2001-correcao_5-mack-t-matematica.pdf

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MM AA CC KK EENN ZZ IIEE ((22 ºº DD iiaa -- GG rruupp oo ss IIII ee IIIIII)) DD eezzeemm bb rroo // 22000011OOBB J J EETTIIVVOO

b

Sabe-se que o quadrado de um núm ero natural k é

m aior do que o seu triplo e que o quíntuplo dessenúm ero k é m aior do que o seu quadrado. D essa

form a, k2 –k vale:a) 10 b)12 c) 6 d)20 e)8Resolução

⇔ ⇔ ⇔

⇔ 3 < k < 5 ⇒ k = 4 (pois k ∈ )⇒ k 2 –k = 12

a

Se, na igualdade 30 n = 4x , n é um núm ero natural positivo e x um núm ero ím par, o produto n.x vale:a) 450 b) 175 c) 275d) 360 e) 130Resolução

30 n = 4x ⇔ 2 n . 3 n . 5 n = 2 2 . x ⇔ x = 2 n–2 . 3 n . 5 n

Se n é um núm ero natural positivo e x um núm ero

ím par, então n –2 = 0 ⇔ n = 2.

Logo, x = 2 0 . 3 2 . 5 2 = 225

D essa form a, n . x = 2 . 225 = 450

d

N um triângulo, a m edida de um lado é dim inuída de15% e a m edida da altura relativa a esse lado é aum en-tada de 20% .A área desse triângulo:a) aum enta de 1 % b) dim inui de 2,5%c) aum enta de 2% d) dim inui de 1,5%e) não se alteraResolução1) A área do triângulo inicial, cuja base m ede b e altura

correspondente m ede h , é S 1 =

2) A área do novo triângulo, cuja base m ede 0,85b e altura correspondente m ede 1,2h, é

S 2 = = 1,02

3) D e (1) e (2) tem os S 2 = 1,02 . S 1 = 102% . S 1 e por-

tanto a área do novo triângulo aum entou 2%

dN a figura, tem os os esboços dos gráficos das funções

4

bh ––––– 2

0,85b . 1,2h ––––––––––––

2

bh –––– 2

3

2

k < 0 ou k > 3

0 < k < 5 {k 2 –3k > 0

k 2 –5k < 0 {k 2 > 3k

k 2 < 5k {

1

MMAATTEEMMÁÁTT II CCAA




f e g. A som a f (g (1)) + g (f (–1)) é igual a:

a) –1

b) 0

c) 1

d) 2

e) 3

Resolução

C onform e o gráfico, tem -se:

g(1) = 0 ⇒ f(g(1)) = f(0) = 0

f(–1) = k < 0 ⇒ g(k) = 2

D onde: f[g(1)] + g[f(–1)] = 0 + 2 = 2

e

Pelo vértice da curva y = x2 –4x + 3 , e pelo ponto ondea m esm a encontra o eixo das ordenadas, passa um areta que define com os eixos um triângulo de área:

a) 2 b) c) d) 3 e)

Resolução

I) y = x 2 –4x + 3 tem vértice V(x 0 ; y 0 ), onde:

V (2; –1)

II) A parábola y = x 2 –4x + 3, encontra o eixo das ordenadas no ponto A (0; 3)

III) A equação da reta AV, é:

= 0 ⇔ 2x + y –3 = 0

Esta reta corta o eixo O x em B (3/2; 0) e portanto a

x

2

0

y

–1

3

1

1

1

}–b 4

x 0 = ––––= –––= 2 2a 2

e

y 0 = f(2) = 4 –8 + 3 = –1

9–––4

3–––4

11–––4

5




área do triângulo A O B é:

S ∆= =

d

Se as seqüências (3; 3x; 3 ) e (2; y; 3x) são, respec-tivam ente, um a progressão geom étrica e um a pro-gressão aritm ética, o valor de y –x é:a) 1 b) –1 c) –2 d) 2 e) 0Resolução

Se (3, 3 x ; 3 )é um a progressão geom étrica,

(3 x )2 = 3 . 3 ⇔ 3 2x = 3 ⇔ 3x –y = 2(I)

Se (2; y; 3x) é um a progressão aritm ética,

y = ⇔ 2y –3x = 2 (II)

D as equações (I) e (II) tem -se x = 2, y = 4 e y –x = 2

c

Se as equações x3 + m x2 + nx + p = 0 e x2 + x –2 = 0têm o m esm o conjunto solução, então o produto m .n.pvale:

a) –1 b) 1 c) 0 d) 2 e) –2Resolução

O conjunto-solução da equação x 2 + x –2 = 0 é S = {–2; 1}, que é igual ao conjunto-solução da equação

x 3 + m x 2 + nx + p = 0 A s três raízes da equação do 3º grau são

ou

D a prim eira hipótese decorre que

r 1 r 2 + r 1 r 3 + r 2 r 3 = n ⇔ n = (–2).(–2)+ (–2).1 + (–2) . 1 ⇔

⇔ n = 0

r 1 = –2

r 2 = 1

r 3 = 1{ r 1 = –2

r 2 = –2

r 3 = 1{

7

2 + 3X ––––––––

2

2 + x + y –––––––––

2

x + y ––––––

2

x + y ––––––

2

x + y

–––––2

6

9 –––– 4

3 –––. 3 2

––––––––– 2




D a segunda hipótese decorre que r 1 + r 2 + r 3 = –m ⇔ –m = –2 + 1 + 1 ⇔ m = 0

Portanto, o produto m . n . p vale zero, pois m = 0 ou n = 0.

e

O produto (log23).(log34).(log45). … .(log6364) é igual a:

a) log364 b) log263 c) 2 d) 4 e) 6

Resolução(log 2 3) . (log 4 3) . (log 5 4) . ... (log 63 64) =

= (log 2 3) . . ...... =

= log 2 64 = 6

a

A som a das raízes da equação

= 0

é igual a:a) –2 b) –1 c) 0 d) 1 e) 2Resolução

= 0 ⇔

⇔

log 3 (x + 3) . = 0⇔

⇔ log 3 (x + 3) . (3 x –9 x ) = 0 ⇔ ⇔

⇔ ⇔ x = –2 ou x = 0

A som a das raízes da equação dada é (–2) + 0 = –2.

x + 3 = 3 0

ou

3 2x = 3 x {

log 3 (x + 3)

ou

9 x = 3 x {

0

0

1

9 x

1

2

3 x

1

1

0

0

1

9 x

log 3 (x + 3)

2

3 x

log 3 (x + 3)

1

|3x 9x 0

log3(x + 3) log3(x+ 3) 0

1 2 1|

9

log 2 64 ( –––––– )log 2 63

log 2 5 ( –––––– )log 2 4

log 2 4 ( –––––– )log 2 3

8




b

Em [0; 2π], as soluções da equação

= são em núm ero de:

a) 1 b)2 c) 3 d)4 e)5

Resolução

= ⇔

⇔ = ⇔

⇔ = ⇔

⇔ = ⇔ 1 + sen x = –sen x ⇔

⇔ 2 . sen x = –1 ⇔ sen x = –

Para [0; 2 π], resulta x = ou x =

a

A circunferência da figura tem raio 2 e centro O . Sesen 10° + cos 10° = a, a área do triângulo A B C é iguala:

a) a 2 b) 2a2 c) 2a 2d) a2 2 e) 2 2ResoluçãoLem brando que sen 55° = sen (10° + 45°) == sen 10° . cos 45° + sen 45° . cos 10° =

= sen 10°+ cos 10° =

= (sen 10° + cos 10°) = . a,

tem -se que a área S do triângulo A B C é

S = S ∆A O B + S ∆B O C =

2 –––– 2

2 –––– 2

2 –––– 2

2 –––– 2

11

11π––––– 6

7 .π––––––

6

1––– 2

1––––––––––– 1 + sen x

–1––––––– sen x

1––––––––––– 1 + sen x

2 . sen x –––––––––––––––

–2 . sen 2 x

1––––––––––– 1 + sen x

2 . sen x ––––––––––––––– 1 –2sen 2 x –1

1––––––––––– 1 + sen x

2 . sen x ––––––––––– cos(2x) –1

1––––––––––1 + senx

2 senx––––––––––cos 2x –1

10




= + =

= 2 . sen 55°= 2 . a = 2 a, pois sen 125°= sen 55°

d

O sistem a

a) é im possível para um único valor de kb) tem solução única para um único valor de kc) tem solução (k, O , 0), qualquer que seja k ≠ 0d) tem m ais de um a solução para um único valor de ke) pode adm itir a solução nulaResolução

Seja o sistem a

Pelo teorem a de R ouché-C appelli, tem os:

I) M .I. = tem característica p = 3 para

k ≠ 1 e característica p = 2 para k = 1

II) M .C . = tem característica q = 3

para k ≠ 1 e característica q = 2 para k = 1

III) C om o o núm ero de incógnitas r = 3, concluim os que:

]k

1

k

1

1

–1

1

1

1

1

k

1[ ]

1

1

–1

1

1

1

1

k

1

[

x + y + z = k

kx + y + z = 1

x + y –z = k {

x + y + z = kkx + y + z = 1x + y –z = k

{

12

2

–––– 2

2 . 2 . sen (55°)–––––––––––––––––––

2

2 . 2 . sen (125°)–––––––––––––––––––

2




Para k ≠ 1, o sistem a será possível e determ inado, pois p = q = n.Por outro lado, se k = 1, o sistem a será possível e inde- term inado, pois p = q < n.

bO núm ero de filas diferentes que podem ser form adascom 2 hom ens e 3 m ulheres, de m odo que os hom ensnão fiquem juntos, é:a) 96 b) 72 c) 48 d) 84 e) 120Resolução1º) O núm ero total de filas diferentes que podem ser

form adas com 2 hom ens e 3 m ulheres, em qualquer posição é igual a P 5 = 5! = 120

2º) O núm ero total de filas diferentes que podem ser form adas com os 2 hom ens juntos e as 3 m ulheres, em qualquer posição é igual a:2 . P 4 = 2 . 4! = 48

Portanto o núm ero total de filas diferentes que podem ser form adas com 2 hom ens e 3 m ulheres, de m odo que os homens não fiquem juntos é:P 5 –2 . P 4 = 120 –48 = 72

c

D ois prêm ios iguais são sorteados entre 6 pessoas,

sendo 4 hom ens e 2 m ulheres. Supondo que um am esm a pessoa não possa ganhar os 2 prêm ios, a pro-babilidade de pelo m enos um hom em ser sorteado é:

a) b) c) d) e)

ResoluçãoD e acordo com o enunciado, tem os:P(pelo m enos um hom em ser sorteado) = = 1 –P (as 2 m ulheres serem sorteadas) =

= 1 – . = 1 – =

d

Se a reta de equação (3k –k2) x + y + k2 –k –2 = 0passa pela origem e é perpendicular à reta de equação

x + 4y –1 = 0, o valor de k2 + 2 é:a) –2 b)2 c) –3 d)3 e)1ResoluçãoI) Se a reta de equação

(3k –k 2 ) . x + y + k 2 –k –2 = 0 é perpendicular à retade equação x + 4y –1 = 0, então:

(3k - k 2 ) . 1 + 1 . 4 = 0 ⇔ k 2 –3k –4 = 0 ⇔ k = 4 ou

k = –1

II) Se a reta de equação

15

14 ––– 15

1––– 15

1––– 5

2 ––– 6

8––9

13–––14

14–––15

7––8

5––6

14

13




(3k –k 2 ) . x + y + k 2 –k –2 = 0

passa pelo origem então: k 2 –k –2 = 0 ⇔ k = 2 ou

k = –1.

Para que as duas condições sejam satisfeitas,

tem os: k = –1, e portanto k 2 + 2 = (–1)2 + 2 = 3.

a

Por um ponto P que dista 10 do centro de um a circun-ferência de raio 6 traçam -se as tangentes à circunfe-rência, Se os pontos de tangência são A e B , então am edida do segm ento A B é igual a:a) 9,6 b) 9,8 c) 8,6 d) 8,8 e) 10,5Resolução

N o triângulo O A P, retângulo em A , tem os:

A P 2 = O P 2 –O A 2 ⇔ A P 2 = 10 2 –6 2 ⇔ AP = 8

N o m esm o triângulo tem -se:

AH . O P = O A . AP ⇔ A H . 10 = 6 . 8 ⇔ A H = 4,8 e,

portanto, A B = 2 . A H = 2 . 4,8 = 9,6

cN a figura, o triângulo A B C é eqüilátero e o segm entoB D é perpendicular ao plano do D triângulo, Se M é oponto m édio de AC e a m edida de B D é a m etade dam edida do lado do triângulo então ângulo, M D B m ede:

17

16




a) 45° b) 30°

c) 60° d) 22,5°

e) 15°

Resolução

Sendo l a m edida do lado do triângulo eqüilátero A B C ,tem os:

I) B D =

II) B M = , pois— B M é altura do triângulo A B C .

A ssim , no triângulo D B M retângulo em B ^ , tem os:

tg M D ^ B = ⇔ tg M D

^ B = ⇔

⇔ tg M D ^ B = 3 ⇔ M D

^ B = 60°pois 0°< M D

^ B < 90°

e

C onsidere o recipiente da figura, form ado por um cilin-dro reto de raio 3 e altura 10, com um a concavidadeinferior na form a de um cone, tam bém reto, de altura3 e raio da base 1. O volum e de um líquido que ocupao recipiente até a m etade de sua altura é igual a:

18

l 3 ––––– 2 ––– l –– 2

B M –––– BD

l 3

––––– 2

l –– 2




a) 89π

b) 72π

c) 64π

d) 48π

e) 44π

Resolução

Sendo V o volum e do líquido que ocupa o recipiente até a m etade de sua altura, tem os:

V = . V cilindro –V cone ⇔

⇔ V = .π . 3 2 . 10 – .π . 12 . 3 ⇔ V = 44 π

b

U m cubo está inscrito num a esfera. Se a área total docubo é 8, o volum e da esfera é:

a) b) c) d) 12π e) 8π

Resolução

16π––––3

4π–––3

8π–––3

19

1–– 3

1–– 2

1––– 2




Sendo a a m edida da aresta do cubo, d a m edida dadiagonal do cubo e R o raio da esfera, tem os:

I) 6a2 = 8 ⇔ a2 = ⇔ a =

II) 2R = d ⇔ R = ⇔ R = ⇔

⇔ R = ⇔ R = 1

A ssim , o volum e V da esfera é dado por:

V = π R 3 ⇔ V = π 13 ⇔ V =

aSe os pontos que representam os com plexos z = a+ bi

e w = c + di , com a.b.c.d ≠ 0, pertencem a um a

m esm a reta que passa pela origem , então é sem -

pre igual a:

a) b) c) a(c –1)

d) e) 2ac

Resolução

O s afixos dos núm eros com plexos Z = a + bi ew = c + di, com a . b . c . d ≠ 0, são, respectivam ente,(a; b) e (c; d) e estão alinhados com a origem .A ssim sendo,

= 0 ⇔ ad –bc = 0 ⇔

⇔ = = = k, k ∈ * ⇔

⇔ b = k . a e d = k . c

D esta form a,

= = = =a–– c

a (1 + ki)–––––––– c (1 + ki)

a + k a i–––––––– c + k c i

a + bi–––––– c + di

z–– w

d –– c

b –– a

|1

1

1

b

d

0

a

c

0 |

x–––2a

a––––––2c –1

a––c

z––w

20

4 π––– 3

4 –– 3

4 –– 3

2 3 –––––. 3 3

––––––––––– 2

a 3 ––––– 2

d –– 2

2 3 ––––– 3

4 –– 3

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