A equação algébrica
24x4 −50x3 +35x2 −10x+ =1 0 admite 4 raízes racionais distintas. Não é uma dessas raízes
a) 1. b) 1
2. c) 13. d) 14 . e) 15.
alternativa E
As possíveis raízes racionais da equação dada são da forma p
q , em que p|1 e q|24. Como 5 não é divisor de 24, 1
5 não pode ser raiz da equação.
Considere que:
• A é igual à soma do maior número inteiro que não supera 2π com o menor número real positivo cujo quadrado não é inferior a 2; • B é igual à diferença entre o menor número inteiro que é maior do que 30 e a medida da diagonal de um quadrado de lado 1.
Então o produto A ⋅ B é igual a a) 17. d) 34 2. b) 17 2. e) 34π. c) 34. alternativa C
O maior número inteiro que não supera 2π ≅6,28 é 6 e o menor real positivo cujo quadrado não é inferior a 2 é o menor realxtal que x2 ≥ ⇔2 ⇔x ≥ 2, ou seja, 2 . Logo A= +6 2. Como 5 < 30 <6, o menor número inteiro maior do que 30 é 6; além disso, a medida da diagonal de um quadrado de lado 1 é 2 . Assim, B= −6 2.
Desse modo, A B⋅ =(6 + 2 )(6 − 2 ) = =62 −2 =34.
Na figura abaixo, a circunferência tem raio igual a 3cm e α mede 30o. É correto concluir da comparação da medida do arco AB com as medidas dos segmentos CD e EF que
a) 3 2 3 3 2 2 − < < π . b) π 2 3 2 3 3 2 < − < . c) 3 2 < 3 2− 3 < π .2 d) 3 2 < 3 2( − 3)< 2π . e) 3 2 < 2π < 3 2( − 3). alternativa C
Justapondo os ângulos de medidaα =30o, obte-mos a seguinte figura:
Assim, o arco AB tem medida 2 3 30
360 2
o o
π ⋅ =π cm,
maior do que AC = 32 +32 −2 3 3 cos 30⋅ ⋅ o= =3 2 − 3 cm, que é maior do que
BF 3 sen 30 3 2 o = = cm, ou seja, 3 2 <3 2 − 3 < π2 .
Considere dois ângulos agudos cujas medidas a e b, em graus, são tais que
a+ b = 90o e 4sen a −10sen b = .0 Nessas condições, é correto concluir que a) tg a = e tg b1 = .1 b) tg a = e tg b4 = 14 . c) tg a = 1 4 e tg b = .4 d) tg a = 2 5e tg b = 5 2. e) tg a = 5 2e tg b = 2 5. alternativa E
Como a+b =90o, sen b =cos a. Assim, 4 sen a 10 cos a 0 sen a
cos a 5 2 tg a 5 2 − = ⇔ = ⇔ = e tg b tg(90 a) 1 tg a 2 5 o = − = = .
Se a seqüência (3, x, cos θ) é uma progressão aritmética, sendo x e θ números reais, então a) −1,5≤ x≤ 0. c) 0,5≤ x≤1,5. e) 2≤ x≤ 4. b) − ≤1 x≤1. d) 1≤ x≤ 2. alternativa D
Sendo (3, x, cosθ) progressão aritmética e − ≤1 cosθ≤1, x 3 cos 2 = + θ ⇒ ⇒3 + −( 1) ≤ ≤ + ⇔ ≤ ≤ 2 x 3 1 2 1 x 2.
Considere o conjunto de todos os números complexos z tais que
z n n i sen n = ⋅⎡ ⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ + ⋅ ⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ ⎣⎢ ⎤ ⎦⎥ 1 4 4 cos π π ,
em que n é um número natural não nulo. Dentre as figuras abaixo, aquela que melhor representa esses números no plano de Argand-Gauss é a) b) c)
Questão 45
Questão 46
Questão 44
d) e) alternativa B O número z 1 n cos n 4 i sen n 4 = ⎡ ⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ + ⋅ ⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ ⎣⎢ ⎤ ⎦⎥ π π tem módulo1 n e argumento n 4 π .
Desse modo,zpode ter argumento 0, π 4 , π 2 , 3 4 π , π, 5 4 π ,3 2 π ou7 4
π , conforme o valor den. Além disso, dentre esses números, o de maior módulo é 1 1 cos4 i sen4 2 2 i 2 2 π + π ⎛ ⎝⎜ ⎞⎠⎟ = + , que está
no 1º quadrante. A única alternativa que apresenta ambas as características é a B.
Para alcançar um suculento mosquito, um sapo deu dois saltos, partindo do ponto (0, 0) de um sistema de coordenadas, cuja unidade representa 1cm. A trajetória do sapo pode ser descrita como se segue:
• obedeceu o gráfico da parábola dada por p x1 6x x2
10
( ) = − para pousar sobre uma ca-deira de altura 50cm (já na parte descenden-te do gráfico, após o ponto de máximo); • no mesmo ponto onde “aterrisou” na cadei-ra tomou impulso e seguiu sobre o gráfico da parábola p x2( ) = −x2+bx −3600;
• no ponto de altura máxima de p x2( ), laçou o mosquito com o seu tradicional golpe de lín-gua.
Quando apanhou o mosquito, o sapo “voava” a uma altura que está entre
a) 1,50 e 2,00 metros. b) 2,00 e 3,00 metros. c) 4,00 e 6,00 metros. d) 6,00 e 10,00 metros. e) 10,00 e 18,00 metros. alternativa A
A abscissa do ponto de pouso do sapo sobre a cadeira é a maior raiz da equação p (x)1 =50 ⇔ ⇔6x x
10 50 2
− = ⇔x =10ou x =50, ou seja, o sapo pousou em (50; 50).
Esse ponto pertence à parábola p (x)2 = −x2 +bx −3 600.
Assim, 50= −502 + ⋅b 50 −3 600⇔b=123. Assim, a altura do sapo no instante em que apa-nhou o mosquito é o máximo de p (x)2 , que é − = − − ⋅ − ⋅ − ⋅ − = Δ 4a 123 4 ( 1) ( 3 600) 4 ( 1) 2 =123 −120 = − + = 4 (123 120)(123 120) 4 2 2
=182,25 cm, que está entre 1,50 e 2,00 metros.
Um hexágono regular de lados medindo 2 3( +1)cm foi decomposto em seis triângu-los equiláteros. Em cada triângulo, foram de-senhadas três circunferências de mesmo raio, tangentes entre si e aos lados do triângulo, como mostra a figura. Se o círculo hachurado tangencia seis das outras circunferências, e seu centro coincide com o centro do hexágono, então sua área, em cm2, vale
Questão 48
Questão 47
a) 3
2π . b) π. c) 2π.
d) 3π. e) 2 2( + 3)π.
alternativa B
Os centros das seis circunferências que tangen-ciam a circunferência destacada formam um he-xágono regular cujo centro coincide com o centro da circunferência destacada. Assim, os raios de todas as circunferências são iguais.
Sejam ABC um dos triângulos eqüiláteros que compõem o hexágono ero raio das circunferên-cias de centros O1, O2 e O3. Como O1 eqüidista de AB e BC, BO1 é bissetriz de ABC$ , de modo que m (O BC)1$ =30o. Logo BD r
tg 30o r 3
= = .
Analogamente, EC =r 3.
Além disso, O1O2ED é um retângulo, pois O1D e O2E são perpendiculares a DE e O D1 =O E2 .
Logo DE=O O1 2 =2r.
Portanto BC=2r +2r 3 ⇔2( 3 +1) = =2( 3 +1)r ⇔ =r 1 cm e a área pedida é π⋅12 =πcm2.
A figura, feita fora de escala, mostra o gráfico da função f x( ) = logn x, em que n é um nú-mero inteiro maior do que 1. Dado um núme-ro real k, k > 1, são traçadas as retas r e s, que passam pela origem e interceptam o grá-fico de f(x) em pontos de abscissas 1
ke k, res-pectivamente. Se as retas r e s são perpendi-culares, então a) k= nn. d) k= n2. b) k= n. e) k= nn. c) k = .n alternativa C
O coeficiente angular de r, que passa pela origem (0; 0) e por 1 k ; log 1 k 1 k ; log k n n ⎛ ⎝⎜ ⎞⎠⎟ =⎛⎝⎜ − ⎞⎠⎟, é mr = − k − k − = − log 0 1 k 0 log k n n . O coeficiente
Questão 49
angular de s, que passa pela origem e por (k; lognk), é ms = k − − = log 0 k 0 log k k n n . Como r⊥s e k > 1⇔lognk >0, mr ⋅ms = − ⇔1 ⇔ −klog k ⋅ log k = − ⇔ k = ⇔ k 1 (log ) 1 n n n 2 ⇔lognk = ⇔1 k =n.
Considere um televisor “widescreen” de 36 polegadas (isto significa que o comprimento da diagonal de sua tela retangular é igual a 36 polegadas). Sabe-se que a proporção entre a largura e a altura da tela nos televisores “widescreen” é de 16 para 9. Admitindo que 1 polegada equivale a 2,5 centímetros, e que 337 ≈18, é correto afirmar que a área da tela desse televisor, em cm2, vale, aproxima-damente, a) 7200. d) 4500. b) 6000. e) 3600. c) 5400. alternativa E
Sejamaebos lados de sua tela retangular. Te-mos, então: a b 36 a b 16 9 a b 1 296 9a 16 2 + 2 = 2 2 2 = ⇔ + = = ⇔ b ⇔ + ⎛⎝⎜ ⎞ ⎠⎟ = = ⇔ = = ⇔ a 9a 16 1 296 9a 16 337a 331 776 9a 16 2 2 2 b b ⇔ ≅ = ≅ a 576 18 32 18 b
Logo a área da tela desse televisor, em cm2, é aproximadamente (32 18) 2,5⋅ ⋅ 2 =3 600.
Considere um cubo ABCDEFGH, cujas ares-tas medem 2 cm. O número de maneiras dife-rentes de escolher três de seus vértices de modo que a área do triângulo por eles deter-minados seja maior do que 2 cm2é igual a a) 32. b) 36. c) 40. d) 48. e) 56.
alternativa A
O total de maneiras de escolher três vértices de um cubo é 8 3 8 7 6 3 2 1 56 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞⎠⎟ = ⋅ ⋅⋅ ⋅ = . Os únicos triân-gulos com área 2 cm2 são aqueles contidos nas faces do cubo, o que perfaz um total de
6 4
3 6 4 24
⋅⎛ ⎝
⎜ ⎞⎠⎟ = ⋅ = triângulos. Todos os demais triângulos obtidos com três vértices do cubo têm área maior que 2 cm2, o que resulta num total de 56−24 =32triângulos.
Considere as funções f x( ) =4x− x2, g x( ) = = x2 −4x+8 e as retas q : y = 2 , r : y = 0,x s : y = 8, t : x = 0 e v : x = 4. Se todas essas retas e funções forem construídas num mes-mo plano, teremes-mos um retângulo maior subdi-vidido em a) 4 partes. d) 10 partes. b) 6 partes. e) 12 partes. c) 8 partes. alternativa B
Considere os gráficos das funções apresentadas, construídos num mesmo plano.
Desse modo, o retângulo maior fica subdividido em 6 partes, numeradas anteriormente.
Questão 50
Questão 51
O valor de 2009 4 2009 2009 2 2 2+ − − é igual a a) 2007 2008 b) 20082009 c) 20072009 d) 2009 2008 e) 20092007 alternativa A Seja f(x) x 4 x x 2 (x 2)(x 2) (x 2)(x 1) 2 2 = − + − = + − + − = = − − x 2 x 1. Logo 2 009 4 2 009 2 009 2 f(2 009) 2 007 2 008 2 2 − + − = = .
Cada uma das seis faces de um dado foi mar-cada com um único número inteiro de 1 a 4, respeitando-se as seguintes regras:
• faces opostas foram marcadas com o mesmo número;
• a soma dos números marcados nas seis fa-ces é igual a 22.
Lançando-se esse dado duas vezes seguidas, a probabilidade de que a soma dos pontos ob-tidos nos dois lançamentos seja 7 é igual a a) 1
9. b) 29. c) 39. d) 49. e) 69.
alternativa D
Sejamx,y e z os números marcados nas faces do cubo. Como as faces opostas foram marcadas com o mesmo número e a soma dos números marcados nas seis faces é igual a 22, temos:
2x +2y +2z =22 ⇔x +y +z =11 Já que x, y e z são inteiros de 1 a 4, a única pos-sibilidade é que dois deles sejam 4 e um seja 3. Assim, o cubo apresenta 4 faces com o número 4 e 2 faces com o número 3. Para que a soma dos pontos obtidos no lançamento dos dados duas ve-zes seguidas seja 7, devemos ter face 3 no meiro lançamento e 4 no segundo ou 4 no pri-meiro e 3 no segundo. Logo a probabilidade de a soma dos pontos obtidos ser 7 é 4
6 2 6 2 4 9 ⋅ ⎛ ⎝⎜ ⎞⎠⎟ ⋅ = .
Para decorar uma caixa com a forma de para-lelepípedo reto retângulo, uma pessoa colou algumas fitas sobre suas faces, como mostra a figura.
Cada fita foi colada, sem folga, ligando dois vértices opostos de uma mesma face, e havia fitas com comprimentos iguais a 10 cm, 3 29 cm e 17 cm. Portanto, o volume da cai-xa, em cm3, é a) 360. d) 720. b) 540. e) 840. c) 600. alternativa D
Sejama,becas arestas da caixa e as respecti-vas diagonais, conforme a figura.
Temos: a b 17 a c (3 29 ) b c 10 a b c 325 a b 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 + = + = + = ⇔ + + = + = 89 a c 261 b c 100 2 2 2 2 + = + = ⇔ ⇔ = = = ⇔ = = = a 225 b 64 c 36 a 15 cm b 8 cm c 6 cm 2 2 2
Portanto, o volume da caixa é a b c⋅ ⋅ =15 8 6⋅ ⋅ = =720 cm3.
Questão 54
Questão 55
Questão 53
Uma calculadora tem, além das teclas das operações usuais, quatro outras teclas, mar-cadas com os seguintes símbolos:
•
a =•
b=•
c =•
ab = c Se uma pessoa digita a =, insere o número 3, depois digita b =, insere o número 2 e digita a tecla ab = , a calculadora devolve c = 9. Ouc seja, dados dois dos valores a, b ou c, a calcu-ladora devolve automaticamente o terceiro valor que torna a igualdade ab = verdadei-c ra, quando a tecla que tem esse símbolo é pressionada. Para que a calculadora devolva o resultado de log16 625, uma possibilidade de seqüência de teclas a serem pressionadas é a) digitar a =, inserir o número 625, depois digitar b =, inserir o número 8 e digitar a te-cla ab = .cb) digitar a =, inserir o número 25, depois di-gitar c =, inserir o número 4 e didi-gitar a tecla ab = .c
c) digitar c =, inserir o número 25, depois di-gitar a =, inserir o número 4 e didi-gitar a tecla ab = .c
d) digitar b =, inserir o número 625, depois digitar c =, inserir o número 8 e digitar a te-cla ab = .c
e) digitar c =, inserir o número 625, depois digitar a =, inserir o número 4 e digitar a te-cla ab = .c
alternativa C
Como ab = ⇔c log ca =b, para que a calculado-ra devolva o resultado de log16625 log 25
4 2 2
= =
= 2 ⋅ =
2 log 254 log 254 , uma possibilidade é digi-tar c =, inserir o número 25, depois digitar a=, in-serir o número 4 e digitar a tecla ab =c.
A equipe de trabalho de uma empresa de so-corro mecânico é composta, diariamente, por 4 funcionários sendo apenas um supervisor e três auxiliares. A escala do plantão, para o Natal e para o Ano Novo, será a seguinte:
•
Dia 24 de dezembro de 2008: André, Ber-nardo, Carlos e Décio.•
Dia 25 de dezembro de 2008: Carlos, Elton, Fábio e Bernardo.•
Dia 31 de dezembro de 2008: Décio, Ber-nardo, Gilberto e Fábio.•
Dia 1º de janeiro de 2009: Fábio, André, Bernardo e Gilberto.Os dois supervisores decidiram que irão tra-balhar exatamente dois dias cada (nunca no mesmo dia), porém os cinco auxiliares não estão sujeitos a esta restrição.
A partir das condições acima os supervisores são: a) Gilberto e Carlos. c) Elton e Décio. e) Elton e Bernardo. b) André e Fábio. d) Gilberto e Décio. alternativa A
Sabemos que cada um dos supervisores irá tra-balhar exatamente dois dias. Logo Bernardo, Fá-bio e Elton não são supervisores. E, considerando o dia 25 de dezembro, podemos concluir que Car-los é um dos supervisores.
Como os dois supervisores nunca trabalham no mesmo dia, André e Décio não são supervisores, pois estarão juntos com Carlos no dia 24 de de-zembro.
Portanto o outro supervisor é Gilberto.
Uma empresa possui 1.000 funcionários. No último ano, foram realizadas 2.000 reuniões internas nessa empresa (ou seja, reuniões em que todos os participantes são funcionários). Assim, é correto concluir que nesse ano, ne-cessariamente,
a) todos os funcionários da empresa partici-param de no mínimo duas reuniões inter-nas.
b) houve funcionários da empresa que parti-ciparam de uma única reunião interna. c) houve reuniões internas na empresa com apenas dois participantes.
d) houve no mínimo duas reuniões internas na empresa com números de participantes di-ferentes.
e) houve no mínimo duas reuniões internas na empresa com o mesmo número de partici-pantes.
Questão 57
Questão 58
Questão 56
alternativa E
Das condições dadas, as reuniões da empresa têm no máximo 1 000 participantes.
Como foram mais de 1 000 reuniões internas, do Princípio da Casa dos Pombos, houve no mínimo duas reuniões internas na empresa com o mesmo número de participantes.
Um grupo de arqueólogos descobriu uma série de registros de uma antiga civilização que vi-veu nas montanhas geladas do Himalaia. Entre esses registros, havia um sobre as classificações que eles estabeleceram para os números, que foi devidamente decifrado e está transcrito a seguir.
“Todo número simpático é esperto. Alguns números elegantes são simpáticos, mas ne-nhum número elegante é legal. Todo número legal, por sua vez, é esperto.”
A partir desses registros, conclui-se que, ne-cessariamente,
a) existem números legais que são simpáticos. b) pelo menos um número esperto não é legal. c) existem números elegantes que não são es-pertos.
d) alguns números elegantes são espertos mas não são simpáticos.
e) todo número esperto ou é elegante ou é legal.
alternativa B
Sejam:
•
S: conjunto dos números simpáticos;•
Es: conjunto dos números espertos;•
El: conjunto dos números elegantes;•
L: conjunto dos números legais.As classificações feitas para os números podem então ser representadas como segue: S ⊂ Es; El ∩S ≠ 0; El ∩ = 0L ; L⊂Es. Ou, em um Dia-grama de Venn,
em que a região hachurada representa um con-junto não vazio. As demais regiões podem repre-sentar o conjunto vazio.
Logo pelo menos um número esperto não é legal.
A partir de duas proposições p e q, foram cria-das outras três proposições, descritas a se-guir. (I) ( ) p 1 24 34 e ( ) q 1 24 34. (II) Se ( ) p 1 24 34, então ( ) q 1 24 34. (III) ( ) p
1 24 34 se, e somente se, ( ) q 1 24 34. Dependendo das proposições p e q, as propo-sições (I), (II) e (III) podem ser verdadeiras ou falsas. Dentre as alternativas abaixo, a única que faz com que as três proposições se-jam simultaneamente falsas é
a) p: o seno de 2 é um número negativo. q: nenhum triângulo retângulo é equilátero. b) p: o seno de 2 é um número negativo.
q: nenhum triângulo retângulo é isósceles. c) p: a raiz cúbica real de −8 é igual a −2.
q: nenhum triângulo retângulo é equilátero. d) p: a raiz cúbica real de −8 é igual a −2.
q: nenhum triângulo retângulo é isósceles. e) p: o seno de 2 é um número negativo.
q: todo triângulo retângulo é isósceles.
alternativa D
A afirmação II é falsa se, e somente se,pé verda-deira eqé falsa. Nesse caso, as afirmações I e III são falsas também.
Considerando que
•
“o seno de 2 é um número negativo” é falsa,pois π π
2 <2 < ;
