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RESOLUÇÃO DA PROVA DE MATEMÁTICA OBJETIVA UEM 2012 INVERNO – Lucas Maurício Ruan

1

Questão 01

Acerca da função real �, definida por �� = �� , assinale o

que for correto.

01) ��0� > ��1�. 02) A função é positiva no intervalo �0, 5� da reta real.

04) Não existe número real � para o qual �� = � .

08) ��−1� = ��.

16) O ponto �2, 1� está situado acima do gráfico da função �.

RESOLUÇÃO

[V] 01) ��0� = ��∙�� ∙��∙�� = �� = 3 e ��1� = ��∙�� ∙��∙�� = �� =� < �� = 3. Portanto, ��0� > ��1� [F] 02) [1ª solução] Trabalhando um pouco a parte algébrica

usando produtos notáveis, obtemos

�� = �� = �� = �� .

Desta forma, como o denominador é sempre maior do que 1, ou

seja, sempre positivo, conclui-se que o sinal da função � depende do

sinal do numerador. Assim, note que �� − 4� ≥ 0 ⇒ �� − 4� −1 ≥ −1.

Daí, �� − 4� − 1 < 0 ⇔ �� − 4� < 1 ⇒ |� − 4| < 1 ⇔ −1 <� − 4 < 1 ⇔ 3 < � < 5, ou seja, a função assume valores

negativos para todo � ∈ �3, 5� Logo, a função não é positiva em �0, 5�. [2ª solução]

Calcular as raízes das expressões do numerador e do denominador e

fazer a regra de sinais.

Como temos uma função da forma �� = &��'��, onde (�� = � −8� + 15 e ℎ�� = 2� − 4� + 5. Assim, as raízes de ( e ℎ são

obtidas aplicando a fórmula resolutiva da equação quadrática:

(: � = ��±.��∙�∙�� ∙� = ±√�� = ± = 4± 1 ⇒ �� = 5 e � = 3

ℎ: � = ��±.��∙ ∙� ∙ = �±√�� = 1 ± 20 que são raízes

complexas, logo, ℎ�� > 0

Como a concavidade da parábola, gráfico de (��, é voltada para

cima, pois 1 > 0 é o coeficiente de � . Segue que para 3 < � < 5

temos (�� < 0. Logo, �� < 0 ⇔ (�� < 0 ⇔ 3 < � < 5.

[F] 04) �� = � ⇔ �� = � ⇔ 2� − 16� + 30 = 2� −4� + 5 ⇔ 12� = 25 ⇔ � = ��

[V] 08) ��−1� = ��∙�� ∙��∙�� = �� = ��.

[V] 16) ��2� = ��∙ �� ∙ ��∙ � = �� = �� < 1, portanto, o ponto �2, 1� está acima do ponto 22, ��2�3. Obs.: O fato do denominador na alternativa 02 ser maior do que 1

segue do fato de que 45 ≥ 6, para todo 4 real. Como �4 − 5�5 e 45

não podem ser simultaneamente nulos, pois a primeira é nula para 4 = 5 e a segunda para 4 = 6, segue que se uma das expressões é

nula a outra não é, assim �4 − 5�5 + 45 > 0, para todo 4 real, isto

é, �4 − 5�5 + 45 + 7 > 1

SOMA: 01 + 08 + 16 = 0250

Questão 02

Considere a seguinte função polinomial 8�� = �� − 3� − 4.

Assinale o que for correto.

01) Nenhum zero da função é real.

02) Geometricamente, os zeros da função são vértices de um

quadrado no plano complexo.

04) Um zero da função é 9 = 2 :cos > + 0 sen > A.

08) A função possui dois zeros reais e dois zeros imaginários.

16) O resto da divisão de 8�� por � + 1 é zero.

RESOLUÇÃO

[F] 01) 8�� = 0 ⇔ �� − 3� − 4 = 0 é uma equação quadrática

em � . Assim, usando a fórmula resolutiva da equação do segundo

grau:

� = ��±.��∙�∙�� ∙� = �±√ � = �±� ⇒ � = 4 ou � = −1. Daí,

� = 4 ⇔ � − 4 = 0 ⇔ �� − 2�� + 2� = 0 ⇔ � = 2 ou � = −2,

� = −1 ⇔ � = 0 ⇔ � − 0 = 0 ⇔ �� − 0�� + 0� = 0 ⇔ � =0 ou � = −0 Logo, as raízes(ou zeros) de 8�� são B−2, 2, −0, 0C. Note que −2, 2 ∈ ℝ

[F] 02) As raízes(ou zeros) são −2, 2, −0, 0, cujos afixos no plano

complexo são E�−2, 0�, F�2, 0�, G�0,−1� e H�0, 1�, respectivamente. Como consequência do quadrado temos que suas

diagonais medem o mesmo. Assim, I�E, F� = 4 e I�G, H� = 2,

temos que não medem o mesmo. Portanto, EFGH não é um

quadrado

[F] 04) 9 = 2 :cos > + 0 sen > A = 2�0 + 0� = 20 que não é raiz de 8�� [V] 08) Ver item 01

[V] 16) [1ª solução] Pelo algoritmo da divisão de polinômios,

existem K�� e L��(quociente e resto) tal que L�� = 0 ou ML < M�� + 1�. Assim, ML ≤ 1, ou seja, L�� = �� + O, com �, O ∈ ℝ. Temos que �� − 3� − 4 = �� + 1�K�� + �� + O. Daí,

como 0 e −0 são raízes de 8�� e � + 1, segue que:

8�0� = 0 ⇒ 0� − 3 ∙ 0 − 4 = �0 + 1�K�0� + �0 + O ⇒ �0 + O =0 ∴ O = −�0�Q�. 8�−0� = 0 ⇒ �−0�� − 3 ∙ �−0� − 4 = ��−0� + 1�K�−0� +��−0� + O ⇒ −�0 + O = 0 ∴ O = �0�QQ�. Fazendo �I� + �II� obtemos 2O = 0 ⇒ O = 0 e substituindo em �II� �0 = 0 ⇒ � = 0, pois 0 ≠ 0. Logo, o resto L�� = �� + O vale 0

[2ª solução] 8�� pode ser reescrito na forma fatorada em função

das raízes, ou seja, 8�� = �� − 2�� + 2�� − 0�� + 0� =�� − 4�� + 1� o qual o resto é nulo

SOMA: 08 + 16 = 0240

Questão 03

Considere as seguintes propriedades para matrizes do tipo 2 × 2: (i) E = E; (ii) F = U, em que U é a matriz identidade, e assinale o que

for correto.

01) Qualquer matriz que satisfaça a propriedade (i) é invertível.

02) Qualquer matriz que satisfaça a propriedade (ii) é invertível.

04) Se uma matriz satisfaz a propriedade (i), então det�E� = 1 ou det�E� = 0.

08) Se E satisfaz a propriedade (i), então EX = E, para todo natural Y ≥ 2.

16) Se F satisfaz a propriedade (ii), então det�F� = ±1.


2

RESOLUÇÃO

[F] 01) E = E ⇒ detE = det E ⇒ detE − detE = 0 ⇔

detE �detE − 1� = 0 ⇔ detE = 0 ou detE = 1, ou seja, existem

matrizes tanto invertíveis e não-invertíveis que satisfazem (i).

Tome como exemplos as matrizes Z matriz nula e U matriz

identidade.

[V] 02) [1ª solução] Por definição FF = U, isto é, F é invertível e

sua inversa é ela mesma

[2ª solução]

F = U ⇒ detF = det U ⇒ �detF� − 1[\�� = 0 ⇔.

�detF − 1��detF + 1� = 0 ⇔ detF = ±1 ≠ 0, e como F é

invertível ⇔ detF ≠ 0, segue o resultado

[V] 04) Ver item 01)

[V] 08) Considere a afirmação EX = E, ∀Y ≥ 2 natural.

Ela é valida para Y = 2, pois E = E por hipótese(H).

Suponha, como hipótese de indução(HI), que ela seja verdadeira

para Y = ^, isto é, E_ = E.

Daí, para Y = ^ + 1 temos E_� = E_E=[̀aEE = E =[̀ E. Logo, pelo

princípio de indução finita EX = E, ∀Y ≥ 2 natural.

[V] 16) Ver item 02)

SOMA: 02 + 04 + 08 + 16 = 0300

Questão 04

Considere um sistema ortogonal de coordenadas cartesianas �Zb e

três retas com equações L�: 2� − 2b + 2 = 0; L : b − � − 2 = 0 e L�: � − 1 = 0. Sejam E o ponto de interseção de L� e L�, e F o ponto

de interseção de L e L�, assinale o que for correto.

01) A área do triângulo EFZ é � u.a.

02) As retas L� e L são perpendiculares.

04) A reta L� é perpendicular ao eixo Z�.

08) O ângulo formado pelas retas L� e L� mede 60°. 16) A distância entre as retas L� e L é 1 u.c.

RESOLUÇÃO

Reescrevendo as equações L�: b = � + 1, L : b = � + 2 e L�: � = 1

[V] 01) L� ∩ L�: eb = � + 1� = 1… . . h ⇒ b = 2 ∴ E�1, 2� L ∩ L�: eb = � + 2� = 1… . . h ⇒ b = 3 ∴ F�1, 3�. Logo, sendo H = i1 2 11 3 10 0 1i = 3 − 2 = 1 ∴ jklm = |n| = �

[F] 02) L� e L são paralelas e distintas, pois possuem o mesmo

coeficiente angular, mas coeficiente linear distinto

[V] 04) Toda reta de equação � = ^, ^ real, é um reta

perpendicular ao eixo Z�, em particular � = 1

[F] 08) [1ª solução] Sendo o coeficiente angular de L� é 1 e assim,

o ângulo o entre elas é obtido da relação tano = �qrs = 1 ⇒ o =45° [2ª solução] Como a reta L� intercepta no ponto �−1, 0�, basta

aplicar a definição tangente no triângulo retângulo(pelo item 04),

em relação ao ângulo Et. Daí, tanEt = = 1 ⇒ Et = 45°

[F] 16) Sendo as retas paralelas cada ponto da reta L� equidista da

reta L . Assim, tomando um ponto arbitrário em L�, digamos E�1, 2� e sendo L : � − b + 2 = 0, segue que:

Iu,vs = |�∙��∙ |√�� = �√ = √ .

SOMA: 01 + 04 = 0050

Questão 05

Considere um triângulo EFG, no qual os lados EF e EG possuem o

mesmo comprimento, a bissetriz do ângulo FGtE intercepta EF em w, e o comprimento de Ew é igual ao comprimento de Gw. Assinale

o que for correto.

01) O ângulo FEtG mede 36°. 02) O segmento Gw, alem de ser bissetriz de FGtE, é mediana com

relação ao lado EF.

04) Os triângulos FwG e FGE são semelhantes.

08) Os triângulos FwG e EwG são congruentes.

16) O triângulo FwG é isósceles.

RESOLUÇÃO

[V] 01) O triângulo EwG é isósceles, assim os ângulos wEtG =EGtw = � e como Gw é bissetriz, segue que EGtw = wGtF = �. Logo,

somando todos os ângulos internos, obtemos:

� + 2� + 2� = 180° ⇒ � = ��°� = 36°. Por fim, wEtG = FEtG = 36°. [F] 02) Como o triângulo EwG é isósceles, temos Ew = wG = x e

pela desigualdade triangular x+x > EG ∴ x > ky . Sendo EG = EF, segue que x > km , isto é, w não é ponto médio de EF,

portanto, Gw não é mediana

[V] 04) No triângulo FwG temos Fz = 72° e wGtF = 36°. Assim, o

ângulo FwzG = 180° − 108° = 72°. E o triângulo FEG possui dois

ângulos de 72° e um de 36°. Logo, pelo caso AA ∆FwG~∆FGE.

[F] 08) ∆FwG ≢ ∆FwG, pois o primeiro possui dois ângulos de 72° e o segundo dois ângulos de 36°, isto é, não há uma

correspondência em relação aos ângulos

[V] 16) Pelo item 04, por ter dois ângulos iguais, segue que o

triângulo é isósceles

SOMA: 01 + 04 + 16 = 0210

Questão 06

Alguns tipos de embalagens de bolas de tênis têm a forma de um

cilindro, onde as bolas são colocadas uma sobre a outra. Considere

uma embalagem contendo 4 bolas de tênis, cada bola com diâmetro


3

de 6,4cm, e suponha que a embalagem fechada seja um cilindro

circular reto com diâmetro da base igual ao das bolas cuja altura

seja a soma dos diâmetros das 4 bolas. Desprezando as espessuras

das bolas e da embalagem, bem como quaisquer deformações

nelas, e considerando � = 3, assinale o que for correto.

01) O volume da embalagem é menor do que 800cm�.

02) Cada bola ocupa um espaço com volume menor do que 130cm�.

04) A área da superfície de cada uma das bolas é menor do que 120cm .

08) O volume do espaço livre, entre as bolas e a embalagem, é

menor do que 280cm�.

16) A área lateral da embalagem é maior do que 520cm .

RESOLUÇÃO

[V] 01) Seja H = 6,4cm o diâmetro da base do cilindro e � = 4H a

altura do cilindro e segue que o raio da base é n = 3,2cm e a área

da base é F = �L = �n�� .

Assim, o volume do cilindro é � = F� e substituindo obtemos �H�.

Como �H� = 3 ∙ 6,4�, daí fazendo 6,4� = :��A� = � �� =262,144 ⇒ �H� = 3 ∙ 262,144 = 786,432cm�

Logo, F ∙ � < 800cm�

[F] 02) Sendo o diâmetro de cada bola é 6,4cm, segue que o raio é L = 3,2cm. Assim, o volume de cada bola é �>v�� = 4L�, pois aqui

� = 3. Como L� = :� ��A� = � �� = 32,768cm�. Logo, 4L� = 4 ∙32,768 = 131,072cm� ∴ 4L� > 130cm�

[F] 04) A área de cada superfície é dada por 4�L = 4 ∙ 3 ∙ 3,2 =122,88cm ∴ 4�L > 120cm

[V] 08) Pelo item 01 o volume do cilindro 786,432cm� e o das

quatro bolas é 4 ∙ 131,072 = 524,288cm�. Logo, o volume que

livre do cilindro é 786,432 − 524,288 = 262,144cm� < 280cm�

[F] 16) A área lateral é 2�L� = 2 ∙ 3 ∙ 3,2 ∙ 25,6 = 491,52cm

menor que 520cm

SOMA: 01 + 08 = 0090

Questão 07

Uma indústria de celulose adquiriu uma área de 1.000 hectares com

eucaliptos prontos para serem cortados. No primeiro mês, a

indústria cortou 10 hectares; no mês seguinte, cortará 15 hectares,

e assim sucessivamente, aumentando em 5 hectares a área cortada

no mês anterior, até chegar à capacidade máxima de corte, que é de 50 hectares. Além disso, essa indústria quer formar uma área de

reflorestamento com árvores nativas da região. Por isso, a cada mês

uma área proporcional a 10% da área cortada é reservada para o

reflorestamento. Com relação ao exposto, assinale o que for

correto.

01) Em 15 meses, a indústria conseguirá uma área para

reflorestamento correspondente a mais de 5% da área total

02) A sequência numérica formada pela quantidade de hectares

cortados a cada mês, até chegar à capacidade máxima de corte,

forma uma progressão geométrica.

04) Nos 12 primeiros meses, a indústria terá cortado 420 hectares

de eucalipto.

08) A indústria atingirá capacidade máxima de corte no nono mês.

16) Em 23 meses, a indústria conseguirá cortar todos os 1.000

hectares de eucalipto.

RESOLUÇÃO

Veja a tabela

Termos

respectivos

Mês Corte(hectare) Reflorestamento

(hectare - 10%) �� e L� 1 10 1 � e L 2 15 1,5 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ �q e Lq x 50 5 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ Pelo enunciado em algum mês a área de corte permanecera a

mesma, ou seja, de 50 hectares, por consequência a área de

reflorestamento se torna constante a partir do mesmo mês. Mas

antes disto ocorrer, as duas sequências formam uma P.A.

Assim, verificamos em qual mês ocorre da área de corte é máxima,

isto é, sendo �q = 10 + �x − 1� ∙ 5

Daí, �q = 50 ⇒ x = 9, ou seja, no nono mês a área de corte é 50 e

mais, sendo está a ára máxima permitida pra corte, segue que os

demais meses formam uma sequência constante. Logo,

�q = �10 + �x − 1� ∙ 5; 1 ≤ x ≤ 950; x > 9 h, Lq = �1 + �x − 1� ∙ 0,5; 1 ≤ x ≤ 95; x > 9 h. [F] 01) Do mês 1 ao 9 a área total de reflorestamento é dada pela

soma dos 9 termos duma P.A.:

j� = ��∙� = 27 hectares e como nos demais meses a área de

reflorestamento é sempre 5 hectares, segue que a área total de

reflorestamento neste tempo é: 27 + 6 ∙ 5 = 27 + 30 = 57

hectares. Por fim, �� = 5,7% > 5%

[F] 02) Ver acima

[V] 04) Nos 9 primeiros meses foram cortados 270 hectares

adicionando os outros três meses temos 270 + 150 = 420 hectares

[V] 08) Ver acima

[F] 16) Note que do 1º ao 9º mês corta-se 270 e repõe 27, ou seja,

o corte total foi de 270 − 27 = 243 hectares. A partir daí,

descontando os 243 segue que o corte é de 50 e a reposição de 5

hectares, ou seja, o corte é de 45 hectares. Sendo � o número de

meses, temos que 45� = 7570 ⇒ � ≅ 16,8 > 16 meses

Logo, em mais de 9 + 16 = 25 meses a área de corte será a total

SOMA: 01 + 04 + 08 = 0130

Questão 08

Considere os dois sistemas de equações lineares

E: � � + 2b − 9 = 52� − b + 29 = −33� + b + 9 = 2 h e F: �� + 2b − 9 = 5b − 9 = 39 = −2 h e assinale o que for correto.

01) Os sistemas lineares E e F são equivalentes.

02) O sistema linear F não está na forma escalonada.

04) O sistema linear E é possível e indeterminado.

08) O sistema linear F é impossível.

16) O conjunto solução do sistema F está contido no conjunto

solução do sistema E.

RESOLUÇÃO

E: � � + 2b − 9 = 5…�Q�2� − b + 29 = −3�QQ�3� + b + 9 = 2. . . �QQQ�h, fazendo �Q��: �QQ� + �−2� ∙ �Q��QQQ� + �−3� ∙ �Q�

e substituindo, obtemos:


4

� � + 2b − 9 = 5…�Q�−5b + 49 = −13�Q��−5b + 49 = −13. . ��h ⇔ � � + 2b − 9 = 5…�Q�−5b + 49 = −13�Q��h. Que obviamente é um sistema possível e indeterminado, afinal tem

mais incógnitas do que equações

F:�� + 2b − 9 = 5�Q�b − 9 = 3, , , �, �QQ�9 = −2, , , , , �, �QQQ�h ⇒ �F� = �1 2 −10 1 10 0 1⋮⋮⋮53−2�.

Note que na matriz que representa o sistema F o primeiro elemento

não-nulo da linha 1 possui todos os elementos que estão abaixo

dele e na mesma coluna nulos.

Prosseguindo para a linha 2 o primeiro elemento não-nulo possui,

todos os elementos a esquerda dele são nulos e os elementos que

estão abaixo e na mesma coluna são nulos. Para a linha 3 como

valeria o mesmo, como na há linhas abaixo, basta ver que os

elementos da mesma linha a sua esquerda são nulos.

Logo, a matriz F está escalonada, cuja única solução é evidente,

basta fazer em �QQQ�: 9 = −2 ⇒ �QQ�: b = 1 ⇒ �Q�: � = 1

[F] 01) Como o sistema E é SPI existe mais de uma solução para

ele, no entanto F admite apenas uma solução, logo os dois sistemas

não podem ter as mesmas soluções

[F] 02) Ver acima

[V] 04) Ver acima

[F] 08) Ver acima

[V] 16) Note que ��, b, 9� = �1, 1,−2� é solução de E, pois satisfaz �Q� e �Q��: �−5� ∙ 1 + 4 ∙ �−2� = −5 − 8 = −13. Logo, o conjunto

solução de F está contido no conjunto solução de E

SOMA: 04 + 16 = 0200

Questão 09

Pedro possui 180 músicas armazenadas, das quais 80 são do gênero

pagode, 60 do gênero sertanejo e as restantes, de rock. Ele sempre

as escuta no modo shuffle, em que as músicas são executadas em

ordem aleatória, sem repetição das que já foram executadas.

Levando em conta esses dados, assinale o que for correto.

01) Considerando-se apenas as três primeiras músicas executadas,

não sendo duas delas de um mesmo gênero, o número de

maneiras de escolhê-las, levando-se em conta a ordem de

execução, é exatamente 80 × 60 × 40.

02) Se as primeiras duas músicas executadas são do gênero

sertanejo, a probabilidade de que a próxima também seja é de ��.

04) Se a duração total das músicas de Pedro é de 10 horas e meia, a

duração média de cada uma é superior a 3 minutos.

08) Considerando o total de músicas dos três gêneros, o menor

número de músicas que preserva a proporção entre os gêneros

musicais é 9.

16) O número mínimo de músicas que Pedro deve ouvir para ter

certeza de que ouvirá uma de cada gênero é 81.

RESOLUÇÃO

Suponha que cada música do espaço amostral tenha a mesma

chance de ser retirada, isto é, de ��, sendo que 180 − 140 = 40

músicas são de rock

[F] 01) Cada música é de um gênero. Deve-se fazer em duas

etapas: a primeira é em relação a ordem que tocam as três músicas

e a segunda a escolha de cada música dentro do seu gênero.

Denotando P:pagode, S:sertanejo e R:rock, poderia ter tocado PSR,

PRS, SPR, SRP, RSP ou RPS, isto é, há 6 ordens possíveis para tocar

cada gênero.

Agora, contando as possibilidades de escolher cada música de cada

gênero, temos que:

- para escolher uma música de pagode há 80 possibilidades;

- para escolher uma música de sertanejo há 60 possibilidades;

- para escolher uma música de rock há 40 possibilidades.

Pelo princípio multiplicativo, há 6 ∙ 80 ∙ 60 ∙ 40 formas de escolher

estas três músicas de gêneros diferentes(lembrando que está sendo

levado em conta a ordem)

[F] 02) Restam 58 músicas sertanejas do total de 178. Logo, a

probabilidade de que toque uma sertaneja é �� = ��

[V] 04) 10h30min = 10 ∙ 60min + 30min = 630min ∴ �� =� = 3,5 > 3. Logo, a duração de cada música é superior a 3 minutos

[V] 08) As razões entre a quantia de músicas de cada gênero em

relação ao total de músicas é dado abaixo:

Pagode: �� = ��, Sertanejo:

�� = �� = �� e Rock: �� = �

Assim, quando Pedro ouvir 9 músicas irá preservar a proporção,

observe que para Sertanejo a proporção é de ��, no entanto 3 não

preserva a proporção nos demais gêneros

[F] 16) Na pior das situações Pedro poderia ouvir apenas músicas

de Pagode e Sertanejo que somam 80 + 60 = 140 músicas. Mas

como as demais músicas são de Rock, basta ouvir apenas uma

música a mais o qual irá garantir que ele tenha escutado uma

música de cada gênero, ou seja, 141 músicas

Obs.: a alternativa 16 nada mais é do que uma(simples) aplicação

do princípio da casa dos pombos ou princípio das gavetas de

Dirichelet, estudo na área de Combinatória

SOMA: 04 + 08 = 0120

Questão 10

A respeito dos subconjuntos do plano de Argand-Gauss:

� = B9 ∈ ℂ|9� = 1C, � = B9 ∈ ℂ|9 + 9̅ = 2C, � = B9 ∈ ℂ|9 + �9̅� = 2C, é correto afirmar que

01) � é finito.

02) � ⊂ �.

04) � ∩ � = ∅.

08) � é uma reta vertical do plano de Argand-Gauss,

16) � ∩ � possui uma quantidade infinita de elementos.

RESOLUÇÃO

9� = 1 ⇔ �9 � − 1 = 0 ⇔ �9 − 1��9 + 1� = 0 ⇔.

9 − 1 = 0 ⇔ �9 − 1��9 + 1� = 0 ⇔ 9 = 1 ou 9 = −1, ou

9 − 0 = 0 ⇔ �9 − 0��9 + 0� = 0 ⇔ 9 = 0 ou 9 = −0 ∴ � = B1, −1, 0, −0C. Seja 9 = � + O0 ⇒ 9̅ = � − O0. Daí,

9 + 9̅ = �� + O0� + �� − O0� = 2� = 2 ⇒ � = 1.

∴ � = B1 + O0|O ∈ ℝC. Com as mesmas notações, temos:


5

9 = � + 2�O0 − O e 9̅ = � − 2�O0 − O . Daí,

9 + 9̅ = 2�� − O � = 2 ⇒ � − O = 1.

∴ � = B� + O0|� − O = 1C. [V] 01) #� = 4, ou seja, é finito

[F] 02) Tome 9 = 0 ∈ � cuja parte real não é 1. Logo, 0 ∉ �,

portanto, � ⊄ �

[F] 04) Veja que ±1 ∈ � satisfazem �±1� − 0 = 1. Logo, ±1 ∈ �

e, portanto, � ∩ � ≠ ∅

[V] 08) Cada elemento 9 = 1 + O0 de � é um afixo da forma �1, O�, onde O é real. Portanto, 9 é a reta � = 1 no plano complexo, que é

vertical

[F] 16) Tome 9 = 1 + O0 ∈ �. Assim, 1 − O = 1 ⇔ O = 0 ⇔O = 0. Logo, 1 ∈ �, isto é, � ∩ � = B1C tem um elemento em

comum, isto é, uma quantia finita

Acima os pontos E, F, G e � são os afixos dos elementos de �; a

reta vértical é o conjunto � e a hipérbole é o conjunto �

SOMA: 01 + 08 = 0090

Questão 11


01) 2 :� −��A =

��.

02) � > √2.

04) �� = 0,01010101…

08) �� ,

�� e √80�

pertencem ao intervalo �2, 4�. 16) A multiplicação de quaisquer dois números irracionais resulta

sempre em um número irracional.

RESOLUÇÃO

[V] 01) 2 :� −��A = 1 −

� =�� = �

�

[V] 02) � = 1,5 E √2 ≅ 1,4 ∴ �

> √2

[F] 04) �� =

�� ∙

�� =

�� ∙ 0,1111… = 0,01111…

[F] 08) � � = 3 < ��

� < �� = 4,

�� = 2 < �

� <�� = 3 e sendo

64 < 80 < 125 ⇒ √64� < √80� ⇔ 4 < √80� ∴ √80� ∉ �2, 4� [F] 16) O item 02 sugere que a afirmação é falsa, pois √2 ∙ √2 = 2

que é racional

SOMA: 01 + 02 = 0030

Questão 12

Considerando EFGH um quadrilátero convexo inscrito em uma

circunferência de centro Z, assinale o que for correto.

01) Se EFGH é um paralelogramo, então necessariamente trata-se

de um retângulo.

02) Se os ângulos EFzG e FGtH mede, respectivamente, 75° e 120°, os demais ângulos internos de EFGH são agudos.

04) Se o raio da circunferência mede 2cm e EFGH é um quadrado,

a área do mesmo é 8cm .

08) Se o centro da circunferência pertence à diagonal FH, o ângulo

FGtH é reto.

16) Se a diagonal FH possui o mesmo comprimento do raio da

circunferência, um dentro os ângulos FGtH e FEtH mede 150°. RESOLUÇÃO

Lembrando que todo quadrilátero convexo inscrito numa

circunferência tem que seus ângulos opostos são suplementares, ou

seja, nas mesmas notações do nosso caso, vale que:

Et + Gt = 180°�Q� e Fz + H� = 180°�QQ� [V] 01) Da propriedade do paralelogramo, temos que os seus

ângulos opostos possuem mesmas medidas, ou seja, Et = Gt e Fz = H�

∴ 2Et = 180° ⇒ Et = Gt = 90° e da mesma forma Fz = H� = 90° [F] 02) �Q� ⇒ 75° + GH�E = 180° ∴ GH�E = 105° > 90° e

�QQ� ⇒ 120° + HEtF = 180° ∴ HEtF = 60°. [V] 04) A diagonal EG = 2L, onde L = 2cm é o raio da

circunferência e sendo � a medida do lado do quadrado. Daí,

aplicando o teorema de Pitágoras(pois o quadrado possui ângulo

reto), segue que:

� + � = �2L� ⇒ � = 2L ∴ � = 2 ∙ 2 [\�

= 8cm .

[V] 08) Propriedade: Seja � w um triângulo tal que w é o

diâmetro de uma circunferência e � esta sobre a circunferência,

então o ângulo em � é reto.

PROVA: Considere a figura abaixo e chame de Z o centro da

circunferência. Assim, tome o segmento Z�. Como � está sobre a

circunferência, temos que Z� = Z = Zw = L, onde L é o raio da

circunferência. Daí, segue que os triângulos Z� e �Zw são

isósceles, donde a soma dos ângulos internos do triângulo �w é

dada por:

� + � + b + b = 180° ⇒ 2�� + b� = 180° ∴ � + b = 90°. Ou seja, o ângulo em � é reto

Em particular, basta ver que FH faz o papel de w e assim os

triângulos FEH e FGH são retângulos em E e G, respectivamente

[V] 16) Há dois casos, sendo o primeiro é descrito abaixo

Note que FH = ZF = ZH = L, onde L é o raio da circunferência.

Daí, o triângulo FZH é equilátero e por consequência seus ângulos

internos medem 60° ∴ o = 60°


6

Como os ângulos HEtF inscrito e HZzF central correspondem ao

mesmo arco da circunferência, segue que HZzF = 2HEtF ∴ HEtF =¡ ⇒ HEtF = 30°. Logo, de �Q� ⇒ 30° + Gt = 180° ∴ Gt = 150°

O outro caso seria considerar trocar os pontos E e G e daí

obteríamos Et = 150°

SOMA: 01 + 04 + 08 + 16 = 0290

Questão 13

Considere uma circunferência com centro Z�0,0� e raio 2, e três

pontos E, F e G sobre esta circunferência, sendo E um ponto do

primeiro quadrante e que dista 1 do eixo Zb, F o ponto

diametralmente oposto a E, e G um ponto que dista 2 do ponto E.


01) O ponto G está no segundo quadrante ou está sobre o eixo Z�.

02) A área do setor circular definido pelo menor arco EG é 1/6 da

área delimitada pela circunferência.

04) A área do triângulo EZG é 2 u.a.

08) A distância entre os pontos F e G é 2√3 u.c.

16) O triângulo EFG é um triângulo retângulo.

RESOLUÇÃO

[V] 01) Sendo �k + bk = 4 e que qualquer ponto w do eixo das

ordenadas é do tipo �0, b� com b real. Assim, a distância do ponto E

até o eixo Zb nada mais é do que a distância do ponto E até um

ponto w que é a projeção ortogonal de E em Zb. Disto concluímos

que b = bk, daí I�E, w� = 1 ⇒ ��y − �k� + �by − bk� = 1 = 1

e simplificando, obtemos: �k + bk £¤¥¤¦\�

− b = 1 ⇒ b = 3 ∴ b = √3,

pois b > 0, afinal E ∈ IQ. Logo, de �k + bk = 4, segue que

� = 1(� > 0) e, portanto, E21,√33.

Basta ver que pela simetria da circunferência, como E dista 1

unidade do eixo Zb, basta ver que o simétrico em relação à Zb dista

também 1 unidade e, portanto, dista 2 unidades de E. Assim,

G2−1,√33.

Agora, como E dista 2 unidades do centro da circunferência, ligando

o ponto G′ com E é fácil ver que os triângulos de hipotenusa ZE e

EG′, respectivamente, são congruentes pelo critério LAL, portanto,

I�E, G©� = 2

[V] 02) Note que os arcos determinados por G e G′ são iguais.

Assim, pela simetria da circunferência note no semicírculo superior

possui três setores, desta forma o semicírculo inferior também terá

três setores iguais. Logo, nesta circunferência existem 6 copias do

setor determinado por EG, ou seja, a área ocupada pelo setor

equivale a �� da área da circunferência

[F] 04) ZG© = 2 e a altura do triângulo ZEG′ é √3. Logo, a sua

área é ∙√� = √3 unidades de área(u.a.)

[V] 08) Note que os triângulo de hipotenusa ZE e ZF são

congruentes pelo caso LAL, ou seja, a distância de E ao eixo Z� é

igual a distância de F ao eixo Z�. Logo., sendo ª a projeção do

ponto G no eixo Z� temos GF = Gª + ªF = √3 + √3 = 2√3

unidades de comprimento(u.c.)

[V] 16) Pela figura dada é fácil ver que o triângulo EGF é retângulo

em G, no entanto provemos que isso ocorre, basta ver que a relação

de Pitágoras vale, ou seja, EF = EG + GF ⇒ 4 = 2 +22√33 ⇒ 16 = 4 + 4 ∙ 3«

\� o que implica que EFG é retângulo em G

SOMA: 01 + 02 + 08 + 16 = 0270

Questão 14

No primeiro dia de aula, uma professora de Inglês do Ensino Médio

entregou um questionário para avaliar o conhecimento prévio dos

40 alunos. A primeira questão era “quantos anos você cursou inglês

fora da escola?”. A resposta de todos os alunos(meninos e meninas)

foi um número inteiro não negativo estritamente menor do que 5.

Sete alunos responderam “zero”, catorze alunos responderam

“um”, dez alunos responderam “dois”, oito alunos responderam

“três” e apenas um aluno respondeu “quatro”. Além disso, das vinte

meninas que há na sala, treze cursaram pelo menos dois anos de

inglês fora da escola. Considerando essas informações, assinale o

que for correto.

01) A média de anos de inglês cursados fora da escola, nessa turma,

é superior a 1,5.

02) A mediana da amostragem é 2 anos.

04) Escolhendo-se ao acaso um aluno, a probabilidade de se

escolher uma menina ou alguém que cursou um ano ou menos

de inglês fora da escola é superior a ��.

08) Escolhendo-se ao acaso um aluno, a probabilidade de se

escolher um menino que tenha cursado pelo menos dois anos

de inglês fora da escolha é inferior a �.

16) No caso em que três meninas cursaram exatamente três anos,

dez meninas cursaram exatamente dois anos e as demais não

cursaram inglês fora da escola, a média de anos que as meninas

da sala cursaram inglês fora da escola é inferior à média dos

meninos que cursaram inglês fora da escola.

RESOLUÇÃO

Seja � o conjunto dos meninos e � o conjunto das meninas. Pelo

enunciado, |�| = |�| = 20

Temos as seguintes informações:

- 07 alunos cursaram 0 ano

- 14 alunos cursaram 1 ano

- 10 alunos cursaram 2 anos

- 08 alunos cursaram 3 anos

- 01 aluno cursaram 4 anos

- 13 meninas cursaram pelo menos 02 de inglês, daí , 20 − 13 = 07

meninas cursaram 1 ano ou menos de inglês.

Assim, podemos formar a sequência crescente de anos cursados de

inglês fora da escola, ou seja, o seguinte rol:

¬0,… , 0£¥¦\� , 1,… , 1£¥¦\�� , 2, … , 2£¥¦\�� , 3, … , 3£¥¦\ , 4.

E considerando a probabilidade de escolher cada aluno de ��

[V] 01) Seja �̅ a média aritmética dos de inglês cursado. Assim, �̅ = �∙��∙��∙ ∙��∙�� = � �� = 1,55 ∴ �̅ > 1,5


7

[F] 02) Por definição a mediana é o termo central do rol dos dados,

quando o número de dados é par. Assim, no nosso caso temos uma

quantia par�40�, sendo o termo central o de posição 20. Pela

sequência acima 7 + 14 = 21 > 20, ou seja, o termo central é 1.

Portanto, �® = 1 ano

[V] 04) Denote por � o conjunto dos alunos que cursaram 1 ano ou

menos de inglês. Assim, 7 + 14 = 21 alunos, isto é, |�| = 21. Como |�| = 20 e sendo que |� ∩ �| = 7, segue:

w�� ∪ �� = w�� + w�� − w�� ∩ ��. w�� ∪ �� = ��+ ��− �� = �� = �� = 0,85 > 0,75 = ��.

[F] 08) No total 10 + 8 + 1 = 19 alunos cursaram pelo menos 2

anos de inglês, sendo deste total 13 meninas, isto é, 06 são

meninos. Assim, a probabilidade pedida é dada por �� = � � > � � = �

[V] 16) Monta-se a seguinte tabela:

Anos 0 1 2 3 4

Meninas 5 0 10 3 0

Meninos 2 14 0 5 1

As médias das meninas e dos meninos, respectivamente, são:

�k°°° = �∙��∙��∙ �∙��∙�� = �� e �l°°° = ∙��∙��∙ �∙��∙�� = ��

Portanto, �k°°° < �l°°° SOMA: 01 + 04 + 16 = 0210

Questão 15

Considere um prisma reto cuja base é um pentágono não regular EFGH�, em que os lados EF e �E mede 10√2cm, o lado GH mede 20cm e os lados FG e H� são perpendiculares ao lado GH e têm

metade da sua medida. Sabendo que a altura desse prisma é de 10cm, assinale o que for correto.

01) A área lateral desse prisma mede 600√2cm .

02) O volume do prisma é 3.000cm�.

04) O prisma tem 7 faces retangulares.

08) A área total do prisma é 1.200cm .

16) O prisma tem 10 vértices.

RESOLUÇÃO

[F] 01) Chamando de E′F′G′H′�′ os vértices da face superior e de ℎ a altura do prisma, temos que a área lateral é dada pela soma:

Retângulokmm¶k¶ : EF ∙ ℎ = 10√2 ∙ 10 = 100√2cm .

Retângulomyy©m©: FG ∙ ℎ = 10 ∙ 10 = 100cm .

Retânguloynn©y©: GH ∙ ℎ = 20 ∙ 10 = 200cm .

∴ 2 ∙ 2100√2 + 100 + 2003 = 200 ∙ 23 + √23cm .

[V] 02) Olhando o prisma como sendo a união de dois sólidos,

sendo um paralelepípedo e o outro um prisma triangular

Volume do cubo: 20 ∙ 10 ∙ 10 = 2000cm�

A base do prisma triângular é um triângulo retângulo, pois vale a

relação de Pitágoras, isto é, 20 = 400 e 210√23 + 210√23 =400. Logo, sua área é

2��√ 3� = 100cm o que implica que o

volume do prisma triangular é 100 ∙ 10 = 1000cm�

Por fim, � = 2000 + 1000 = 3000cm�

[F] 04) Pela figura existem 5 faces retangulares

[F] 08) Pelo item 02, cada base do prisma pentagonal pode ser

visto como sendo a soma das áreas do triângulo com o retângulo,

isto é, a área do pentágono é dada por 100 + 200 = 300cm ,

segue que a área total é a soma das áreas das bases com a área

lateral(item 01), ou seja, 2 ∙ 300 + 200 ∙ 23 + √23 = 1200 +200√2 = 20026 + √23cm [V] 16) Ver figura

SOMA: 02 + 16 = 0180

Questão 16

Considere as funções �� = log22��3 e (�� = 2� − 1, e

assinale o que for correto.

01) O domínio da função � é o conjunto H�� = B� ∈ ℝ|� − 1 ≥

0C. 02) �� ∘ (�� = log216��3 04) A função � é injetora.

08) O valor mínimo de � a é – log�2�. 16) Para � ∈ �−1, 1� tem-se �� ≤ 0.

RESOLUÇÃO

[F] 01) Note que � − 1 ∈ ℝ, para qualquer valor de �, ou seja, � − 1 = ¹ ∈ ℝ. Daí, 2º > 0, para todo ¹. Logo, 2�� > 0, para

todo � ∈ ℝ. Desta forma, esta bem definido log22��3 = ��. Portanto, H�� = ℝ

[F] 02) �� ∘ (�� = �2(��3 = ��2� − 1� = log22� ��3. Note que �2� − 1� − 1 = 4� − 4� + 1 − 1 = 4�� − ��. Substituindo, obtemos:

log22�2��33 = log2�2��2��33 = log2162��33 ∴ �� ∘ (�� = log2162��33.

[F] 04) Tome �� = 1 e � = −1. Daí,

��1� = log22��3 = log�2�� = log�2�� = log�1� = 0.

��−1� = log22��3 = log�2�� = log�2�� = log�1� = 0.

∴ �� ≠ � , mas �� = �� [V] 08) Observe que ℎ�� = � − 1 é uma função quadrática que

por sua vez assume valor mínimo, uma vez que o coeficiente de � é 1 > 0. É fácil ver que seu valor mínimo é −1, pois � ∈ ℝ, daí � ≥ 0 ⇒ � − 1 ≥ −1 ∴ ℎ�� ≥ −1, para todo � real.

Consequentemente 2'�� ≥ 2�� e, portanto, sendo a base do


8

logaritmo maior que 1, obtemos log 2�� ≥ log 2�� = − log 2.

Logo, �� >= − log2

[V] 16) Note que ℎ�� = � − 1 possui duas raízes sendo elas −1 e

1. Como o coeficiente de � é positivo, segue que para valores

menores que −1 e maior que 1 a função ℎ assume valores positivo.

Assim, −1 ≤ � ≤ 1 ⇔ ℎ�� ≤ 0. Daí, 2'�� ≤ 2� = 1, o que implica

que log 2�� ≤ log 1 = 0.

Portanto, �� ≤ 0, para todo � ∈ �−1, 1� SOMA: 08 + 16 = 0240

Questão 17


01) Um ângulo que mede 2 radianos é agudo.

02) Seja (:ℝ → ℝ definida por (�� = sen�sen �� para todo � real;

então (�� < √� , para todo � real.

04) Para todo � real, �sen �� ≤ |sen �|. 08) Para todo � real, cos�2�� = 1 − 2�sen�� .

16) Um triângulo é obtusângulo se, e somente se, o quadrado do

lado maior é superior à soma dos quadrados dos lados

menores.

RESOLUÇÃO

[F] 01) Aplicando uma regra de três simples:

¼��° = ½¾¿>½¾¿ ⇒ À = ��°> ≅ ��°�, = 112,5° ∴ À > 90°. [V] 02) Do item 01, 1rad = 56,25° < 60°, onde sen60° = √� . Daí,

−1 ≤ sen� ≤ 1 ⇒ sen�−1� ≤ sen� ≤ sen1, sendo a função sen

ímpar e usando o fato acima, temos:

−sen60° < −sen�1� ≤ sen� ≤ sen1 < sen60°, isto é,

− √� < sen�sen�� ≤ √� ∴ |(��| < √� , ∀� real e sendo x ≤ |x| para todo x real, ou seja, (�� ≤ |(��| < √� para todo � real

[V] 04) Lembrando que se 0 ≤ � ≤ 1, então � ≤ √�, afinal de 0 ≤ � ≤ 1 multiplicando por � obtemos 0 ≤ � ≤ � e extraindo a

raiz quadrada obtemos 0 ≤ |�| ≤ √�, sendo � ≥ 0, segue que |�| = � e por fim 0 ≤ � ≤ √�.

Assim, como 0 ≤ |sen�| ≤ 1 segue que 0 ≤ |sen�| ≤ .|sen�|, daí

elevando ao quadrado ambos os lados e sabendo que |x| = √x ⇒|x| = x para todo x real, segue que �sen�� ≤ |sen�|, para

todo � real

[V] 08) Tome

cos�2�� = �cos�� − �sen�� = �cos �� + �sen�� £¤¤¤¤¤¥¤¤¤¤¤¦\� − 2�sen��

∴ cos�2�� = 1 − 2�sen�� , ∀� real

[V] 16) (⟹�Seja EFG um triângulo com ângulo obtuso Et. Com

base na figura abaixo:

Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo �EG temos: O = x + ℎ

E no triângulo �FG: � = ℎ + �� +x� = ℎ + � + 2�x +x =O + � + 2�x > O + � ∴ � > O + � .

Nota: Se o triângulo fosse acutângulo, obteríamos: � < O + �

Se o triângulo fosse retângulo, obteríamos: � = O + �

�⟸� Suponha que vale � > O + � . A três possibilidades para um

triângulo que satisfaz essa relação:

- é retângulo em E;

- é acutânculo em E;

- é obtusângulo em E.

Mas se ele for retângulo, valeria � = O + � o que não pode, e se

ele for acutângulo valeria � < O + � . Por eliminação, o triângulo

é obtusângulo

SOMA: 02 + 04 + 08 + 16 = 0300

Questão 18

Considere os polinômios 8�� = �� − 8�� + 14� + 8� − 15 e K�� = �� − 7� + 14� − 8. Sabendo que 8�� = 0 e K�� = 0

têm como raízes somente números inteiros e que 1 é uma raiz em

comum, assinale o que for correto.

01) O resto da divisão de 8�� por K�� é zero.

02) As raízes de 8�� = 0, colocadas em ordem crescente, formam

uma progressão aritmética.

04) As raízes de K�� = 0, colocadas em ordem crescente, formam

uma progressão geométrica.

08) A soma das quatro raízes de 8�� com as três raízes de K�� = 0 é um número negativo.

16) O resto da divisão de 8�� por � − 1 é � − 2.

RESOLUÇÃO

Aplicando o dispositivo de Briott-Ruffini em 8��, temos que:

1 1 −8 14 8 −15

1 −7 7 15 0

∴ 8�� = �� − 1�� − 7� + 7� + 15�. Por inspeção −1 é raiz de �� − 7� + 7� + 15 e

−1 1 −7 7 15

1 −8 15 0

Por fim, resolvendo a equação quadrática � − 8� + 15 = 0

obtemos as raízes � = 3 e � = 5, portanto, podemos escrever 8�� = �� − 1�� + 1�� − 3�� − 5� Aplicando o dispositivo de Briot-Ruffini em K�� obtemos:

1 1 −7 14 −8

1 −6 8 0

E resolvendo a equação quadrática � − 6� + 8 = 0, temos como

raízes � = 2 e � = 4, portanto, K�� = �� − 1�� − 2�� − 4� [F] 01) [1ª solução] Como 8�� não possui as mesmas raízes que K��, segue que o resto da divisão não é zero, pois se fosse teríamos 8�� = Ä�� ∙ K�� para algum polinômio Ä��. [2ª solução] Pelo algoritmo da divisão o resto L�� da divisão de 8�� por K�� é de grau 1. Daí, para certos �, O ∈ ℝ

8�� = K��Ä�� + �� + O.

� = 1 ⇒ 8�1�«\� = K�1�«\� Ä�1� + � ∙ 1 + O ∴ O = −�,


9

� = 2 ⇒ 8�2�«\�

= K�2�«\�

Ä�2� + � ∙ 2 − � ∴ � = 9, afinal fazendo

8�2� = �2 − 1��2 + 1��2 − 3��2 − 5� = 1 ∙ 3 ∙ �−1� ∙ �−3� = 9.

Logo, L�� = 9� − 9 ≠ 0

[V] 02) As raízes em ordem crescente: �−1, 1, 3, 5� formam uma

P.A. de razão 2, afinal a diferença dos termos consecutivos é

constante igual a 2

[V] 04) As raízes em ordem crescente: �1, 2, 4� formam uma P.G.

de razão 2, afinal a razão entre um termo com seu antecessor é

constante igual a 2

[F] 08) O único número negativo é −1 os demais são todos

positivos. Logo, a soma das raízes é positiva

[F] 16) 8�� = �� − 1�� + 1�� − 3�� − 5� = �� − 1�� −3�−5, ou seja, 8�=�2−1Ä�, onde Ä�=�−3�−5, isto é, 8� é

divisível por � − 1, logo, o resto é zero

Obs.: o fato de dizer que os polinômios possuem apenas raízes

inteiras no enunciado é desnecessário, pois cada polinômio é

unitário e pelo teorema das raízes racionais segue que toda raiz é

inteira.

SOMA: 02 + 04 = 0060

Questão 19

Acerca dos lugares geométricos do plano cartesiano dados pelas

equações � + b = 1 e � − b = 1, assinale o que for correto.

01) A primeira equação representa uma parábola.

02) A segunda equação representa uma hipérbole.

04) Os pontos de interseção dessas curvas pertencem ao eixo das

ordenadas.

08) Os focos da cônica dada pela equação � − b = 1 pertencem

ao eixo das abscissas.

16) A reta de equação � − b + √2 = 0 tangencia a curva dada por

� + b = 1.

RESOLUÇÃO

Seja uma circunferência Å de centro �x, Y� e raio L. A equação

reduzida é �� − x� + �b − Y� = L .

Daí, por analogia a equação Å: � + b = 1 ⇒ �� − 0� +�b − 0� = 1 é a equação de uma circunferência de centro na

origem e raio unitário

Seja uma hipérbole ℋ com eixo focal 2�, eixo imaginário 2O e eixo

real 2�, onde � = � + O . A equação reduzida de uma hipérbole

de centro retangular �L, Ç� com eixo real paralelo ao eixo das

abscissas é de centro retangular ��v��È� − �É�Ê��

Ë� = 1.

Daí, por analogia, ℋ:� − b = 1 ⇒ �� − �É��

�� = 1.

[F] 01) Ver informações acima

[V] 02) Ver informações acima

[F] 04) � � + b = 1�Q�

� − b = 1�QQ�h, fazendo (I) + (II), obtemos � = 1 ⇒ � =±1. Voltando a equação (II) temos b = � − 1 = 1 − 1 = 0 ∴b = 0 ⇒ b = 0. Logo, os pontos em comum são Å ∩ℋ =B�−1, 0�, �1, 0�C que estão no eixo das abscissas

[V] 08) Como eixo real está contido no eixo focal, segue que como

o centro da hipérbole é �0, 0� os seus vértices são �−1, 0� e �1, 0�, isto é, esta sobre o eixo Z�. Logo, o eixo focal também está sobre o

eixo Z�(abscissas)

[V] 16) � − b + √2 = 0 ⇒ b = � + √2, substituindo na equação

� + b = 1 e simplificando obtemos 2� + 2√2� + 1 = 0 cujo

discriminante é ∆= 22√23 − 4 ∙ 2 ∙ 1 = 8 − 8 = 0, portanto,

existem duas raízes iguais como solução, a saber � = − √ ⇒ b =

− √ + √2 = √

. Logo, o único ponto em comum é :− √ ,

√ A

Obs.: a circunferência é também conhecida como um caso

particular de elipse degenerada, onde os focos da elipse

coincidem.

SOMA: 02 + 08 + 16 = 0260

Questão 20

Considerando o espaço tridimensional, suponha que L e Ç sejam

retas perpendiculares em um ponto E, e que Ç seja concorrente

com uma reta Ä em um ponto F diferente de E. Com relação ao

exposto, assinale o que for correto.

01) Se a reta Ç é perpendicular à reta Ä, então a reta L também é

perpendicular à reta Ä. 02) Se a reta Ä é concorrente com a reta L, então as retas L, Ç e Ä

são coplanares.

04) Se a reta Ä é paralela à reta L, então as retas L, Ç e Ä estão

contidas em um mesmo plano.

08) Se as retas L e Ä são reversas, então L e Ä não são ortogonais.

16) Se a reta Ä é perpendicular ao plano que contém L e Ç, então a

reta L é ortogonal à reta Ä. RESOLUÇÃO

Temos L ⊥ Ç, L ∩ Ç = BEC e Ç ∩ Ä = BFC, com F ≠ E. Como duas

retas distintas determinam um plano, considere À = pl�L, Ç� e

Î = pl�Ç, Ä� os respectivos planos das retas mencionadas.

Podem ocorrer os casos:

À = Î; assim L, Ç e Ä são coplanares, em particular L e Ä À ≠ Î; assim L, Ç e Ä não são coplanares, em particular L e Ä [F] 01) Considerando o exposto acima:

- se Ç ⊥ Ä e À = Î, então como os ângulos correspondentes

determinados pelas retas L e Ç pela transversal Ä são iguais segue,

pelo teorema fundamental do paralelismo, que L ⊥ Ä. - se Ç ⊥ Ä e À ≠ Î, segue que L e Ä não são coplanares, logo, não

podem ser paralelas

[V] 02) Se G = Ä ∩ L, então G ∈ À, pois caso contrário o ponto

G�∈ L� estaria fora de À. No entanto, L não possui pontos fora de À.

Portanto, G ∈ À.

Axioma: Se dois pontos distintos de um reta pertencem a um plano,

então esta reta está contido neste plano.

Assim, pelo axioma acima, como os pontos E, F ∈ À da reta Ä, segue

que Ä ⊂ À. Logo, L, Ç e Ä são coplanares


10

[V] 04) Como as retas Ä e Ç são paralelas, então elas determinam

um plano, digamos, Ï = pl�Ä, Ç�. A reta Ç concorre nas duas retas L

e Ä, nos pontos E e F, respectivamente. Pelo axioma do item 02, a

reta Ç está contida em Ï

[F] 08) Sejam L e Ä reversas. Assim, Ä não está contida em À. Como

Ç ∩ Ä = BFC e F ∉ L, existe uma única reta Ð paralela à L passando

por F. Daí, existem duas possibilidades:

- Ä é perpendicular ao plano À: ou seja, Ä é perpendicular a toda reta

de À que passa por F, em particular Ä ⊥ Ð. Por definição, Ä e L são

ortogonais;

- Ä não é perpendicular ao plano À: ou seja, Ä não perpendicular a

nenhuma reta de À que passe por F, em particular Ä e Ð são apenas

concorrentes

[V] 16) Ver item 08

Obs.: Novamente, me preocupei em provar formalmente cada

alternativa, pois apenas o desenho pode levar ao caminho errado.

SOMA: 02 + 04 + 16 = 0220


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FORMULÁRIO FORNECIDO PELA UEM

Trigonometria

sen�� ± b� = sen�� cos�b� ± sen�b� cos��. �sen�� + �cos �� = 1.

Lei dos cossenos: � = O + � − 2O ∙ cos�Et� Geometria Plana e Espacial

Comprimento de uma circunferência: G = 2�Ñ

Área do triângulo E = Ë' Área do retângulo E = Oℎ

Área do círculo: E = �Ñ Área lateral do cilindro: E = 2�Ñℎ

Área do setor circular: E = Ò�¼

Área da superfície esférica: E = 4�Ñ

Volume do prisma: � = F ∙ ℎ

Volume do cilindro: � = �Ñ ℎ

Volume da esfera: � = ��Ñ�

Progressões

Progressão Aritmética(P.A.): �X = �� + �Y − 1�LjX = �ÈsÈÓ�X

Geometria Analítica

Área do triângulo de vértices w��, b��, ª�� , b � e Ñ��, b��

E = � |H|, ondeH = i�� b� 1� b 1�� b� 1i.

Distância de um ponto w��, b�� à reta L: �� + Ob + � = 0

Iu,v = ÔÈ�ÕËÉÖ×√È�Ë� Ô.

Conteúdo geral de cada questão

Questão 01 – Funções

Questão 02 – Função polinomial

Questão 03 – Matrizes, determinantes e princípio de indução

Questão 04 – Geometria analítica

Questão 05 – Geometria plana

Questão 06 – Geometria espacial

Questão 07 – Sequências

Questão 08 – Sistemas de equações lineares

Questão 09 – Análise combinatória e probabilidade

Questão 10 – Números complexos e conjuntos

Questão 11 – Números

Questão 12 – Geometria plana

Questão 13 – Geometria analítica

Questão 14 – Estatística e probabilidade


Questão 16 – Funções

Questão 17 – Trigonometria e funções trigonométricas

Questão 18 – Polinômios

Questão 19 – Geometria analítica e cônicas


GABARITO DE ACORDO COM A RESOLUÇÃO

Q01 Q02 Q03 Q04 Q05

25 24 30 05 21

Q6 Q07 Q08 Q09 Q10

09 13 20 12 09

Q11 Q12 Q13 Q14 Q15

03 29 27 21 18

Q16 Q17 Q18 Q19 Q20

24 30 06 26 22

GABARITO 1 FORNECIDO PELA UEM

Q01 Q02 Q03 Q04 Q05

25 24 30 05 21

Q6 Q07 Q08 Q09 Q10

09 13 20 12 09

Q11 Q12 Q13 Q14 Q15

03 29 27 21 18

Q16 Q17 Q18 Q19 Q20

24 30 06 26 22

- Não houve erros de digitação

- Versão atualizada em: 16/07/2012 às 18h

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