulo AOB é isósceles, com OA OB,= e ABCD é um quadrado. 
Sendo θ a medida do ângulo ˆAOB, pode-se garantir que a área do quadrado é maior do que a 
área do triângulo se 
 
Dados os valores aproximados: 
tg 14 0,2493 , tg 15 0,2679
tg 20 0,3640 , tg 28 0,5317
   
   
 
a) 14 28θ    
b) 15 60θ    
c) 20 90θ    
d) 25 120θ    
e) 30 150θ    
 
42. (Espcex (Aman) 2014) Um tenente do Exército está fazendo um levantamento topográfico 
da região onde será realizado um exercício de campo. Ele quer determinar a largura do rio que 
corta a região e por isso adotou os seguintes procedimentos: marcou dois pontos, A (uma 
árvore que ele observou na outra margem) e B (uma estaca que ele fincou no chão na margem 
onde ele se encontra); marcou um ponto C distante 9 metros de B, fixou um aparelho de medir 
ângulo (teodolito) de tal modo que o ângulo no ponto B seja reto e obteve uma medida de 
3
π
 
rad para o ângulo ˆACB. 
 
Qual foi a largura do rio que ele encontrou? 
a) 9 3 metros 
b) 3 3 metros 
c) 
9 3
metros
2
 
d) 3 metros 
e) 4,5 metros 
 
 
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43. (Eear 2017) Seja 
cossec x sec x
M ,
cot gx 1
+
=
+
 com 
k
x , k .
2
π
  Utilizando-se as identidades 
trigonométricas, pode-se considerar M igual a 
a) sen x 
b) cosx 
c) sec x 
d) cossec x 
 
44. (Enem PPL 2015) Um técnico precisa consertar o termostato do aparelho de ar-
condicionado de um escritório, que está desregulado. A temperatura T, em graus Celsius, no 
escritório, varia de acordo com a função T(h) A B sen (h 12) ,
12
π 
= + − 
 
 sendo h o tempo, 
medido em horas, a partir da meia-noite (0 h 24)  e A e B os parâmetros que o técnico 
precisa regular. Os funcionários do escritório pediram que a temperatura máxima fosse 26 C, 
a mínima 18 C, e que durante a tarde a temperatura fosse menor do que durante a manhã. 
 
Quais devem ser os valores de A e de B para que o pedido dos funcionários seja atendido? 
a) A 18 e B 8= = 
b) A 22 e B 4= = − 
c) A 22 e B 4= = 
d) A 26 e B 8= = − 
e) A 26 e B 8= = 
 
45. (Fuvest 2016) No plano cartesiano, um círculo de centro P (a, b)= tangencia as retas de 
equações y x= e x 0.= Se P pertence à parábola de equação 2y x= e a 0, a ordenada b 
do ponto P é igual a 
a) 2 2 2+ 
b) 3 2 2+ 
c) 4 2 2+ 
d) 5 2 2+ 
e) 6 2 2+ 
 
46. (Espcex (Aman) 2015) A população de peixes em uma lagoa varia conforme o regime de 
chuvas da região. Ela cresce no período chuvoso e decresce no período de estiagem. Esta 
população é descrita pela expressão 3
t 2
P(t) 10 cos 5
6
π
  − 
= +   
   
 em que o tempo t é 
medido em meses. É correto afirmar que 
a) o período chuvoso corresponde a dois trimestres do ano. 
b) a população atinge seu máximo em t 6.= 
c) o período de seca corresponde a 4 meses do ano. 
d) a população média anual é de 6.000 animais. 
e) a população atinge seu mínimo em t 4= com 6.000 animais. 
 
47. (Unicamp 2015) A figura a seguir exibe um pentágono com todos os lados de mesmo 
comprimento. 
 
 
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A medida do ângulo θ é igual a 
a) 105 . 
b) 120 . 
c) 135 . 
d) 150 . 
 
48. (Eear 2019) Se 0 x 90    e se 
3
sen 4x ,
2
= − um dos possíveis valores de x é 
a) 30 
b) 45 
c) 75 
d) 85 
 
49. (Fuvest 2015) Sabe-se que existem números reais A e 0x , sendo A 0, tais que 
 
0senx 2 cosx A cos(x x )+ = − 
 
para todo x real. O valor de A é igual a 
a) 2 
b) 3 
c) 5 
d) 2 2 
e) 2 3 
 
50. (Enem PPL 2019) Os movimentos ondulatórios (periódicos) são representados por 
equações do tipo Asen(wt ),θ + que apresentam parâmetros com significados físicos 
importantes, tais como a frequência 
2
w ,
T
π
= em que T é o período; A é a amplitude ou 
deslocamento máximo; θ é o ângulo de fase 
2
0 ,
w
π
θ  que mede o deslocamento no eixo 
horizontal em relação à origem no instante inicial do movimento. 
O gráfico representa um movimento periódico, P P(t),= em centímetro, em que P é a posição 
da cabeça do pistão do motor de um carro em um instante t, conforme ilustra a figura. 
 
 
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A expressão algébrica que representa a posição P(t), da cabeça do pistão, em função do 
tempo t é 
a) P(t) 4sen(2t)= 
b) P(t) 4sen(2t)= − 
c) P(t) 4sen(4t)= − 
d) P(t) 4sen 2t
4
π 
= + 
 
 
e) P(t) 4sen 4t
4
π 
= + 
 
 
 
51. (Unicamp 2018) Seja x um número real tal que sen x cos x 0,2.+ = Logo, | sen x cos x |− 
é igual a 
a) 0,5. 
b) 0,8. 
c) 1,1. 
d) 1,4. 
 
52. (Espcex (Aman) 2020) Na figura abaixo está representado um trecho do gráfico de uma 
função real da forma y m sen (nx) k,=  + com n 0. 
 
 
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Os valores de m, n e k, são, respectivamente 
a) 3,
3
π
 e 1.− 
b) 6,
6
π
 e 1. 
c) 3,
6
π
− e 1. 
d) 3,
3
π
− e 1. 
e) 3,
6
π
 e 1.− 
 
53. (Unicamp 2020) A figura abaixo exibe o triângulo retângulo ABC, em que AB AM MC.= = 
Então, tgθ é igual a 
 
 
a) 1 2. 
b) 1 3. 
c) 1 4. 
d) 1 5. 
 
 
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54. (Enem PPL 2019) Uma pista circular delimitada por duas circunferências concêntricas foi 
construída. Na circunferência interna dessa pista, de raio 0,3 km, serão colocados aparelhos 
de ginástica localizados nos pontos P, Q e R, conforme a figura. 
 
 
 
O segmento RP é um diâmetro dessa circunferência interna, e o ângulo ˆPRQ tem medida 
igual a 
5
π
 radianos. 
 
Para uma pessoa ir do ponto P ao ponto Q andando pela circunferência interna no sentido 
anti-horário, ela percorrerá uma distância, em quilômetro, igual a 
a) 0,009π 
b) 0,03π 
c) 0,06π 
d) 0,12π 
e) 0,18π 
 
55. (Epcar (Afa) 2017) Seja a matriz 
1 cos x sen x
A cos x 1 0 .
sen x 2 1
 
 
=  
 
 
 
 
Considere a funחדo f : → definida por f(x) det A.= 
 
Sobre a funחדo g : → definida por 
1
g(x) 1 | f(x) |,
2
= −  em que | f(x) | ,(dulo de f(xףo m י י 
correto afirmar que 
a) possui período .π 
b) seu conjunto imagem é 
1
, 0 .
2
 
− 
 
 
c) é par. 
d) é crescente no intervalo , .
4 4
π π 
− 
 
 
 
 
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56. (Espcex (Aman) 2018) O conjunto solução da inequação 22sen x cosx 1 0,− −  no 
intervalo  0, 2π é 
a) 
2 4
, .
3 3
π π 
 
 
 
b) 
5
, .
3 6
π π 
 
 
 
c) 
5
, .
3 3
π π 
 
 
 
d) 
2 4 5
, , .
3 3 3 3
π π π π   
   
   
 
e) 
5 7 10
, , .
6 6 6 6
π π π π   
   
   
 
 
57. (Fuvest 2019) Um triângulo retângulo com vértices denominados A, B e C apoia‐se sobre 
uma linha horizontal, que corresponde ao solo, e gira sem escorregar no sentido horário. Isto é, 
se a posição inicial é aquela mostrada na figura, o movimento começa com uma rotação em 
torno do vértice C até o vértice A tocar o solo, após o que passa a ser uma rotação em torno 
de A, até o vértice B tocar o solo, e assim por diante. 
 
 
 
Usando as dimensões indicadas na figura (AB 1= e BC 2),= qual é o comprimento da 
trajetória percorrida pelo vértice B, desde a posição mostrada, até a aresta BC apoiar‐se no 
solo novamente? 
a) 
3
2
π 
b) 
3 3
3
π
+
 
c) 
13
6
π 
d) 
3 3
2
π
+
 
e) 
8 2 3
3
π
+
 
 
58. (Unicamp 2019) Sejam k e θ números reais tais que sen θ e cos θ são soluções da 
equação quadrática 22x x k 0.+ + = Então, k é um número 
a) irracional. 
b) racional não inteiro. 
c) inteiro positivo. 
 
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d) inteiro negativo. 
 
59. (EnemPPL 2019) As coordenadas usualmente utilizadas na localização de um ponto 
sobre a superfície terrestre são a latitude e a longitude. Para tal, considera-se que a Terra tem 
a forma de uma esfera. 
Um meridiano é uma circunferência sobre a superfície da Terra que passa pelos polos Norte e 
Sul, representados na figura por PN e PS. O comprimento da semicircunferência que une os 
pontos PN e PS tem comprimento igual a 20.016 km. A linha do Equador também é uma 
circunferência sobre a superfície da Terra, com raio igual ao da Terra, sendo que o plano que a 
contém é perpendicular ao que contém qualquer meridiano. 
Seja P um ponto na superfície da Terra, C o centro da Terra e o segmento PC um raio, 
conforme mostra a figura. Seja  o ângulo que o segmento PC faz com o plano que contém a 
linha do Equador. A medida em graus de  é a medida da latitude de P. 
 
 
 
Suponha que a partir da linha do Equador um navio viaja subindo em direção ao Polo Norte, 
percorrendo um meridiano, até um ponto P com 30 graus de latitude. 
 
Quantos quilômetros são percorridos pelo navio? 
a) 1.668 
b) 3.336 
c) 5.004 
d) 6.672 
e) 10.008 
 
60. (Espcex (Aman) 2012) A função real f(x) está representada no gráfico abaixo. 
 
 
 
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A expressão algébrica de f(x) é 
a) ( )

= 

- senx , se x < 0
f x
cosx , se x 0
 
b) ( )

= 

cosx , se x < 0
f x
senx , se x 0
 
c) ( )

= 

- cosx , se x < 0
f x
senx , se x 0
 
d) ( )

= 

senx , se x < 0
f x
cosx , se x 0
 
e) ( )
−
= 

senx, se x < 0
f x
cosx, se x 0
 
 
61. (Epcar (Afa) 2012) Sendo  x 0, 2 ,π a interpretação gráfica no ciclo trigonométrico para o 
conjunto solução da inequação 4 28sen x 10sen x 3 0− + −  é dada por 
a) 
b) 
c) 
 
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d) 
 
62. (Epcar (Afa) 2016) Considere a função real sobrejetora f : A B→ definida por 
sen3 x cos3x
f(x)
senx cosx
= − 
Sobre f é FALSO afirmar que 
a) O conjunto A é 
k
x | x ,k
2
π 
   
 
 
b) f é par. 
c) f é injetora. 
d) B {2}= 
 
63. (Esc. Naval 2013) A soma das soluções da equação trigonométrica cos2x 3cosx 2,+ = − 
no intervalo  0,2π é 
a) π 
b) 2π 
c) 3π 
d) 
5
3
π
 
e) 
10
3
π
 
 
64. (Espcex (Aman) 2018) Sendo 
1
M arctg(X), N arctg
X
 
= =  
 
 e P tg(M N),= − o valor de 30P 
para X 15= é 
a) 
224
.
30
 
b) 
45
.
6
 
c) 45. 
d) 224. 
e) 225. 
 
65. (Epcar (Afa) 2011) O período da função real f definida por 
sen 3x sen x
f(x)
cos 3x cos x
+
=
+
 é igual a 
a) 2π 
b) π 
c) 
4
π
 
d) 
2
π
 
 
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66. (Esc. Naval 2013) Considerando a função f(x) cosx,= 0 x ,π  é inversível, o valor de 
2
tg arccos
5
 
 
 
 é 
a) 
21
5
− 
b) 
4
25
− 
c) 
21
2
− 
d) 
21
25
 
e) 
21
2
 
 
67. (Epcar (Afa) 2012) Considere A o conjunto mais amplo possível na função real f: A ,→ 
dada por ( )
senx cosx
f x .
cossec x sec x
= + 
Sobre a função f é correto afirmar que 
a) 
k
A x | x , k .
2
π 
=    
 
 
b) é periódica com período igual a .π 
c) é decrescente se x x | 2k x 2k , k .
2
π
π π π
 
  +   +  
 
 
d) é ímpar. 
 
68. (Epcar (Afa) 2019) Seja a equação trigonométrica 3 2tg x 2 tg x tgx 2 0,− − + = com 
3
x [0, 2 [ , .
2 2
π π
π
  
 −  
  
 
Sobre a quantidade de elementos distintos do conjunto solução dessa equação, é correto 
afirmar que são, exatamente, 
a) três. 
b) quatro. 
c) cinco. 
d) seis. 
 
69. (Esc. Naval 2014) Um observador, de altura desprezível, situado a 25 m de um prédio, 
observa-o sob um certo ângulo de elevação. Afastando- se mais 50 m em linha reta, nota que 
o ângulo de visualização passa a ser a metade do anterior. Podemos afirmar que a altura, em 
metros, do prédio é 
a) 15 2 
b) 15 3 
c) 15 5 
d) 25 3 
e) 25 5 
 
70. (Espcex (Aman) 2020) O conjunto solução da inequação 22 cos x sen x 2,+  no intervalo 
 
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[0, ],π é 
a) 0,
6
π 
 
 
 
b) 
5
,
6
π
π
 
 
 
 
c) 
2
0, ,
3 3
π π
π
   
   
   
 
d) 0,
3
π 
 
 
 
e) 
5
0, ,
6 6
π π
π
   
   
   
 
 
71. (Esc. Naval 2013) A figura abaixo mostra um paralelogramo ABCD. Se d representa o 
comprimento da diagonal BD e α e β são ângulos conhecidos (ver figura), podemos afirmar 
que o comprimento x do lado AB é igual a 
 
 
a) d cosβ 
b) 
( )
d sen
sen
α
α β+
 
c) d senβ 
d) 
( )
d cos
sen
α
α β+
 
e) ( )( )d cos 180º α β− + 
 
72. (Esc. Naval 2012) A soma dos quadrados das raízes da equação 2senx 1 2sen x,= − 
quando 0 x 2π  vale 
a) 2
49
36
π 
b) 2
49
9
π 
c) 2
7
3
π 
d) 2
14
9
π 
e) 2
49
6
π 
 
 
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73. (Esc. Naval 2012) Qual o valor da expressão 2
x
cossec x cotg 2,
2
π
π + + onde x é a 
solução da equação trigonométrica 
x
arctg x arctg
x 1 4
π 
+ = 
+ 
 definida no conjunto  1 ?− − 
a) 3 
b) 1− 
c) 
6 2
2
+
 
d) 2 
e) 
4 2
2
+
 
 
74. (Epcar (Afa) 2018) No círculo de centro O a seguir, OA 2 m,= M é o ponto médio de OP 
e a área y do triângulo retângulo ONM é dada em função do comprimento x do arco AP, 
com 0 x .
2
π
  
 
 
 
Assim sendo, é correto afirmar que y 
a) é decrescente se x , .
4 2
π π 
  
 
 
b) assume valor máximo 20,125 m . 
c) pode assumir valor igual a 2
2
m .
2
 
d) é sempre um número racional. 
 
75. (Esc. Naval 2013) Sabendo que 
3b sec ...
3 6 12
π π π 
= + + + 
 
 então, o valor de 2log b é 
a) 8 
b) 4 
c) 3 
d) 1 
e) 0 
 
76. (Esc. Naval 2014) Um recipiente cúbico de aresta 4 cm está apoiado em um plano 
 
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horizontal e contém água até uma altura de 3 cm. 
Inclina-se o cubo, girando de um ângulo α em torno de uma aresta da base, até que o líquido 
comece a derramar. A tangente do ângulo α é 
a) 
1
3
 
b) 3 
c) 
3
2
 
d) 
1
2
 
e) 1 
 
77. (Esc. Naval 2013) Para que valores de m vale a igualdade 
m 1
senx , x ?
m 2
−
= 
−
 
a) m 2 
b) 
3
m
2
 
c) 
3
m
2
 ou m 2 
d) 
5
m
2
 e m 2 
e) 
7
m
2
 e m 2 
 
78. (Epcar (Afa) 2015) Nas expressões x, y e z, considere a simbologia: 
 
- log é o logaritmo decimal; 
- i é a unidade imaginária dos números complexos; 
- sen é o seno de um arco; e 
- n! é o fatorial de n. 
 
Se 
3
3log(100!)
x ,
log1 log8 log27 ... log100
=
+ + + +
 
2 3 100
2 3 100
i i i ... i
y
i i i ... i
+ + + +
=
   
 e 
z sen sen( ) sen( 2 ) ... sen( 99 ),α α π α π α π= + + + + + + + então o valor de yx z+ é 
a) 0 
b) 1 
c) 2 
d) 3 
 
79. (Fuvest 2021) Suponha, para simplificar, que a Terra é perfeitamente esférica e que a linha 
do Equador mede 40.000 km. O trajeto que sai do Polo Norte, segue até a linha do Equador 
pelo meridiano de Greenwich, depois se desloca ao longo da linha do Equador até o meridiano 
45 L e então retorna ao Polo Norte por esse meridiano tem comprimento total de 
a) 15.000 km. 
b) 20.000 km. 
c) 25.000 km. 
d) 30.000 km. 
e) 35.000 km. 
 
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80. (Fuvest 2021) 
 
 
Na figura, os segmentos AC e DE são paralelos entre si e perpendiculares ao segmento CD; 
o ponto B pertence ao segmento AC; F é o ponto médio do segmento AB; e ABE é um 
triângulo equilátero. Além disso, o segmento BC mede 10 unidades de comprimento e o 
segmento AE mede 6 unidades de comprimento. A medida do segmento DF, em unidades de 
comprimento, é igual a 
a) 14. 
b) 15. 
c) 16. 
d) 17. 
e) 18. 
 
81. (Enem 2020) Pergolado é o nome que se dá a um tipo de cobertura projetadapor 
arquitetos, comumente em praças e jardins, para criar um ambiente para pessoas ou plantas, 
no qual há uma quebra da quantidade de luz, dependendo da posição do sol. É feito como um 
estrado de vigas iguais, postas paralelas e perfeitamente em fila, como ilustra a figura. 
 
 
 
Um arquiteto projeta um pergolado com vãos de 30 cm de distância entre suas vigas, de modo 
que, no solstício de verão, a trajetória do sol durante o dia seja realizada num plano 
perpendicular à direção das vigas, e que o sol da tarde, no momento em que seus raios fizerem 
30 com a posição a pino, gere a metade da luz que passa no pergolado ao meio-dia. 
 
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Para atender à proposta do projeto elaborado pelo arquiteto, as vigas do pergolado devem ser 
construídas de maneira que a altura, em centímetro, seja a mais próxima possível de 
a) 9. 
b) 15. 
c) 26. 
d) 52. 
e) 60. 
 
82. (Unicamp 2021) A figura abaixo exibe um quadrado ABCD em que M é o ponto médio do 
lado CD. 
 
 
 
Com base na figura, tg( ) tg( )θ α+ é igual a 
a) 7. 
b) 6. 
c) 5. 
d) 4. 
 
83. (Unicamp 2021) Considere que os ângulos internos de um triângulo formam uma 
progressão aritmética. Dado que a, b, c são as medidas dos lados do triângulo, sendo 
a b c,  é correto afirmar que 
a) 2 2 2b ac a c .+ = + 
b) 2 2 2a bc b c .+ = + 
c) 2 2 2a bc b c .− = + 
d) 2 2 2b ac a c .− = + 
 
84. (Ita 2018) Os lados de um triângulo de vértices A, B e C medem AB 3 cm, BC 7 cm= = e 
CA 8 cm.= A circunferência inscrita no triângulo tangencia o lado AB no ponto N e o lado 
CA no ponto K. Então, o comprimento do segmento NK, em cm, é 
a) 2. 
b) 2 2. 
c) 3. 
d) 2 3. 
e) 
7
.
2
 
 
 
Página 34 de 79 
 
85. (Ita 2019) Considere um retângulo ABCD em que o comprimento do lado AB é o dobro 
do comprimento do lado BC. Sejam M o ponto médio de BC e N o ponto médio de CM. A 
tangente do ângulo MÂN é igual a 
a) 
1
.
35
 
b) 
2
.
35
 
c) 
4
.
35
 
d) 
8
.
35
 
e) 
16
.
35
 
 
86. (Ita 2019) Seja γ a circunferência de equação 2 2x y 4.+ = Se r e s são duas retas que 
se interceptam no ponto P (1, 3)= e são tangentes a ,γ então o cosseno do ângulo entre r e 
s é igual a 
a) 
1
.
5
 
b) 
7
.
7
 
c) 
1
.
2
 
d) 
2
.
2
 
e) 
2 6
.
5
 
 
87. (Ita 2018) Em um triângulo de vértices A, B e C são dados ˆB̂ , C
2 3
π π
= = e o lado 
BC 1cm.= Se o lado AB é o diâmetro de uma circunferência, então a área da parte do 
triângulo ABC externa à circunferência, em 
2cm , é 
a) 
3 3
.
8 16
π
− 
b) 
5 3
.
4 2
π
− 
c) 
5 3 3
.
8 4
π
− 
d) 
5 3
.
16 8
π
− 
e) 
5 3 3
.
8 16
π
− 
 
88. (Ime 2019) Os ângulos 1 2 3 100, , , ,θ θ θ θ são os termos de uma progressão aritmética na 
qual 11 26 75 90 .
4
π
θ θ θ θ+ + + = O valor de 
100
ii 1
sen θ
=
 
 
 
 é: 
 
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a) 1− 
b) 
2
2
− 
c) 0 
d) 
2
2
 
e) 1 
 
89. (Ita 2020) Seja a um número real satisfazendo 0 a .
2
π
  Então, a soma de todos os 
valores de x [0, 2 ]π que satisfazem a equação cosxsen(a x) sena+ = é igual a 
a) 5 2a.π + 
b) 5 a.π + 
c) 5 .π 
d) 5 a.π − 
e) 5 2a.π − 
 
90. (Fuvest 2013) Uma das primeiras estimativas do raio da Terra é atribuída a Eratóstenes, 
estudioso grego que viveu, aproximadamente, entre 275 a.C. e 195 a.C. Sabendo que em 
Assuã, cidade localizada no sul do Egito, ao meio dia do solstício de verão, um bastão vertical 
não apresentava sombra, Eratóstenes decidiu investigar o que ocorreria, nas mesmas 
condições, em Alexandria, cidade no norte do Egito. O estudioso observou que, em Alexandria, 
ao meio dia do solstício de verão, um bastão vertical apresentava sombra e determinou o 
ângulo θ entre as direções do bastão e de incidência dos raios de sol. O valor do raio da Terra, 
obtido a partir de θ e da distância entre Alexandria e Assuã foi de, aproximadamente, 7500 
km. 
 
 
 
O mês em que foram realizadas as observações e o valor aproximado de θ são 
(Note e adote: distância estimada por Eratóstenes entre Assuã e Alexandria 900 km; 3.π = ) 
a) junho; 7°. 
b) dezembro; 7°. 
c) junho; 23°. 
d) dezembro; 23°. 
e) junho; 0,3°. 
 
 
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Gabarito: 
 
Resposta da questão 1: 
 [B] 
 
 
 
ABP é isósceles (AB BP 2000)= =Δ 
o
No PBC temos:
d
sen60
2000
3 d
2 2000
d 1000 3 m
=
=
=
Δ
 
 
Resposta da questão 2: 
 [E] 
 
Considere a vista lateral de uma das torres Puerta de Europa. 
 
 
 
Do triângulo ABC, obtemos 
 
BC BC
tgB A C tg15
114AB
BC 114 0,26
BC 29,64 m.
=   =
  
 
 
 
Portanto, como a base é um quadrado, segue-se que sua área é aproximadamente igual a 
 
 
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2 2 2BC (29,64) 878,53 m .=  
 
Resposta da questão 3: 
 [B] 
 
Do enunciado, temos: 
3 180
54
10
 
=  
 
Resposta da questão 4: 
 [C] 
 
( )cos165 sen155 cos145 sen25 cos35 cos15
cos15 sen25 cos35 sen25 cos35 cos15 0
 +  +  −  +  +  =
−  +  −  −  +  +  =
 
 
Resposta da questão 5: 
 [C] 
 
Sabendo que 
senx
tgx ,
cosx
= com x k
2
π
π + e 2 2cos x 1 sen x,= − vem 
 
2
2
2
senx
cosx tgx cosx
cosx
cos x senx
sen x senx 1
11
1senx
42
1 5
senx
2 2
5 1
senx .
2
=  =
 =
 + =
 
 − =+ 
 
 + = 
−
 =
 
 
Resposta da questão 6: 
 [D] 
 
22 cos x 3 cos x 1 0
3 1 1
cosx cosx 1 ou cosx = -
2 2 2
cosx 1 x
1 2 4
cosx = - x ou x
2 3 3
π
π π
+ + =
− 
=  = −

= −  =
 
 = =
 
 
Portanto, o número de raízes da equação é 3. 
 
Resposta da questão 7: 
 [D] 
 
 
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Como P pertence ao segundo quadrante e 
2
sen45 ,
2
 = segue que 45 90 135 .α = +  =  Por 
outro lado, sabendo que Q é do terceiro quadrante e 
1
cos60 ,
2
 = vem 60 180 240 .β =  +  =  
 
Portanto, 
 
( )
2 2
tg tg(135 240 )
tg(360 15 )
tg15
tg(45 30 )
tg45 tg30
1 tg45 tg30
3
1
3 3 (3 3) 9 6 3 3 6(2 3)3 2 3.
63 3 3 (3 3) 3 ( 3)
1 1
3
α β+ =  + 
=  + 
= 
=  − 
 − 
=
+   
−
− − − + −
= =  = = = −
+ − −
+ 
 
 
Resposta da questão 8: 
 [D] 
 
Temos que 
 
sec 1320 sec (3 360 240 )
sec 240
sec 60
2,
 =   + 
= 
= − 
= −
 
 
53 5
cos cos 8 2
3 3
5
cos
3
cos
3
1
2
π π
π
π
π
   
=  +   
   
=
=
=
 
e 
 
tg 2220 tg(6 360 60 )
tg60
3.
 =   + 
= 
=
 
 
Portanto, 
 
2 2sec 1320 53 2 12 cos (tg 2220 ) 2 ( 3)
2 3 2 2
1 1 3
1.
π − 
−  +  = −  + 
 
= − − +
=
 
 
 
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Resposta da questão 9: 
 [C] 
 
735 2 360 15 =   +  
 
Portanto, 
cos735 cos15 cos(45 30 )
cos45 cos30 sen45 sen30
2 3 2 1 6 2
2 2 2 2 4
 =  =  −  =
=    +    =
+
=  +  =
 
 
Resposta da questão 10: 
 [A] 
 
Calculando: 
máx
P(t) A Bcos(kt)
A B cos(kt) 120
2A 198 A 99
A B cos(kt) 78
P cos(kt) 1
99 B 120 B 21
90 batimentos 1 6 2
T s s
60 segundos T 9 3
2 3
k 2 3
T 2
Assim :
P(t) 99 21 cos(3 t)
π
π π
π
= +
+  =
 =  =
−  =
 =
+ =  =
=  = =
= =  =
= + 
 
 
Resposta da questão 11: 
 [A] 
 
A função f é do tipo f(t) a bsen(mt).= + Logo, sendo f(0) 88,= temos a 88.= Ademais, pelo 
gráfico, sabemos que o período de f é 2π e, portanto, vem m 1.= 
Finalmente, como f 168,
2
π 
= 
 
 obtemos 
168 88 b b 80.= +  = 
 
A resposta é f(t) 88 80sent.= + 
 
Resposta da questão 12: 
 [D] 
 
A produção é máxima quando preço é mínimo, ou seja, quando 
x
cos 1.
6
π π− 
= − 
 
 O menor 
valor positivo de x para o qual se tem o preço mínimo é tal que 
 
x x
cos cos 2k
6 6
x 12k 7, k .
π π π π
π π π
− − 
=  = + 
 
 = + 
 
 
 
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Portanto, para k 0,= segue que x 7,= e o mês de produção máxima desse produto é julho 
 
Resposta da questão 13: 
 [D] 
 
O compasso forma,com a superfície do papel, um triângulo isóscele de lados 10,10 e R 
(raio), e ângulos 120, 30 e 30 graus. Sabendo-se disto, pode-se calcular o raio R : 
R 10 1 3
R 10 R 10 3 17cm 15 R 21
sen 120 sen 30 2 2
=   =   =    
 
 
 
Resposta da questão 14: 
 [A] 
 
 
 
No triângulo destacado, temos: 
 
o dsen60
2
3 d
2 2
d 3
=
=
=
 
 
Resposta da questão 15: 
 [C] 
 
Calculando: 
( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 22
AC 2 1 AC 5
AD 2 6 AD 40
5 5 40 2 5 40 cos 2 200 cos 20
10 2
cos cos 45
210 2
θ θ
θ θ θ
= + → =
= + → =
= + −    →  =
= → = → = 
 
 
Resposta da questão 16: 
 [C] 
 
Página 41 de 79 
 
 
 
 
2 2 2
2 2
2
2
a 3 a 2a
No CMB : cos30° x
x 2 x 3
a
3 a a2No ENB : cos30° y
y 2 2y 3
ˆCBE 180 30 30 120
Aplicando o teorema dos cossenos no triângulo CBE, temos:
CE x y 2.x.y.cos120
4a a 2a a 1
CE 2
3 3 23 3
5a
CE
Δ
Δ
=  =  =
=  =  =
=  −  −  = 
= + − 
 
= + −    − 
 
=
2 2
2
2
2a
3 3
7a
CE
3
7
CE a.
3
+
=
=
 
 
Resposta da questão 17: 
 [B] 
 
Supondo que a Terra seja uma esfera, considere a figura. 
 
 
 
Como AB é tangente à esfera, segue que OB AB.⊥ Além disso, AO h R= + e OB R.= 
Portanto, do triângulo AOB, obtemos 
 
 
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OB R
sen sen
h RAO
R hsen Rsen
R Rsen hsen
R(1 sen ) hsen
hsen
R .
1 sen
α α
α α
α α
α α
α
α
=  =
+
 = +
 − =
 − =
 =
−
 
 
Resposta da questão 18: 
 [B] 
 
Considere a figura, em que h é a diferença pedida. 
 
 
 
Sabendo que 
3
cos30 ,
2
 = vem 
 
2 2
3
1
30 1 cos30 2sen sen 15
2 2 2
2 1,73
sen15
2
1 27
sen15
2 100
1 3 1,73
sen15
2 10
sen15 0,26.
−
 −  
=   = 
 
−
  
   

   
  
 
 
Portanto, 
 
h 100 sen15 100 0,26 26 m.=     = 
 
Resposta da questão 19: 
 [E] 
 
 
 
 
Página 43 de 79 
 
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
2
2 2 2 2
ABF y 4 2 y 20 y 2 5
EHF z 4 2 z 20 z 2 5
EHA x 2 2 x 8 x 2 2
Lei dos Cossenos :
z x y 2xy cosa 20 8 20 2 2 2 2 5 cosa
1
8 10 cosa 8 cosa
10
1 391sen a cos a 1 sen a 1 sen a 1 sen a
10 1010 10
 → = + → = → =
 → = + → = → =
 → = + → = → =
= + −  → = + −   
 = → =
 
+ = → + = → = − = → = 
 
 
 
Resposta da questão 20: 
 [A] 
 
O menor caminho, por inspeção, corresponde ao comprimento de 8 segmentos de reta de 
medida igual a 1, somado ao comprimento do arco definido pelo ângulo central de 
4 2
1 rad
6 3
 
 = e raio 1, ou seja, 
2
8.
3

+ 
 
Resposta da questão 21: 
 [B] 
 
2 2
2 2
2
cos(2x) cos(x) 0
cos x sen x cosx 0
cos x (1 cos x) cosx 0
2cos x cosx 1 0
1 3
cosx
4
1
cosx 1 ou cosx
2
− =
− − =
− − − =
− − =

=
= = −
 
 
 
 
Logo, 
2
x
3
=
π
 ou 
4
x
3
=
π
 ou x 0.= 
 
 
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Portanto, a soma das raízes da equação será dada por: 
2 4
0 2
3 3
π π
π+ + = 
 
Resposta da questão 22: 
 [D] 
 
De acordo com o enunciado, a bolinha desloca-se em linha reta do ponto P até a 
circunferência de raio 6 e depois desloca-se sobre esta, em sentido anti-horário, por 120 , o 
que resulta na posição final sobre o ponto F. 
 
Resposta da questão 23: 
 [D] 
 
De ( ) ( )sen 2 x sen 3 x ,π π− + + temos: 
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
sen 2 x sen 3 x sen 2 cos x sen x cos 2 sen 3 cos x sen x cos 3
sen 2 x sen 3 x 0 cos x sen x 1 0 cos x sen x 1
sen 2 x sen 3 x sen x sen x
sen 2 x sen 3 x 2sen x
π π π π π π
π π
π π
π π
− + + =  −  +  + 
− + + =  −  +  +  −
− + + = − −
− + + = −
 
 
Resposta da questão 24: 
 [B] 
 
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo ABC, vem 
 
2 2 2 2 2 2AC AB BC AB 12 6
AB 108
AB 6 3 cm.
= +  = −
 =
 =
 
 
Do triângulo ABM encontramos 
 
BM 3 3
tgBAM tgBAM .
6AB 6 3
=  = = 
 
É fácil ver que tgBAC 2 tgBAM.=  Logo, obtemos 
 
 
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2
2
tgMAC tg(BAC BAM)
2 tgBAM tgBAM
1 2 tgBAM tgBAM
tgBAM
1 2 tg BAM
3
6
3
1 2
6
3 6
6 7
3
.
7
= −
 −
=
+  
=
+ 
=
 
+   
 
= 
=
 
 
Resposta da questão 25: 
 [C] 
 
Considere a figura. 
 
 
 
Do triângulo ACD, pelo Teorema de Pitágoras, encontramos 
 
2 2 2 2 2AC AD CD AC 1 2
AC 5.
= +  = +
 =
 
 
Desse modo, vem 
 
CD 2
cosACD cosACD .
AC 5
=  = 
 
Como os triângulos ACD e ACB são congruentes por LAL, segue que BCD 2 ACD=  e, 
portanto, 
 
2
2
cosBCD 2 cos ACD 1
2
2 1
5
3
.
5
=  −
 
=  − 
 
=
 
 
Página 46 de 79 
 
 
Resposta da questão 26: 
 [B] 
 
O seno de 30 é igual a 0,5, portanto: 
l(x) k sen(x) k sen(30 ) 0,5 k=  =   = 
 
Logo, a intensidade luminosa se reduz a 50%. 
 
Resposta da questão 27: 
 [A] 
 
Vamos supor que α e β sejam reais positivos. 
Sabendo que fIm [ 1,1]= − e fP 2 ,π= dos gráficos, temos gIm [ , ],α α= − com 0 1α  e 
gP 4 .π= Assim, vem 
1
0 1.
2
β =  
 
Resposta da questão 28: 
 [C] 
 
Do enunciado, 
( )
x 45 120 180
x 60 45
tgx tg 60 45
tg60 tg45
tgx
1 tg60 tg45
3 1
tgx
1 3 1
+ + =
= −
= −
−
=
+ 
−
=
+ 
 
( )
( )
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
22
2
22
2
3 1
tg x
1 3
3 2 3 1 1
tg x
1 2 1 3 3
4 2 3
tg x
4 2 3
2 2 3
tg x
2 2 3
2 3
tg x
2 3
2 3 2 3
tg x
2 3 2 3
2 2 2 3 3
tg x
2 3
tg x 7 4 3
 −
=   + 
−   +
=
+   +
−
=
+
 −
=
 +
−
=
+
− −
= 
+ −
−   +
=
−
= − 
 
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Resposta da questão 29: 
 [E] 
 
Sabemos que π é uma raiz desta função, portanto: 
[A] = − − = − =f( ) 1 sen ( ) 1 0 1π π π 
[B] = + − = + =f( ) 1 cos ( ) 1 1 2π π π 
[C] = − + = − =f( ) 2 cos ( ) 2 1 1π π π 
[D] = − + = − =f( ) 2 sen ( ) 2 0 2π π π 
[E] = − − = − =f( ) 1 cos ( ) 1 1 0π π π 
 
Logo, a opção [E] é a correta. 
 
Resposta da questão 30: 
 [B] 
 
Seja h a altura do cilindro. 
Na figura é possível perceber que foram dadas seis voltas em torno do cilindro. Logo o cateto 
adjacente ao ângulo de 30 mede 
6
6 2 72cm   =

 e, portanto, temos 
 
h
tg30 h 24 3 cm.
72
 =  = 
 
Resposta da questão 31: 
 [D] 
 
Calculando: 
( )1 2 3 2 1 3
2
2 2 2 2
PA a , a , a 2a a a
1 senx
2sec x 2 t g x 2 2 sen x 2cosx 2 sen x 2 2cosx
cosx cosx
sen x 1 cos x
1 cos x 2 2cosx 1 cos x 4 8cosx 4cos x 5cos x 8cosx 3 0
3
cosx ou cosx 1 (não convém)
5
5 4
sec x ; tgx
3 3
5 4 1
PA r r
3 3 3
→ → = +
= + →  = + → + = → = −
= −
− = − → − = − + → − + =
= =
= =
→ = − → =
 
 
Resposta da questão 32: 
 [A] 
 
h = altura do avião ao ultrapassar o morro. 
 
h
tan 15 h 3,8 tg 15
3,8
 =  =   
 
 
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Resposta da questão 33: 
 [E] 
 
 
 
Na figura, temos: 
( )
( )
( )
( )
1
2
3
4
A, 1
B, 1
C, 1
D, 1
λ
λ
λ
λ
 
 
ABC é um triângulo equilátero, pois AB AC BC 2.= = = 
1T é ponto de tangência entre 1λ e MQ, logo, 1AT MQ⊥ 
2T é ponto de tangência entre 2λ e MQ, logo, 2BT MQ⊥ 
3T é ponto de tangência entre 2λ e QP, logo, 3BT QP⊥ 
4T é ponto de tangência entre 4λ e QP, logo, 4DT QP⊥ 
5T é ponto de tangência entre 4λ e NP, logo, 5DT NP⊥ 
 
Como 1 2 2 1 1 2AT T BT T 90 , AT / /BT .= =  
Como 1 2 1 2AT / /BT , AT BT 1= = e 1 2 2 1 1 2AT T BT T 90 , AT T B= =  é um retângulo, logo, AB / /MQ. 
Analogamente, BD / /QP, portanto, ˆMQP 60 .=  
Os triângulos 3QBT e 2QBT são congruentes, pelo caso LAL, logo, 3 2
60ˆ ˆBQT BQT 30 .
2

= = =  
No triângulo 3BQT , 
3
3
3
1
tg30
QT
3 1
3 QT
QT 3
 =
=
=
 
 
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Os triângulos 4PDT e 5PDT são congruentes, pelo caso LAL, logo, 
4 5
120ˆ ˆT PD T PD 60 .
2

= = =  
No triângulo 4PT D, 
4
4
4
1
tg60
PT
1
3
PT
3
PT
3
 =
=
=
 
 
Assim, temos: 
 
 
 
Portanto, 
2
6 4 3 12 4 3
X sen 60
3 3
6 4 3 12 4 3 3
X
3 3 2
36 20 3
X cm
3
+ +
=   
+ +
=  
+
=
 
 
Resposta da questão 34: 
 [B] 
 
Efetuando o produto matricial, vem 
 
0 3 tg 6cos 03 6 tg
6 8 cos 2 3 6 tg 8cos 2 3
3 tg 6cos 0
3 tg 4cos 3
2cos 3
3
cos
2
rad.
6
 +  =      
=     
 −  +  = −      
 +  =
 
−  −  =
  =
  =

  =
 
 
Desse modo, 
 
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3tg 6cos 0 tg 3
6
rad
3

 + =   = −

  = −
 
 
e, portanto, 
 
rad.
3 6 6
  
 +  = − + = − 
 
Resposta da questão 35: 
 [C] 
 
Do enunciado, temos: 
 
 
 
No triângulo OAT, 
( )
2
8
tg 30
AT
3 8
3 AT
AT 3 8 3
8 3
AT
3
8 3 3
AT
3 3
AT 8 3
AT 192
 =
=
 = 

=

= 
=
=
 
 
Portanto, a potência de A em relação à circunferência é igual a 2192 cm . 
 
Resposta da questão 36: 
 [B] 
 
Seja a medida do lado do triângulo que é oposto ao ângulo de 30 . Pela Lei dos Senos, tem-
se que 
 
 
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2R R.
sen30
=  =

 
 
Resposta da questão 37: 
 [B] 
 
 
 
Aplicando o teorema dos cossenos no triângulo BMN, temos: 
2 2 2
14 1 1 1 1
2. . .cos
4 2 2 2 2
     
= + −            
 
 
Resolvendo, temos 
3
cos
4
 = − e que cos
o3 ( 180 )
4
 =  +  = 
 
Aplicando novamente o teorema dos cossenos no triângulo ADM, temos: 
( )
( )
2
22
2
22
1 1
(AD) 1 2. .1.cos
2 2
1 1 3
(AD) 1 2. .1.
2 2 4
 
= + −  
 
   
= + − −   
   
 
AD = 
1 3
1
4 4
+ − 
AD = 
2
2
 
 
Resposta da questão 38: 
 [B] 
 
Reescrevendo a equação da onda, temos y a sen(bx bc).=  + Logo, o período da onda é dado 
por 
2
,
b
π
 dependendo, portanto, apenas do parâmetro b. 
 
Resposta da questão 39: 
 [D] 
 
Considere a figura. 
 
 
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O arco compreendido entre quaisquer dois pontos consecutivos indicados, sobre a 
circunferência, na figura, vale 
360
30 .
12

=  Logo, 4 30 120 .α =   =  Por outro lado, o 
deslocamento do ponteiro das horas, em 30 minutos, é 
30
15 .
2
θ

= =  
Portanto, o resultado pedido é dado por: 
cos( ) cos105
cos(45 60 )
cos45 cos60 sen45 cos60
2 1 2 3
2 2 2 2
2 6
4
6 2
.
4
α θ− = 
=  + 
=    −   
=  − 
−
=
−
= −
 
 
Resposta da questão 40: 
 [C] 
 
Se o lado do quadrado ABCD mede 1cm, então sua diagonal mede 2 cm. Daí, como C é 
ponto médio de AE, vem CE 2 cm.= Ademais, sendo ˆACD 45 ,=  temos ˆDCE 135=  e, 
portanto, pela Lei dos Cossenos, encontramos 
2 22 2DE 1 ( 2) 2 1 2 cos135 DE 5
DE 5 cm.
= + −      =
 =
 
 
Resposta da questão 41: 
 [E] 
 
Considere a figura, em que M é o ponto médio do lado AB. 
 
 
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Do triângulo retângulo OMB, obtemos 
 
BM AB
tgMOB MO .
MO 2tg
2
θ
=  = 
 
Sem perda de generalidade, suponhamos que AB 1.= Assim, 
 
AB MO 1
(AOB) .
2
4 tg
2
θ

= = 
 
A área do quadrado ABCD é maior do que a área do triângulo AOB se 
 
2 1(ABCD) (AOB) 1
4 tg
2
1
tg 0,25.
2 4
θ
θ
  
  =
 
 
Logo, como tg15 0,2679 0,25   e 0 180 ,θ    vem que 30 180 .θ    Note que 
]30 ,150 [ ]30 ,180 [.     
 
Resposta da questão 42: 
 [A] 
 
 
 
x
tg60 x 9 tg60 9 3m.
9
 =  =   =  
 
Resposta da questão 43: 
 ANULADA 
 
 
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Questão anulada no gabarito oficial. 
 
Desde que 
1
cossec x ,
senx
= 
1
sec x
cosx
= e 
cosx
cotgx ,
senx
= temos 
 
cossec x sec x
M
cotgx 1
1 1
senx cos x
cos x
1
senx
cos x senx
senxcos x
cos x senx
senx
sec x.
+
=
+
+
=
+
+
=
+
=
 
 
Observação: Para 
4k 3
x ,
4
+ 
=  
 
π com k , a expressão não está definida. 
 
Resposta da questão 44: 
 [B] 
 
Substituindo os valores na equação por 26 C pela manhã, às 6h e 18 C às 18h, tem-se: 
T(h) A B sen (h 12)
12
T(6) 26 A B sen (6 12) 26 A B sen 26 A B
12 2
T(18) 18 A B sen (18 12) 18 A B sen 18 A B
12 2
A B 26
A B 18
2A 44 A 22 B 4
π
π π
π π
 
= + − 
 
   
= = + − → = + − → = −   
   
   
= = + − → = + → = +   
   
− =

+ =
= → = → = −
 
 
Resposta da questão 45: 
 [B] 
 
Considere a figura, em que PQ a= e 2OQ b a .= = 
 
 
 
 
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Sabendo que y x= é bissetriz dos quadrantes ímpares e OP é bissetriz de SOQ, temos 
POQ 22 30'.=  Além disso, do triângulo OPQ, vem 
 
PQ
tgPOQ a cotg22 30'.
OQ
=  =  
 
Logo, sendo 
 
1 cos45
cotg22 30' 2 1,
1 cos45
+ 
 = = +
− 
 
 
concluímos que a 2 1= + e, portanto, 2b a 3 2 2.= = + 
 
Resposta da questão 46: 
 [A] 
 
Construindo o gráfico da função, temos: 
 
 
 
De acordo com o gráfico, o período chuvoso acontece em seis meses, ou seja, dois trimestres. 
 
Resposta da questão 47: 
 [B] 
 
Considere o pentágono equilátero ABCDE de lado da figura. 
 
 
 
É fácil ver que o triângulo CDE é isósceles, com CD ED.= 
 
 
Página 56 de 79 
 
Sabendo que BAE 90 ,=  tem-se que o triângulo ABE é retângulo isósceles, com BE 2.= 
Em consequência, sendo ABC 135 ,=  concluímos que o triângulo ABC é retângulo em B. 
 
Agora, pelo Teorema de Pitágoras aplicado no triângulo BCE, encontramos CE 3.= 
 
Finalmente, aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo CDE, vem 
 
2 2 2 1( 3) 2 cos cos
2
120 .
θ θ
θ
= + −     = −
 = 
 
 
Resposta da questão 48: 
 [C] 
 
Como 0 x 90 ,    
0 4x 360    
 
De 
3
sen 4x
2
= − e 0 4x 360 ,    
4x 240=  ou 4x 300=  
 
Portanto, um dos possíveis valores de x é 75 . 
 
Resposta da questão 49: 
 [C] 
 
1ª Solução: Tomando arbitrariamente x 0,= obtemos 
0 0
2
sen0 2cos0 Acos(0 x ) cosx .
A
+ = −  = 
 
Por outro lado, fazendo x ,
2
π
= vem 
0 0
1
sen 2cos Acos x senx .
2 2 2 A
π π π 
+ = −  = 
 
 
 
Por conseguinte, sabendo que A 0 e 
2 2
0 0sen x cos x 1,+ = encontramos 
2 2
1 2
1 A 5.
A A
   
+ =  =   
   
 
 
2ª Solução: Considere um triângulo retângulo de catetos 1 e 2, em que o ângulo oposto ao 
cateto de medida 1 é 0x . Logo, segue que 0
1
senx
5
= e 0
2
cosx .
5
= Daí, temos 
 
0 0
0
2 1
senx 2cosx 5 cosx senx
5 5
5(cosxcosx senxsenx )
5 cos(x x ).
 
+ = + 
 
= +
= −
 
 
 
Página 57 de 79 
 
Em consequência, vem A 5.= 
 
Resposta da questão 50: 
 [A] 
 
Tratando-se da função seno, sabemos que seu período fundamental é 2π e que seu período, 
do gráfico, é igual a .π Logo, temos 
2
w 2.
| w |
π
π =  = 
 
Como a função senx é crescente no primeiro quadrante e sua imagem é o intervalo [ 1,1],− 
podemos concluir que A 4,= uma vez que a imagem da função A sen(wt )+  varia no 
intervalo [ 4, 4]− e é crescente em 0, .
4
π 
  
 
Finalmente, sendo P(0) 0= e 0 ,
2
π
θ  temos 
( )0 4sen 2 0 sen 0
0.
θ θ
θ
=  +  =
 =
 
 
Portanto, a resposta é P(t) 4sen(2t).= 
 
Resposta da questão 51: 
 [D] 
 
Tem-se que 
2 2(senx cosx) 0,2 1 2senxcosx 0,04
2senxcosx 0,96.
+ =  + =
 = −
 
 
Logo, sabendo que 2 2| y | y ,= para todo y , vem 
2 2| senx cosx | (senx cosx) 1 2senxcosx.− = − = − 
 
Em consequência, encontramos 
2| senx cosx | 1 0,96 | senx cosx | 1,96
| senx cosx | 1,4.
− = +  − =
 − =
 
 
Resposta da questão 52: 
 [D] 
 
Do gráfico, temos f(0) 1.= Logo, vem 
1 m sen(n 0) k k 1=   +  = 
 
Sabendo que a função seno é crescente no primeiro quadrante, podemos concluir que m 0. 
Ademais, como 1 senx 1,−   temos 
1 senx 1 1 sen(nx) 1
m msen(nx) m
m 1 msen(nx) 1 m 1.
−    −  
   −
 +  +  − +
 
 
Mas sabemos que 2 msen(nx) 1 4−  +  e, portanto, vem m 3.= − 
 
Página 58 de 79 
 
Ainda do gráfico, podemos afirmar que o período da função é 6. Logo, sendo n 0, temos 
2
6 n .
| n | 3
π π
=  = 
 
Resposta da questão 53: 
 [B] 
 
1ª Solução: 
Como AB AM,= podemos concluir que o triângulo ABM é retângulo isósceles, ou seja, 
ABM BMA 45 . =  Ademais, AB AM MC= = implica em AC 2AB.= Portanto, do triângulo 
ABC, temos 
 
AC tg45 tg 2AB
tg(45 )
1 tg45 tgAB AB
1 tg
2
1 tg
1
tg .
3
θ
θ
θ
θ
θ
θ
 +
 + =  =
− 
+
 =
−
 =
 
 
2ª Solução: 
Seja AB AM MC x.= = = Logo, do triângulo ABC, pelo Teorema de Pitágoras, temos2 2 2 2 2 2BC AB AC BC x 4x
BC x 5.
= +  = +
 =
 
 
Sendo AB AM,= podemos concluir que o triângulo ABM é retângulo isósceles. Daí, vem 
BMC 135 .=  Portanto, pela Lei dos Senos, temos 
 
MC BC x x 5
sen sen sen135senBMC
10
sen .
10
θ θ
θ
=  =

 =
 
 
Sabendo que 2 21 cotg cossec ,θ θ+ = vem 
 
2
2 2101 cotg cotg 9
10
1
tg .
3
θ θ
θ
 
+ =  = 
 
 =
 
 
Resposta da questão 54: 
 [D] 
 
Desde que PRQ é inscrito, podemos concluir que o menor arco PQ corresponde a 
2
rad.
5
π
 
Portanto, a resposta é igual a 
 
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2
0,3 0,12 km.
5
π
π = 
 
Resposta da questão 55: 
 [C] 
 
Calculando: 
 
2
1 cos x sen x
det A cos x 1 0 1 2 sen x cosx cos x det A sen 2x
sen x 2 1
= = +   − → =
 
 
Analisando as alternativas uma a uma: 
 
[A] FALSO. O período é igual a T .
2
π= 
[B] FALSO. O conjunto imagem é 1 ;1 .
2
 
 
 
[C] VERDADEIRO. A função g é par: g( x) g(x).− = 
[D] FALSO. A função não é sempre crescente no intervalo mencionado:
g( 4) 1 2, g(0) 1 e g( 4) 1 2.π π− = = = 
 
Resposta da questão 56: 
 [C] 
 
( )
2
2
2
2
2sen x cos x 1 0
2 1 cos x cos x 1 0
2 2cos x cos x 1 0
2cos x cos x 1 0
− − 
 − − − 
− − − 
− − + 
 
 
Resolvendo a equação 22cos x cosx 1 0,− − + = 
Daí, 
( )2
1
2cos x cosx 1 2 cosx 1 cosx
2
 
− − + = −  +  − 
 
 
 
Dessa forma, 
( )
( ) ( )
22cos x cosx 1 0
1
2 cosx 1 cosx 0
2
cosx 1 2cosx 1 0
− − + 
 
−  +  −  
 
+  − + 
 
 
Note que cosx 1 0, x ,+    logo, 
2cosx 1 0
1
cosx
2
− + 

 
 
Como 0 x 2π  e 
1
cos x ,
2
 
 
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5
x
3 3
π π
  
 
Assim, sendo S o conjunto solução da inequação 22sen x cosx 1 0, 0 x 2 ,π− −    
5
S ,
3 3
π π 
=  
 
 
 
Resposta da questão 57: 
 [C] 
 
Considere a figura. 
 
 
 
Desde que o triângulo ABC é retângulo em A, temos 
AB 1
senACB senACB
2BC
ACB rad.
6
π
=  =
 =
 
 
O resultado pedido corresponde à soma dos comprimentos dos arcos 1BB e 1 2B B , isto é, 
1 1 1 2
5
BCB BC B A B AB 2 1
6 2
13
.
6
π π
π
 +  =  + 
=
 
 
Resposta da questão 58: 
 [B] 
 
Se senθ e cosθ são soluções, então, pelas Relações de Girard, temos 
1
sen cos
2
θ θ+ = − e 
k
sen cos .
2
θ θ = 
 
Logo, vem 
2
2 2 21 1(sen cos ) sen 2sen cos cos
2 4
k 1
1 2
2 4
3
k .
4
θ θ θ θ θ θ
 
+ = −  + + = 
 
 +  =
 = −
 
 
Por conseguinte, k é um racional não inteiro. 
 
Resposta da questão 59: 
 [B] 
 
Página 61 de 79 
 
 
Sendo 
30 1
,
180 6

=

 podemos concluir que a resposta é 
20016
3336 km.
6
= 
 
Resposta da questão 60: 
 [A] 
 
Como f 1,
2
π 
− = − 
 
 a lei de f só pode ser a lei apresentada na alternativa [A]. 
 
Resposta da questão 61: 
 [B] 
 
4 28sen x 10sen x 3 0− + −  
 
Resolvendo a inequação na incógnita 2sen x temos as raízes: 
2 1sen x
2
= ou 2
3
sen x .
4
= 
 
 
 
2 1sen x
2
 ou 2
3
sen x .
4
 
 
Resolvendo as inequações acima, temos: 
 
2 1sen x
2
 
 
 
 
2 3sen x .
4
 
 
 
 
Representando estas inequações na circunferência trigonométrica, temos: 
 
 
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Resposta da questão 62: 
 [C] 
 
Desenvolvendo f(x), temos: 
sen3 x cos3x sen 3x cosx sen x cos3x
f(x)
senx cosx sen x cosx
 − 
= − =

 
 
Utilizando as identidades trigonométricas pode-se resumir a equação em: 
sen (3x x) sen 2x
f(x) f(x) 2
1 1sen 2x sen 2x
2 2
−
= = → =
 
 
 
Conclui-se, portanto, que a função f(x) é uma função constante e igual a 2. 
 
Analisando as alternativas: 
 
[A] VERDADEIRO. Para todo domínio 
k
A x | x ,k ,
2
π 
=    
 
 f(x) tem imagem 2. 
 
[B] VERDADEIRO. Uma função é par se f(x) f( x).= − Como f(x) é constante e igual a 2, trata-
se de uma função par. 
 
[C] FALSO. Uma função injetora é aquela que, seja uma função f : A B,→ para todo elemento 
distinto de A associam-se elementos únicos e distintos em B. Assim, como f(x) é sempre 
igual a 2, não se trata de uma função injetora. 
 
[D] VERDADEIRO. Sim, a imagem de f(x) é igual a dois, ou seja, B {2}.= 
 
Resposta da questão 63: 
 [C] 
 
2 2
2 2
2
cos2x 3cosx 2
cos x sen x 3 cosx 2 0
cos x (1 cos x) 3 cosx 2 0
2cos x 3 cosx 1 0
+ = − 
 − +  + = 
 − − +  + = 
 +  + =
 
 
Temos, então uma equação do segundo grau na incógnita cosx. 
 
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Resolvendo esta equação, temos: 
2
cosx 1 x
3 3 4 2 1
cosx
2 2 1 2 4
cosx x ou x
2 3 3
π
π π
= −  =
−  −  
= =

= −  = =
 
 
Logo, a soma de suas raízes será dada por: 
2 4
3
3 3
π π
π π+ + = 
 
Resposta da questão 64: 
 [D] 
 
De ( )M arctg X ,= 
tgM X= 
 
De 
1
N arctg ,
X
 
=  
 
 
1
tgN
X
= 
 
Para X 15,= 
tgM 15= e 
1
tgN
15
= 
( )P tg M N
tgM tgN
P
1 tgM tgN
1
15
15P
1
1 15
15
112
P
15
112
30P 30 224
15
= −
−
=
+ 
−
=
+ 
=
=  =
 
 
Resposta da questão 65: 
 [D] 
 
3x x 3x x
2.sen .cos
2 2f(x)
3x x 3x x
2.cos .cos
2 2
sen(2x)
f(x)
cos(2x)
f(x) tg(2x)
+ −
=
+ −
=
=
 
 
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Logo, o período é P = 
2 2
=
π π
. 
 
Resposta da questão 66: 
 [E] 
 
2
cos x
5
= (primeiro quadrante) 
2
2 2 4sen x 1 sen x 1 senx
2
2 21 21
. Logo, senx .
5 5 55
= − = − 
 
  = 
 
= 
 
Calculando agora o valor da tangente, temos: 
21
senx 215tgx .
2cosx 2
5
= = = 
 
Resposta da questão 67: 
 [A] 
 
senx cosx 2 2f(x) sen x cos x 1,
1 1
senx cosx
= + = + = para x 0 k ,
2
π
 +  k Z. 
Portanto a única alternativa correta é a letra A 
 
Resposta da questão 68: 
 [D] 
 
( ) ( )
( ) ( )
3 2
2
2
tg x 2tg x tgx 2 0
tg x tgx 2 tgx 2 0
tgx 2 tg x 1 0
− − + =
 − − − =
−  − =
 
tgx 2= ou tgx 1= ou tgx 1= − 
 
No intervalo dado, a equação tgx 2= admite 2 soluções. 
No intervalo dado, a equação tgx 1= admite 2 soluções. 
No intervalo dado, a equação tgx 1= − admite 2 soluções. 
Dessa forma, no intervalo dado, a equação dada possui 6 soluções distintas. 
 
Resposta da questão 69: 
 [D] 
 
Temos: 
 
 
Página 65 de 79 
 
 
 
Sendo h a altura do prédio, pode-se escrever: 
( )
( )
( )
( )
( )( )
2
2
2
2 2 2
h
tg x
75
h
tg 2x
25
2 tg x
tg 2x
1 tg x
h
2
h 1 2 7575 h 1875 h 25 3
25 25 75 75 hh
1
75
=
=

=
−

= → =  → = → =
− 
−  
 
 
 
Resposta da questão 70: 
 [E] 
 
Sabendo que 2 2cos x 1 sen x,= − temos 
2 22cos x senx 2 2(1 sen x) senx 2
1
senx senx 0
2
1
0 senx .
2
+   − + 
 
 −  
 
  
 
 
Assim, como os arcos da primeira volta que possuem seno igual a 
1
2
 são 
6
π
 e 
5
,
6
π
 vem 
5
S 0, , .
6 6
π π
π
   
=    
   
 
 
Resposta da questão 71: 
 [B] 
 
 
 
Página 66 de 79 
 
 
ˆBDA ( alternos internos)
ˆBAD 180 ( )
α
α β
=
=  − +
 
 
Aplicando o Teorema dos senos no triângulo ABD, temos: 
( )( )
d x
sensen 180 αα β
=
 − +
 
 
Lembrando que sen(180 ( )) sen( ),α β α β − + = + temos: 
d sen
x
sen( )
α
α β

=
+
 
 
Resposta da questão 72: 
 [B] 
 
Sabendo que 2 2| y | y ,= temos 
 
2 2| senx | 1 2sen x 2 | senx | | senx | 1 0
1
| senx | .
2
= −  + − =
 =
 
 
Daí, como 0 x 2 ,π  segue-se que 
5 7 11
x , , , .
6 6 6 6
π π π π 
  
 
 
 
Portanto, 
 
2 2 2 2 2
2
5 7 11 196
6 6 6 6 36
49
.
9
π π π π π
π
       
+ + + =       
       
=
 
 
Resposta da questão 73: 
 [D] 
 
Sejam α e β ângulos tais que tg xα = e 
x
tg .
x 1
β =
+
 
 
Em consequência, sendo x 1, − 
 
 
Página 67 de 79 
 
2
tg( ) tg
4 4
tg tg
1
1 tg tg
x
x
x 1 1
x
1 x
x 1
2x x 1 0
1
x .
2
π π
α β α β
α β
α β
+ =  + =
+
 =
−
+
+ =
− 
+
 + − =
 =
 
 
Portanto, 
 
2 2xcossec x cotg 2 cossec cotg 2
2 2 4
1 1 2
2.
π π π
π + + = + +
= + +
=
 
 
Resposta da questão 74: 
 ANULADA 
 
Questão anulada no gabarito oficial. 
 
Se M é o ponto médio de OP e OA 2 m,= então OM 1m.=Logo, sendo x OA 2α α=  = e 
ON cos ,α= temos 
 
1
y OM ON sen
2
1
1 cos sen
2
1
sen2
4
1
senx,
4
α
α α
α
=   
=   
=
=
 
 
com 0 x .
2
π
  
 
[A] Falsa. A função seno é crescente no primeiro quadrante. 
[B] Falsa. Desde que 0 senx 1,  com 0 x ,
2
π
  temos 
1
0 y .
4
  Portanto, y não possui 
valor máximo. 
[C] Falsa. Conforme (b), pois 
2 1 1
.
2 2 4
  
[D] Falsa. Se x ,
4
π
= então 
2
y .
8
= Porém, 
2
8
 não é um número racional. 
 
Resposta da questão 75: 
 
Página 68 de 79 
 
 [C] 
 
Considerando que ...
3 6 12
π π π
+ + é a soma dos termos de um PG infinita de razão 
1
,
2
 podemos 
escrever: 
 
3 3 3
33
2 1 13 3b sec b sec sec 8
1 1 23 11 cos
2 2 3 2
π π
π
π
 
 
=  = = = = = − 
   −   −  
 
 
 
Portanto, 2 2log 8 log 8 3.− = = 
 
Resposta da questão 76: 
 [D] 
 
De acordo com o enunciado, pode-se desenhar: 
 
 
 
Assim, tem-se: 
( )
( )
azul ECDB
4 CE 4
S S 4 3 CE 2 AE 2
2
2 1
tg x
4 2
+ 
= →  = → = → =
= =
 
 
Resposta da questão 77: 
 [B] 
 
Sabemos que para x real o intervalo de variação da função seno será dada por: 
m 1
1 1
m 2
−
−  
−
 
 
Podemos, então, estabelecer o seguinte sistema: 
m 1 m 1 m 2 2m 3
1 0 0 ( I )
m 2 m 2 m 2
m 1 m 1 m 2 1
1 0 0 ( II )
m 2 m 2 m 2
− − + − −  
 −      − − −
   
− − − +    
   −  −  −
 
 
Resolvendo as inequações separadamente e fazendo a interseção das soluções, obtemos: 
 
Página 69 de 79 
 
 
 
 
Portanto, a resposta correta para x real é 
3
m .
2
 
 
Resposta da questão 78: 
 [B] 
 
Lembrando que cb blog a c log a=  e b b blog (a c) log a log c, = + para a, b, c reais positivos e 
b 1, temos 
 
3
3
3 3 3
3
3
3
3
3log(100!)
x
log1 log8 log27 log100
log(100!)
log(1 2 3 100 )
log(100!)
log(1 2 3 100)
log(100!)
log(100!)
1.
=
+ + + +
=
   
=
   
=
=
 
 
Sendo 4ki 1,= 4k 1i i,+ = 
4k 2i 1+ = − e 4k 3i i,+ = − para todo k natural, é fácil ver que 
2 3 4i i i i 0+ + + = e 
2 3 4i i i i 1.   = − Logo, vem 
 
2 3 100
2 3 100
2 3 4
2 3 4 25
i i i i
y
i i i i
25 (i i i i )
(i i i i )
0.
+ + + +
=
   
 + + +
=
  
=
 
 
Sabendo que sen( 2n ) senα π α+  = e sen( (2n 1) ) sen( ) senα π α π α+ +  = + = − para todo n 
natural, temos 
 
 
Página 70 de 79 
 
z sen sen( ) sen( 2 ) sen( 99 )
50 (sen sen )
0.
α α π α π α π
α α
= + + + + + + +
=  −
=
 
 
Portanto, segue que y 0x z 1 0 1.+ = + = 
 
Resposta da questão 79: 
 [C] 
 
Considere a figura, em que P é o Polo Norte e O é o centro da esfera. 
 
 
 
Queremos calcular a soma PA AB BP.+ + 
Sabendo que a circunferência da Terra mede 40000km, temos 
20000
2 r 40000 r km,π
π
=  = 
 
em que r é o raio da Terra. 
Ademais, como AOB 45 rad,
4
π
=  = vem 
AB AOB r
20000
4
5000km.
π
π
= 
= 
=
 
 
É fácil ver que PA PB.= Logo, como PA PB+ corresponde à metade da circunferência da 
Terra, podemos escrever 
40000
PA PB
2
20000km.
+ =
=
 
 
A resposta é 20000 5000 25000km.+ = 
 
Resposta da questão 80: 
 [A] 
 
 
Página 71 de 79 
 
A medida da altura do triângulo ABE é 
6 3
3 3
2
= unidades de comprimento. Ademais, como 
F é ponto médio de AB, temos 
6
BF 3
2
= = unidades de comprimento. Portanto, segue que 
CF 10 3 13= + = unidades de comprimento. 
Finalmente, do triângulo CDF, pelo Teorema de Pitágoras, vem 
2 2 2 2 2 2DF CD CF DF (3 3) 13
DF 14 u.c.
= +  = +
 =
 
 
Resposta da questão 81: 
 [C] 
 
Considere a vista frontal do pergolado. 
 
 
 
Seja h a altura das vigas do pergolado. 
No momento em que os raios de luz fazem 30 com a vertical, tem-se o desejado. Assim, 
aproximando 3 por 1,7, vem 
15 3 15
tg30
h 3 h
h 15 3
h 26cm.
 =  =
 =
 
 
 
Resposta da questão 82: 
 [C] 
 
Considere a figura, em que P é a interseção de AC e BM. 
 
 
Página 72 de 79 
 
 
 
Como AC é diagonal do quadrado, segue que DCA 45 .=  
Sem perda de generalidade, tomemos BC 2.= Desse modo, como M é ponto médio de CD, 
vem CM 1.= 
Do triângulo BCM, encontramos 
BC 2
tg tg
1CM
tg 2.
α α
α
=  =
 =
 
 
Ademais, do triângulo CMP, vem 
45 180 135 .α θ θ α+ +  =  = − 
 
Portanto, segue que 
tg tg(135 )
tg135 tg
1 tg135 tg
1 2
1 ( 1) 2
3.
θ α
α
α
=  −
 −
=
+  
− −
=
+ − 
=
 
 
A resposta é tg tg 3 2 5.θ α+ = + = 
 
Resposta da questão 83: 
 [A] 
 
Sejam A, B e C, respectivamente, os ângulos internos do triângulo, opostos aos lados de 
medidas a, b e c. Logo, sabendo que aos maiores lados de um triângulo opõem-se os maiores 
ângulos, temos A B C.  Ademais, como A, B e C estão em progressão aritmética, 
podemos escrever 
(A, B, C) (B r, B, B r),= − + 
 
em que r 0 é a razão da progressão aritmética. 
Desde que a soma dos ângulos internos de um triângulo qualquer é 180 , vem 
B r B B r 180 B 60 .− + + + =   =  
 
Finalmente, pela Lei dos Cossenos, temos 
 
Página 73 de 79 
 
2 2 2 2 2 2
2 2 2
1
b a c 2 a c cosB b a c 2 a c
2
b ac a c .
= + −     = + −   
 + = +
 
 
Resposta da questão 84: 
 [A] 
 
Do enunciado, temos: 
 
 
 
 
M é ponto de tangência entre a circunferência e o lado BC. 
Sendo AK x,= 
AK AN x
BN BM 3 x
CK CM 8 x
= =

= = −
 = = −
 
 
Como BC 7= e BC BM MC,= + 
7 3 x 8 x
x 2
= − + −
=
 
 
Sendo ˆBAC ,α= temos: 
2 2 27 3 8 2 3 8 cos
1
cos
2
α
α
= + −   
=
 
 
Sendo NK y,= temos: 
2 2 2
2
y 2 2 2 2 2 cos
1
y 4 4 2 2 2
2
y 2 cm
NK 2 cm
α= + −   
= + −   
=
=
 
 
Resposta da questão 85: 
 [C] 
 
Do enunciado, temos a figura: 
 
 
Página 74 de 79 
 
 
 
No triângulo ABN, 
( )
( )
3x
tg
8x
3
tg
8
α β
α β
+ =
+ =
 
 
No triângulo ABM, 
2x
tg
8x
1
tg
4
β
β
=
=
 
 
De ( )
3
tg ,
8
α β+ = 
( ) ( )
tg tg 3
1 tg tg 8
8 tg tg 3 1 tg tg
α β
α β
α β α β
+
=
− 
 + =  − 
 
 
Como 
1
tg ,
4
β = 
1 1
8 tg 3 1 tg
4 4
3
8 tg 2 3 tg
4
4
tg
35
4ˆtg MAN
35
α α
α α
α
   
 + =  −    
   
 + = − 
=
=
 
 
Resposta da questão 86: 
 [A] 
 
Do enunciado, temos a figura: 
 
 
Página 75 de 79 
 
 
 
( ) ( )
2 2
P, O
P, O
d 1 0 3 0
d 10
= − + −
=
 
 
No triângulo POA, 
2
sen
10
θ = 
 
Daí, 
( )
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
2
2
cos 2 cos sen
cos 2 1 sen sen
cos 2 1 2sen
2
cos 2 1 2
10
1
cos 2
5
θ θ θ
θ θ θ
θ θ
θ
θ
= −
= − −
= −
 
= −   
 
=
 
 
Resposta da questão 87: 
 [D] 
 
Do enunciado, temos: 
 
 
Página 76 de 79 
 
 
 
No triângulo ABC, 
1
cos
3 AC
AC 2
π
=
=
 
 
D é o centro da circunferência. 
Seja r a medida do raio da circunferência. 
AB 2r= 
 
No triângulo ABC, 
2r
sen
3 2
3
r
2
π
=
=
 
 
A reta suporte do segmento AC é secante à circunferência e o ponto de intersecção entre tal 
reta e a circunferência é o ponto E. 
Assim, 
3
DE DA DB
2
= = = 
 
No triângulo ABC, 
ˆCAB
3 2
ˆCAB
6
π π
π
π
+ + =
=
 
O triângulo AED é isósceles, com AD DE,= logo, ˆ ˆDAE DEA .
6
π
= = 
ˆBDE é ângulo externo do triângulo AED, logo, ˆBDE 2 .
6 3
π π
=  = 
S : área da parte do triângulo ABC externa à circunferência. 
 
Página 77 de 79 
 
DEFBS : área do setor circular centrado no ponto D com raio cuja medida é 
3
2
 e ângulo cuja 
medida é .
3
π
 
ADES : área do triângulo ADE 
ABCS : área do triângulo ABC 
ABC AED DEFB
2
S S S S
3 1 1 3 3 2 1 3
S sen
2 2 2 2 3 6 2
5 3
S
16 8
π
π
π
= − −
 
= −    −     
 
= −
 
 
Resposta da questão 88: 
 [D] 
 
Do enunciado, temos: 
( )
( )
100
1 100
i
i 1
100
i 1 100
i 1
100
2
50
θ θ
θ
θ θ θ
=
=
+ 
=
= + 


 
 
Da equação 11 26 75 90
4
π
θ θ θ θ+ + + = e sendo r a razão da progressão aritmética, temos 
( )
1 100 1 100
11 26 75 90
11 90 26 75
10r 10r 25r 25r
1 100 1 100
1 100
1 1004
4
10r 10r 25r 25r
4
2
4
8
θ θ θ θ
π
θ θ θ θ
π
θ θ θ θ
π
θ θ θ θ
π
θ θ
π
θ θ
+ − + −
+ + + =
+ + + =
+ + − + + + − =
 + =
+ =
 
 
Dessa forma, 
100
i
i 1
100
i
i 1
50
8
25
4
π
θ
π
θ
=
=
= 
=


 
 
Logo, 
 
Página 78 de 79 
 
100
i
i 1
100
i
i 1
100
i
i 1
25
sen sen
4
sen sen
4
2
sen
2
π
θ
π
θ
θ
=
=
=
 
  =
 
 
 
  =
 
 
 
  =
 
 



 
 
Resposta da questão 89: 
 [E] 
 
Do enunciado, temos: 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )
2
2
2
2
cos x sen a x sen a
cos x sen a cos x sen x cos a sen a
sen a cos x sen x cos x cos a sen a
sen a cos x sen x cos x cos a sen a 0
sen a cos x 1 sen x cos x cos a 0
sen x sen a sen x cos x cos a 0
sen x sen x sen a cos x cos a 0
sen x cos a x 0
 + =
 + =
+ =
+ − =
 − + =
−  + =
 −  +  =
 + =
 
( )sen x 0= ou ( )cos a x 0+ = 
 
De ( )sen x 0,= 
x 0= ou x π= ou x 2π= 
 
De ( )cos a x 0,+ = 
x a
2
π
+ = ou 
3
x a
2
π
+ = 
x a
2
π
= − ou 
3
x a
2
π
= − 
 
Assim, a soma pedida é igual a: 
3
0 2 a a
2 2
5 2a
π π
π π
π
+ + + − + −
−
 
 
Resposta da questão 90: 
 [A] 
 
[Resposta sob o ponto de vista da disciplina de Geografia] 
 
Os raios solares que atingem a Terra são paralelos. Portanto: 
 
360 900
7,2
2 3 7500
θ
 
= = 
 
 
 
 
Página 79 de 79 
 
 
 
A cidade de Alexandria situa-se no hemisfério norte, território do Egito, onde o solstício de 
verão acontece no dia 21 de junho, quando o Sol dispõe sua radiação na perpendicular à linha 
do Trópico de Câncer. 
 
[Resposta sob o ponto de vista da disciplina de Matemática] 
 
Considere a figura. 
 
 
 
Como os raios solares são paralelos, segue que AOB =  e, portanto, 
 
AB
OA
900
7500
0,12rad
0,12 180
7,2 .
3
 =
=
=
 
 = 
 
 
Além disso, como Assuã e Alexandria estão situadas no hemisfério norte, e o solstício de verão 
ocorre no mês de junho nesse hemisfério, segue que as observações foram realizadas em 
junho.