Aula 19
19.01. c 3 4 96 4 32 2 2 2 2 5 3 2 1 1 2 1 5 ⋅ = = = + = = + + + x x x x x ( )Portanto, a solução da equação é um número racional e não inteiro. 19.02. a
f( ) ( )− ⋅4 f4 3= −4⋅ = =34 30 1
19.03. b
f( )0 5= =0 1
Como a base é 5, um número maior do que 1, a função é crescente. Não existe x tal que f x( )= −1, pois 5x>0 para todo x.
f( )− =1 5− =1 5
1
19.04. c
f( ) ( , )0 =0 50=1
Como a base é 0,5, um número compreendido entre 0 e 1, a função é decrescente.
Não existe x tal que f x( )= −1, pois ( , )0 5x>0 para todo x. f − 21 =0 5− =2 = 2 1 2 1 2 ( , ) 19.05. a 2 2 18 2 2 2 2 18 8 2 2 36 9 2 36 2 4 2 2 2 2 1 2 2 x x x x x x x x x x + + − = ⋅ + = ⋅ + = ⋅ = = ⇒ = ⇒ =
O conjunto solução da equação é {2}. 19.06. c
I. Q t( )=100 107⋅( , )t
Como a base é 1,07, um número maior que 1, a função é crescente. II. Q t( )=300 0 25⋅( , )t
Como a base é 0,25, um número compreendido entre 0 e 1, a função é decrescente.
III. Q t( )= ⋅5e0 08, t= ⋅5(e0 08, )t
O número e é aproximadamente igual a 2,718. Assim:
e0 08, > =e0 1
Portanto, como a base é e0 08, , um número maior que 1, a função
é crescente. 19.07. c 5 1 5 5 6 5 0 1 5 2 6 5 2 6 5 0 2 x x x x x x x ou x − + − + = = − + = ⇒ = =
O conjunto solução da equação é {1, 5}.
19.08. a f t t t t t ( )= ⋅ = = = ⇒ = 960 240 2 960 2 4 2 22 2 19.09. a 4x 1 x 4x 2 x 4x 2x 2x 2 3 9 6 3 (3 ) 6 3 3 3 3 18 3 m m 3m 18 0 m 3 oum 6 −+ = + = + ⋅ = = + − = ⇒ = = − Portanto: i 3 3 3 2 1 1 2 3 6 2 2 x x x m x x x = = ⇒ = ⇒ = = − ⇒ ∉ Portanto, xx= 21 = 12= 12= 22 1 2 19.10. c x x x 2 5 4 5 5 0 5 m m 4m 5 0 m 5 oum 1 − ⋅ − = = − − = ⇒ = = − Portanto: i 5 5 5 1 5 1 x x x m x x = = ⇒ = = − ⇒ ∉
O conjunto solução da equação é {1}. 19.11. a
Para que a massa desintegrada da substância seja dois terços da massa inicial M0, a massa restante deve ser igual a 1
3⋅M0. Assim: M t M M M t t s t t ( )= ⋅ ⋅ = ⋅ = ⇒ − = − ⇒ = − − − 1 3 3 1 3 3 3 2 1 1 2 0 0 2 0 2 1
Portanto, o tempo transcorrido é 0 5, s. 19.12. c 0,5t 0,5 0 C(t) K 3 C(0) K 3 K (concentração inicial) − − ⋅ = ⋅ = ⋅ =
1
Resoluções
Extensivo Terceirão – Matemática 7A
7A
Assim: C t K K K t t h t t ( ) , , , = ⋅ = = ⇒ − = − ⇒ = − − − 9 3 9 3 3 0 5 2 4 0 5 0 5 2 19.13. c P t P P P P t ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ 0 10 100 20000 0 10 20000 0 10 0 01 0 01 100 1==20000⇒ 0=20000= 10 2000 P( )
A população inicial é de 2000 abelhas. 19.14. e h t t t t t ou t t t t ( ) ( ) , , , , , = − ⋅ = ⋅ − = = − = ⇒ = ⇒ 0 4 2 0 4 2 0 0 4 2 0 2 4 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2tt= ⇒22 0 2, t= ⇒ =2 t 10
Portanto, o tempo em que o golfinho esteve fora d’água durante o salto foi de 10 segundos.
19.15. d y C e C y e e k k k ( ) ( ) 0 3000 3000 3000 5 6000 3000 6000 2 0 5 5 = ⋅ = ⇒ = = ⋅ = ⇒ = ⋅ ⋅ Portanto: y e y e y k k ( ) ( ) ( ) ( ) 10 3000 10 3000 10 3000 2 12000 10 5 2 2 = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ 19.16. d 12 5 32000 12 5 100 32000 4000 , %de = , ⋅ =
Como a população de P1 dobra a cada 30 minutos e a população
de P2 dobra a cada 15 minutos, temos:
P t P t t t 1 30 2 15 32000 2 4000 2 ( ) ( ) = ⋅ = ⋅ P t P t t t t t t t 1 2 30 15 15 30 15 30 32000 2 4000 2 2 2 32000 4000 2 ( )= ( ) ⋅ = ⋅ = = − 88 2 15 30 3 90 3 = − = ⇒ = t t t
Portanto, o tempo decorrido até que as duas culturas igualassem suas quantidades de bactérias é 90 minutos, ou seja, 1 hora e 30 minutos. 19.17. e 5x y 5x y 5x y 2x y 2x y 2x y (0,2) 5 1 5 5 5 5 5x y 1 (0,5) 2 1 2 2 2 2 2x y 1 5x y 1 x 2e y 3 2x y 1 7 7 + + − − − − − + = = = ⇒ − − = = = = ⇒ − + = − − = ⇒ = − = − + = 19.18. c T t t t t = ⋅ + = ⋅ + ⋅ = = − − − − − 160 2 25 65 160 2 25 160 2 40 2 40 160 2 0 8 0 8 0 8 0 8 , , , , 00 8 0 8 2 1 4 2 2 0 8 2 2 5 , , , , t t t t = = ⇒ − = − ⇒ = − −
Portanto, após 2,5 minutos é possível segurar um pedaço de pizza com as mãos nuas, sem se queimar.
19.19. S = {6} 2 2 5 2 2 2 2 5 2 2 8 5 2 8 20 0 5 2 13 5 5 2 3 5 2 2 x x x x x m m m m m m − − − − − + = + = = + = + − = ⇒ ( ) i == = − = = ⇒ − = ⇒ = = − ⇒ ∉ − − − 2 10 2 2 2 5 1 6 2 10 5 5 5 oum m x x x x x x i
O conjunto solução da equação é {6}. 19.20. R$ 2.250,00 y a b t y a b a t y t = ⋅ = ⇒ = = ⋅ ⇒ = = ⇒ = ⋅ = = 0 4000 4000 4000 1 0 75 4000 3000 3000 4 0 , 0000 3 4 1 ⋅ ⇒ =b b Assim: y t y t = ⋅ = ⇒ = ⋅ = ⋅ = 4000 3 4 2 4000 3 4 4000 9 16 2
Aula 20
20.01. d 2 32 2 2 7 5 2 7 7 5 x x x x + + < < + < ⇒ < −A solução da inequação é o intervalo ]− ∞ −2, [. 20.02. b
Observe no gráfico da função exponencial decrescente que:
f f f f f f f f f ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 1 0 0 2 2 1 3 2 < − = > < − < − − > − 20.03. b a) INCORRETO.
O domínio da função é o conjunto dos números reais.
D f()=
b) CORRETO.
Im( )f =+*
c) INCORRETO.
Para qualquer número real x, tem-se que y> 0. d) INCORRETO.
A função é decrescente em seu domínio. e) INCORRETO.
A imagem de qualquer elemento do domínio é positiva. 20.04. a 2 128 2 2 7 7 x x x > > > 20.05. d f x f f f f f f x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = = = = = = = = = = = + 2 0 2 1 1 2 2 2 2 4 3 2 8 4 2 16 0 0 1 2 3 4 ff f f f f f f f f ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4 1 2 4 8 16 0 1 2 3 4 31 + + + = + + + + + + + + = 20.06. b 3 9 0 3 9 3 3 2 2 x x x x − ≥ ≥ ≥ ≥
Portanto, se k pertence ao domínio da função f, então k≥ 2. 20.07. c 2 32 2 2 2 2 14 5 9 3 3 2 14 1 2 14 5 1 2 14 5 2 2 x x x x x x ou x − − − − − − = = = − = − = ⇒ = = − ( )
O conjunto solução da equação é { , }−3 3.
20.08. b
A cada mês o número de peixes é multiplicado por 1,02, ou seja, cresce 2%. 20.09. e L t T t L t T t t t t t t ( )= ( ) ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = = 010 0 2 8 10 1000 2 10 2 1000 8 10 2 10 22 3 3 ⇒ =t 20.10. a
Como x1>x2 e f x( )1 <f x( )2, a função é decrescente.
Portanto: 0< <a 1 20.11. a N b b b b b b ( )= ⋅ = ⋅ = = ⇒ = 500 2 32000 500 2 2 64 2 26 6 20.12. d y 4 x x y 4 x y 2x 2x x y 1 3 3 3 3 x y 4 1 2 2 2 2 2x x y y 3x x y 4 y 3x x y 4 x 3x 4 4x 4 x 1 y 3x 3 ( 1) 3 + − − − − + = = ⇒ = − − = = ⇒ = − + ⇒ = = − − = = − − = − − ⇒ = − ⇒ = − = = ⋅ − = − Portanto, x y⋅ = − ⋅ − =( ) ( )1 3 3. 20.13. d 1 5 1 25 0 1 5 1 5 5 2 2 5 2 4 2 − ≥ ≥ + + + + + x x x x x x x ( ) 55 2 4 3 4 0 4 1 2 x x x x x ≤ + + − ≤ ⇒ − ≤ ≤ Assim: S= − − − −{ ,4 3 2 1 0 1, , , , }
O número de conjuntos, de 3 elementos, que podemos formar com os elementos de S é igual a C63= ⋅ ⋅6 5 43 2 1⋅ ⋅ =20.
3
Extensivo Terceirão – Matemática 7A
20.14. d 9 9 1944 9 9 9 1944 9 1 1 9 1944 9 8 9 1944 9 2187 1 x x x x x x x − = − = ⋅ − = ⋅ = = − 33 3 2 7 7 2 2x= ⇒ = ⇒ =7 x x Assim, m n= 7 2 e, portanto, m n− = − =7 2 5. 20.15. b x= ⇒ =0 y 160+ − = + − = −40 6 1 1 6 4 Assim, B= −( ,0 4). y m m m m oum x x x x x x x = ⇒ + − = + − = = + − = ⇒ = = − = ⇒ = ⇒ 0 16 4 6 0 4 4 6 0 4 6 0 2 3 4 2 2 2 2 2 2 i 22 1 1 2 4 3 x x x x = ⇒ = = − ⇒ ∉ Assim, A= 1 2,0 .
Portanto, a área do triângulo ABC é:
14 2 Área(ABC) 1 2 ⋅ = = 20.16. d 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 4 4 2 2 2 ab c ab c x x x x x x x x x x = ⋅ + ⋅ + − = ⋅ − − − − − − − ( ) ( ) [( ) ( ) ] aab c ab c x x x x x x x x = ⋅ − − = ⋅ − − = − − − − 2 2 2 4 4 2 2 4 4 4 4 2 2 2 [( ) ( ) ] ( ) 20.17. a f x f x x x x x ( ) ( ) = = − − + 1 2 2 2 2 4 4 Considere que y= − +x2 4x.
O valor máximo de y é a ordenada do vértice da parábola que re-presenta a função, ou seja:
y a V= −∆ = −4 4 4− ⋅ − ⋅⋅ −411 0 = −−164 =4 2 ( ( ) ) ( )
Portanto, o valor máximo de f x( ) =2− +x2 4x
é igual a 24=16. 20.18. d 10 10 10 10 10 11111 10 10 10 10 10 10 10 1 2 3 4 2 x x x x x x x x x + + + + < + ⋅ + ⋅ + ⋅ + + + + 33 10 104 11111 10 1 10 100 1000 10000 11111 10 11111 1 + ⋅ < ⋅ + + + + < ⋅ < x x x ( ) 11111 10 1 10 10 0 0 x x x < < <
Portanto, a inequação tem apenas soluções negativas. 20.19. a) P t t t t t t t ( )= + = + + = = = ⇒ − = − − − − − − − 500 1 2 400 500 1 2 1 2 5 4 2 1 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ⇒⇒ =t 4
A população chegará a 400 indivíduos em 4 anos. b) Escrevemos P(t) da seguinte maneira:
P t t t t ( )= +500− = + = + 1 2 500 1 2 2 500 1 4 2 2 2
À medida que o tempo t aumenta, 2t também aumenta. Assim,
4 2t se aproxima de zero e 1 4 2 + t se aproxima de 1. Portanto, o número de pássaros 500 1 4 2 + t se aproxima de 500. 20.20. V t V V t ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( ) = ⋅ = ⋅ = ⋅ 50000 0 64 3 50000 0 64 3 50000 64 100 2 3 2 = ⋅ = ⋅ = 3 2 2 32 3 3 50000 8 10 3 50000 4 5 5 V V ( ) ( ) 00000 64 125 25600 ⋅ =
Portanto, o valor de venda do apartamento daqui a três anos será de R$ 25.600,00.
Aula 21
21.01. c q a a q a = = = ⋅ = ⋅ = = 3 1 3 1 33 3 243 7 1 6 7 6 5 21.02. c a) INCORRETO.Se a razão é negativa, a progressão geométrica é oscilante. b) INCORRETO.
Veja exemplos de progressões geométricas não crescentes com razão positiva. 11 2 1 4 1 2 2 4 8 2 5 5 5 1 , , , ... ( , , , ...) ( , , , ...) q → = − − − → = → = q q c) CORRETO.
Se a razão é igual a 1, a progressão geométrica é constante e também é uma progressão aritmética de razão 0.
d) INCORRETO.
A progressão geométrica também pode ser oscilante. 21.03. c q a a q n n n n n n n = = = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⇒ + = ⇒ − − − + 32 8 4 2 8 4 2 2 2 2 2 2 1 31 1 1 31 1 31 3 2 2 31 2 1 ==15 21.04. b a a q a a 4 1 3 1 3 1 375 5 375 125 3 = ⋅ = ⋅ = = 21.05. a q a a q a a n n n n n n = = = ⋅ = ⋅ = − − 4 2 2 2 2 2 1 1 1 21.06. c a a a q n= ⋅ n = ⋅ = = ⋅ = = = 2 3 2 3 6 2 3 18 18 6 3 1 1 2 2 21.07. c x x x x x x x x x x x x x + − = ++ + = − ⋅ + + + = + − − + 1 2 7 7 1 1 2 7 7 2 1 2 14 7 49 5 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) xx− = ⇒ =50 0 x 5ou x= −10
Portanto, o valor positivo de x é 5.
21.08. 6o. termo q an a qn n n = = = ⋅ = ⋅ = ⋅ − − − 2 10 1 5 2 625 10 1 5 1 5 1 625 5 1 5 1 1 1 1 = ⋅ = ⇒ − = ⇒ = − − n n n n 1 4 1 5 1 5 5 1 5 1 5 1 5 6 Portanto, 2 625 é o 6 o
. termo da progressão geométrica. 21.09. c (10 10, ,10 , ...) 10 10 10 10 10 10 10 1 2 1 1 2 1 2 x x x x x x x x x x x + + + + − + + + − = = = −−1=10
Portanto, a sequência é uma progressão geométrica de razão 10. 21.10. b Como 22= <4 5 e 213=8192 5000> , temos: ( , , , ..., )PG q a 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 4 5 12 1 1 12 3 1 12 2 = = ⋅ = ⋅ = ⇒ + = − − + n n n n a q n 22⇒ =n 10 Portanto, k vale 10. 21.11. b a a q a a 4 1 3 4 3 4 4 5 4 125 500 = ⋅ = ⋅ = ⋅ = 21.12. b ( , , ) ( , , ) 3 3 2 3 3 6 6 3 6 12 36 3 2 2 A B PA A B A B A A B PG A B A A A B A − = − ⇒ = − − − = − − + = −112 36 3 2 3 18 45 0 3 15 2 A A A A A ou A + = ⋅ − − + = ⇒ = = ( )
Portanto, o valor de A pode ser igual a 15. 21.13. d f(x 1) f(x) 1e f(1) 2 f(1 1) f(1) 1 f(2) 2 1 1 f(2 1) f(2) 1 f(3) 1 1 0 f(3 1) f(3) 1 f(4) 0 1 1 + = − = + = − ⇒ = − = + = − ⇒ = − = + = − ⇒ = − = −
Observe que [ ( ), f( ), f( ), f( ), ...]f 1 2 3 4 é uma progressão aritmética de razão –1 e primeiro termo 2.
5
Extensivo Terceirão – Matemática 7A
f a f a f a ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 14 2 13 1 11 36 2 35 1 33 102 14 36 102 = = + ⋅ − = − = = + ⋅ − = − = = 22 101 1+ ⋅ − = −( ) 99
Portanto, a razão da progressão geométrica é q= −
− = 33 11 3. 21.14. a Progressão geométrica A. a a a a q q q q a a q a a 9 4 9 4 5 5 5 4 1 3 1 3 1 1792 56 1792 56 32 2 56 2 = = = ⋅ = ⋅ = ⇒ = = ⋅ = ⋅ ⇒ == 7 Progressão geométrica B.
A razão da progressão geométrica B é q’= + =2 1 3. O primeiro termo da progressão geométrica B é b1=7.
b b q b b 4 1 3 4 3 4 7 3 189 = ⋅ = ⋅ = ( )’ 21.15. c
Considerando que a renda per capita em 2014 é o primeiro termo da progressão geométrica, temos:
2014 2024 2 2 2 2 2 2 1 11 11 1 10 10 10 10 101 0 → = → = = ⋅ = ⋅ = = = = a x a x a a q x x q q q ,11= ,1072 21.16. c
Seja a progressão aritmética (x r x x r−, , +). Adicionando uma uni-dade ao primeiro termo, temos uma progressão geométrica.
(x r− +1, ,x x r+)PG Assim: x r x x r x x x x r x r x r r r r r − + + + + = = ⇒ = − + = + − + = + + − − = 1 19 3 18 6 1 6 6 1 6 6 42 7 6 2 366 6 0 3 2 2 r − − = ⇒ =r r our= − r r = ⇒ = − ⇒ 3 4 6 9 2 9 6 4 ( , , )PG ( , , )PG
Portanto, o primeiro termo da progressão geométrica crescente é 4.
21.17. d Sejam x
q, x e x q⋅ os três números em progressão geométrica.
Assim: x q x x q x x ⋅ ⋅ ⋅ = = ⇒ = 12 12 12 3 3 3
Portanto, o termo central da PG é 12 e o termo central da PA é
17 12 5− = . PG q q PA r r 12 12 12 5 5 5 , , ( , , ) − + 12 5 50 12 5 11 12 45 12 6 q r q r q r q r + − = + + = ⇒ − = + =
Somando as equações, temos:
12 12 51 12 51 12 0 4 17 4 0 4 1 4 2 2 q q q q q q q ou q + = − + = − + = ⇒ = = q PG PA q PG PA = ⇒ − = ⇒ 4 3 12 48 47 5 37 1 4 48 12 3 2 5 8 ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )
Como os termos das duas progressões são positivos, então a PA é
( , , )2 5 8 , cuja razão é igual a 3. 21.18. c f r e r e f r e r e f r e r e f r e k k k k k k ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4 1 2 2 3 3 = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ kk⋅4= ⋅r e4k Como a razão da PG é 1 4, temos: r e r e e k k k ⋅ ⋅ = ⇒ = 2 1 4 1 4 Assim: f f f f r e r e r e r e r e k k k k ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 4 255 128 255 128 2 3 4 + + + = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅ kk r ek r ek r ek r + ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅ + + + = ( )2 ( )3 ( )4 255 128 1 4 1 16 1 64 1 256 2555 128 85 256 255 128 6 r⋅ r = ⇒ =
21.19. 18
Seja a progressão aritmética (x r x x r−, , + ). Subtraindo uma unida-de do segundo termo, temos uma progressão geométrica.
(x r x−, −1,x r+)PG Assim: x r x x r x x x x r x r x r r r − + − + + = = ⇒ = − − = +− − = + − = 1 38 3 39 13 1 1 12 13 13 12 169 2 1444 25 5 5 2 r = ⇒ =r our= − r r = ⇒ = − ⇒ 5 8 12 18 5 18 12 8 ( , , )PG ( , , )PG
Portanto, a maior parcela é 18. 21.20. 51 a a q n n n n n n n = ⋅ = ⋅ = = − = = ⇒ − − − − 1 1 100 1 100 2 1 100 2 2 2 1 4 2 2 2 2 2 2 100 2 102 ( ) nn= 51
7
Extensivo Terceirão – Matemática 7A
19.01. b
O número total de modos é igual a PC10 = 9!. 19.02. b
A quantidade de modos é igual a PC8 = 7!. 19.03. a
A quantidade de modos é igual a PC7 = 6! = 6 ∙ 5 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 720. 19.04. b
Se PCn = 120, então (n – 1)! = 5!, ou seja, n – 1 = 5, logo, n = 6. 19.05. d
O número de modos de colorir o círculo é igual ao número de per-mutações circulares de 4 elementos, ou seja, PC4 = 3! = 3 ∙ 2 ∙ 1 = 6. 19.06. d
Para a escolha de uma equipe de determinado turno, existem C7,4 = 35 escolhas.
19.07. a
Para os anagramas que começam por vogal, a primeira letra pode ser escolhida de 2 modos (A ou O). Escolhida essa primeira letra, as outras 4 podem ser ordenadas de P4 = 4! = 24 modos. Logo, x = 2 ∙ P4 = 48.
Para os anagramas que começam e terminam por consoante, a pri-meira letra pode ser escolhida de 3 modos (P, R ou V). Escolhida a primeira letra, a última pode ser escolhida de 2 modos, pois deve ser distinta da primeira. Em seguida, as 3 letras intermediárias po-dem ser ordenadas de P3 = 3! = 6 modos.
Portanto, y = 3 ∙ 2 ∙ P3 = 36.
19.08. d
A escolha dos 2 estudantes dentre os 5 disponíveis que ficarão no quarto com duas camas é igual a C5,2 = 10. Para cada uma dessas 10 escolhas, a quantidade de escolha dos 3 estudantes que ficarão no quarto com 3 camas é única, pois C3,3 = 1. Logo, a quantidade de maneiras com que eles podem ser divididos em dois grupos, um com duas pessoas e outro com três, para se hospedar no hotel, é igual a 10. 19.09. a
Se não houve qualquer restrição, a quantidade de comissões seria C10,3 = 120.
O número de comissões formada com Jorge e Mariana é igual a C8,1 = 8.
Logo, o número de comissões diferentes que podem ser formadas, de modo que não haja parentesco entre seus membros, é igual a 120 – 8 = 112
19.10. e
Existem P2 = 2! = 2 modos de alocar os pais nas extremidades da configuração. Existem P4 = 4! = 24 modos de alocar os quatro filhos nas posições centrais da configuração. Logo, existem 2 ∙ 24 = 48 modos de se formar a configuração.
19.11. c
Considerando os lugares lado a lado, a quantidade de modos é igual a: P10 = 10!
Considerando os lugares na mesa circular, a quantidade de modos é igual a: PC10 = 9!
A diferença é dada por: 10! – 9! = 10 ∙ 9! – 9! = (10 – 1) ∙ 9! = 9 ∙ 9! 19.12. e
Existem PC7 = 6! modos de distribuir os entrevistadores acadê-micos. Existem PC8 = 7! modos de distribuir os jornalistas. Logo, existem PC7 ∙ PC8 = 6! ∙ 7! modos de distribuir os entrevistadores acadêmicos e os jornalistas.
19.13. d
Existem P3 = 3! modos de ordenar os 3 repórteres do Jornal dos Sports. Existem P2 = 2! = 2 modos de ordenar os 2 repórteres do Extra. Para ordenar no círculo os repórteres e o apresentador do programa, pode-se considerar os 3 repórteres do Jornal dos Sports como sendo um único elemento, considerar os 2 repórteres do Ex-tra como sendo um único elemento, além do apresentador que também será considerado como um único elemento. Assim, exis-tem PC3 = 2! = 2 modos de ordenar todas as 6 pessoas no círculo, de modo que a quantidade total de modos de ordenar essas pessoas nas condições apresentadas é igual a P3 ∙ P2 ∙ PC3 = 3! ∙ 2! ∙ 2! = 24 19.14. c
A escolha da cor da base da pirâmide pode ser feita de 6 modos possíveis. Escolhida a cor da base, as 5 demais cores para as 5 faces laterais podem ser feitas de PC5 = 4! modos. Logo, existem 6 ∙ PC5= 6 ∙ 4! = 6 ∙ 24 = 144 modos possíveis de pintar as faces da pirâmide nas condições apresentadas.
19.15. e
Considerando as bandeiras de Brasil e Portugal como sendo um único elemento (para que fiquem juntas na permutação) e cada uma das outras 6 bandeiras como sendo um único elemen-to, pode-se ordenar os 7 elementos de PC7 = 6! modos. Além disso, as bandeiras de Brasil e Portugal, juntas, também po-dem ser ordenadas de P2 = 2! modos. Logo, a resposta é igual a PC7 ∙ P2 = 6! ∙ 2! = 720 ∙ 2 = 1440.
19.16. a
Para que pessoas do mesmo sexo não se posicionem uma ao lado da outra, necessariamente, deve-se intercalar homens e mulhe-res. Os homens podem ser ordenadas de PC5 = 4! modos. Para cada configuração do posicionamento dos homens, as mulheres podem ser ordenadas de P5 = 5! modos, pois cada mudança na ordem das mulheres gera uma nova configuração, uma vez que cada mulher estará posicionada entre dois homens distintos. As-sim, pode-se considerar circular a permutação dos 5 homens, mas simples a permutação das 5 mulheres, e vice-versa. A resposta é PC5 ∙ P5 = 4! ∙ 5! = 24 ∙ 120 = 2880.
19.17. c
A escolha das 3 alunas dentre as 5 alunas pode ser feita de C5,3 = 10 modos. A escolha dos 3 alunos dentre os 6 alunos pode ser feita de C6,3 = 20 modos. No círculo, intercalados as 3 alunas e os 3 alunos, as 3 alunas podem ser ordenados de PC3 = 2! modos. Para cada con-figuração das alunas, os 3 alunos podem ser ordenados de P3 = 3! modos, pois ao se alterar a ordem dos alunos, necessariamente tem-se uma nova configuração, uma vez que cada aluno ficará po-sicionado entre duas alunas diferentes. Logo, tem-se:
n = C5,3 ∙ C6 ,3 ∙ PC3 ∙ P3 n = 10 ∙ 20 ∙ 2 ∙ 6 n = 2400 19.18. c
Existem 12! modos de ordenar 12 pessoas em 12 lugares distintos. Como os 6 bancos são idênticos, qualquer rotação dos bancos não altera a distribuição das pessoas. Logo, a quantidade total de mo-dos é igual a: 12 6 12 11 6 2 11 != ⋅ != ⋅ !
Aula 19
Resoluções
7B
Matemática
19.19. a) A quantidade de maneiras distintas possíveis para escolher 3 dos 12 preparadores físicos para compor a comissão é dada por C12,3.
A quantidade de maneiras distintas possíveis para escolher 2 dos 10 médicos para compor a comissão é dada por C10,2.
Como para cada uma das C12,3 possibilidades de escolha dos preparadores físicos há C10,2 possibilidades de escolha dos
mé-dicos, pelo Princípio Multiplicativo da Contagem, a comissão poderá ser formada de C12,3 ∙ C10,2 maneiras diferentes.
C12 3 C10 2 12 3 9 10 2 8 12 11 10 6 10 9 2 220 45 9 900 , ⋅ , = !⋅!!⋅ !⋅!!= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ =
Ou seja, de 9900 maneiras diferentes.
b) Se dos 12 preparadores físicos 4 são mulheres, então 8 são homens.
Assim, se dentre os 3 preparadores físicos a serem escolhidos exatamente 1 tiver que ser mulher, há 4 possibilidades de esco-lha para esta integrante da comissão, e o número de possibilida-des de escolha dos 2 homens é de C8,2.
Assim, pelo Princípio Multiplicativo da Contagem, a escolha dos preparadores físicos poderá ser feita de
4 4 8 2 6 4 8 7 2 4 28 112 8 2 ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = C , ! ! ! maneiras distintas.
Se, dos 10 médicos, 3 são mulheres, então 7 são homens. Se esta-mos considerando as possibilidades em que há apenas 1 mulher na comissão e esta é preparadora física, então a escolha dos médicos deverá ser feita apenas entre os homens. Assim, a escolha dos mé-dicos poderá ser feita de
C7 2 7 2 5 7 6 2 21 , = ! !⋅! = ⋅ = maneiras distintas.
Nessas condições, para cada uma das 112 possibilidades de escolha dos preparadores físicos, há 21 possibilidades de escolha dos médicos, então, pelo Princípio Multiplicativo da Contagem, a comissão poderá ser formada de 112 ∙ 21 = 2352 maneiras diferentes. Assim, a proba-bilidade P de uma comissão para acompanhar os exames antidoping conter uma única mulher, sendo esta preparadora física, será de
P=2 352 9 900−~ ,0 2375
ou seja, de aproximadamente 23,75%.
19.20. Os dois integrantes de cada casal podem trocar as posições entre si. Isto pode ser feito de 2! maneiras para cada casal. A sequência dos cinco casais ao redor da mesa pode ser alterada de 4! maneiras, em vez de 5! maneiras, pois a permutação é circular. Dessa forma, a quantidade de maneiras possíveis e distintas de todos os casais sentarem-se à mesa simultaneamente é dada por:
2! ∙ 2! ∙ 2! ∙ 2! ∙ 2! ∙ 4! = 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 24 = 768
Portanto, existem exatamente 768 maneiras possíveis de os cinco casais sentarem-se à mesa.
20.01. d
Existem 5 modos para escolher a porta de entrada e, escolhida a porta de entrada, existem 4 modos de escolher a de saída. Logo, existem 5 ∙ 4 = 20 modos de escolher a porta de entrada e de saída. 20.02. b
Se cada lançamento pode ter 6 resultados, para os 3 lançamentos existem 63 = 216 resultados.
20.03. e
Como o segmento procurado deve conter dois dos oito vértices de um cubo e não há 3 vértices de um cubo alinhados, basta calcular de quantas maneiras podemos escolher dois dos vértices do cubo, ou seja, C8,2 = 28.
20.04. e
O número de anagramas da palavra POSITIVO é igual ao número de permutações de 8 elementos com 2 repetições da letra O e 2 repetições da letra I:
P82 2, =2 2!8⋅!!=403204 =10080
20.05. c
Para ser divisível por 2 o algarismo das unidades do número deve ser 4, 6 ou 8. Logo, existem 3 modos de escolher o algarismo das unidades. Para a escolha do algarismo das unidades de milhar exis-tem 6 modos, já que o algarismo das unidades deve ser distinto do algarismo das unidades de milhar. Para a escolha do algarismo das centenas existem 5 modos. Para o algarismo das dezenas existem 4 modos. Logo, para formar o número, existem 3 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 4 = 360 modos. 20.06. d 15 3 12 jogadores goleiros jogadores de linha
Dos 3 goleiros disponíveis, o técnico deve escolher 1. Isso pode ser feito de 3 maneiras. Dos 12 jogadores de linha, o técnico deve es-colher 3. Isso pode ser feito de C123 maneiras.
Portanto, o número de maneiras possíveis de ele escolher os 4 jo-gadores é: 3 312 11 10 3 2 1 660 123 ⋅C = ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ = 20.07. b
Para a escolha dos 5 alimentos dentre os 8 disponíveis, existem C8,5 = 56 modos.
Destes 56 modos, exatamente um único contém os cinco alimen-tos do grupo A.
Não é possível escolher 5 alimentos exclusivamente do grupo B. Logo, a quantidade de maneiras diferentes que o paciente terá para escolher os cinco alimentos é igual a 56 – 1 = 55.
20.08. b
O número de modos de se escolher duas circunferências distintas entre 10 disponíveis é igual a C10,2 = 45. Se duas circunferências quaisquer têm, no máximo, dois pontos comuns, o número má-ximo de pontos de interseção entre 10 circunferências distintas é igual a 2 ∙ 45 = 90.
20.09. c
Existem C10,6 = 210 modos de escolher 6 números dentre 10 dispo-níveis. Se cada escolha custa 2 reais, então as 210 escolhas possíveis custarão 210 ∙ 2 = 420 reais.
20.10. a
O número de modos de escolher 3 alunos quaisquer entre os 36 é igual a:
C36,3 = 7140.
O número de modos de escolher 3 mulheres quaisquer entre as 22 é igual a:
C22,3 = 1540.
O número de modos de escolher 3 homens quaisquer entre os 14 é igual a:
C14,3 = 364.
Aula 20
Logo, o número de modos de escolher 3 pessoas entre as 36 de modo que em cada comissão haja pelo menos um representante de cada sexo é igual a:
7140 – 1540 – 364 = 5236. 20.11. c
As vogais A e I podem ser ordenadas de P2 = 2! = 2 modos. As conso-antes, B, R, S e L podem ser ordenadas de P4 = 4! = 24 modos. Como qualquer anagrama pode começar com consoante ou com vogal, pode-mos também ordenar os dois tipos de letras de P2 = 2! = 2 modos. Logo, a quantidade de anagramas da palavra BRASIL em que as vogais ficam lado a lado, e as consoantes também, é igual a 2 ∙ 24 ∙ 2 = 96.
20.12. d
O número de maneiras de escolher 4 pessoas entre 14 pessoas é igual a:
C14,4 = 1001.
O número de maneiras de escolher 4 pessoas entre os 8 homens é igual a:
C8,4 = 70.
O número de maneiras distintas de se formar uma equipe de trabalho com 4 pessoas, com a presença de pelo menos uma mulher, é igual a: 1001 – 70 = 931.
20.13. e
Para que cada menino tenha, à sua esquerda e à sua direita, pelo menos uma menina, necessariamente, deve-se ter uma menina em cada extremidade. Existem 5 ∙ 4 = 20 modos de escolher as duas meninas que ficam nos extremos. As 5 pessoas restantes po-dem se posicionar de P5 = 5! = 120 modos entre as duas meninas já escolhidas, nas posições extremas. Destes 120 modos, exatamente 2 ∙ P4 = 2 ∙ 4! = 48 modos os meninos estão juntos, lado a lado. Dessa forma, o total de “selfies” é igual a:
5 ∙ 4 ∙ (P5 – 2 ∙ P4) = 20 ∙ (120 – 48) = 1440 20.14. b
Os 8 pontos dados estão alinhados em dois grupos de 4 pontos. Logo, é possível se formar apenas triângulos e quadriláteros. Para formar triângulos, existem C8,3 – 2 ∙ C4,3 = 56 – 2 ∙ 4 = 48 modos. Para formar quadriláteros existem C4,2 ∙ C4,2 = 6 ∙ 6 = 36 modos.
Assim, existem 48 + 36 polígonos convexos distintos. 20.15. c
Existem P8 = 8! = 40320 anagramas da palavra PERGUNTA. Existem C6,3 = 20 grupos possíveis de 3 alunos escolhidos dentre os 6 pos-síveis. Dessa forma, o número mínimo de anagramas, escrito por turno, de modo que não se repitam grupos de trabalho, é igual a
40320 20 =2016.
20.16. d
Total de números de cinco algarismos: 9 ∙ 10 ∙ 10 ∙ 10 ∙ 10 = 90 000
Total de números de cinco algarismos que não têm dois algarismos consecutivos iguais:
9 ∙ 9 ∙ 9 ∙ 9 ∙ 9 ∙ 9 = 59 049
Portanto, o total de números de cinco algarismos que possuem pelo menos dois dígitos consecutivos iguais é igual a
90 000 – 59 049 = 30 951 .
20.17. e
Vamos supor que as crianças sejam denominadas A, B, C e D. A escolha dos 3 presentes de A pode ser feita de C12 , 3 = 220 modos. A escolha dos 3 presentes de B pode ser feita de C9 , 3 = 84 modos.
A escolha dos 3 presentes de C pode ser feita de C6 , 3 = 20 modos. A escolha dos 3 presentes de D pode ser feita de C3, 3 = 1 modo. Dessa
forma, a quantidade possível de maneiras diferentes que esses presen-tes poderão ser distribuídos para essas quatro crianças é dada por: C12,3 ∙ C9,3 ∙ C6,3 ∙ C3,3 = 220 ∙ 84 ∙ 20 ∙ 1 = 369600
20.18. d
Número total de equipes com 2 fisioterapeutas e 3 enfermeiros: C4,2 ∙ C5,3 = 6 ∙ 10 = 60
Número total de equipes com João (fisioterapeuta) e Pedro (en-fermeiro):
C3,1 ∙ C4,2 = 3 ∙ 6 = 18
Número de equipes que não tenham João e Pedro simultaneamente: 60 – 18 = 42
20.19. a) Para cada ponto, temos 2 possibilidades (alto-relevo ou não); para 6 pontos, temos 26 = 64 opções. Excluindo-se o caso em
que não há nenhum ponto de alto-relevo, temos 63 possibilida-des.
Resposta: 63 caracteres
b) Para os grupos, temos as seguintes quantidades de opções:
1 2 3 16 9 3 6 3 3 3 ° ° ° = ⋅ ⋅ . . . , , ,
grupo e grupo e grupo
C C C 880 Resposta: 1680 modos 20.20. a) y x y x x y x y = − ∴ = − ≤ ⇒ ≤ ⋅ − ≤ ⇒ ≤ 2 2 2 4 14 2 14 4 14 24 ( )
Resposta: y = 2x – 4; no máximo, 24 meninos. b) De Cx,3 = Cy,2, com x ≥ 4 e y = 2x – 4, temos:
x x y y x x x y y x x x x ! !( )! ! !( )! ( )( ) ( ) ( )( ) ( 3 3 2 2 1 2 6 1 2 1 2 6 2 − = − − − = − − − = −22 2 5 2 12 30 13 30 0 2 2 )( ) ( ) ( ) x x x x − − = − − = − − + = x x 1 6 2x 5 x x x = 10 ou x = 3 (não serve)
Com x = 10, temos y = 16 (= 2x – 4). Portanto x + y = 26. Resposta: 26
21.01. b
Pela relação de Stifel, tem-se:
9 6 9 5 10 6 + = 21.02. b
Utilizando a relação de Stifel, tem-se
7 3 7 4 35 35 35 8 7 6 5 4 3 2 1 35 7 7 3 7 4 8 4 + − =C +C − =C − = ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ − = 00 35 35− = 21.03. b
Utilizando o teorema da soma das combinações de uma mesma linha, tem-se: S = + + + + + 100 0 100 1 100 2 100 99 100 100 = + + + + = S C C C C S 100 0 100 1 1002 100100 100 2 21.04. b
Pelo teorema da soma das combinações de uma mesma linha, tem-se:
Cn0+C1n+C2n+ +... Cnn=2n
21.05. a
Utilizando a relação de Stifel sucessivas vezes, tem-se:
7 2 7 3 8 4 9 5 8 3 8 4 9 5 + + + = + + = + = 9 4 9 5 10 5 21.06. b 2 N 2 N 28 2 C 28 N (N 1) 28 2 1 N N 56 0
N 8 ou N 7 (não convém, pois N 1) = = ⋅ − = ⋅ − − = = = − > 21.07. b I. VERDADEIRA S n n n n n n n S Cn Cn = + + + + − + = + 0 1 2 1 0 11 2 1 2 + + + + = ∈ − C C C S n IN n nn nn n , II . VERDADEIRA n k C n k n k C n n k n IN k n k n n k = = ⋅ − = = − ∈ = − ! ! ( )! , , 0 1 22, ...,, , n III. FALSA
O número de possibilidades de escolher 44 números diferentes entre os números inteiros de 1 a 50 é igual a C44
50. O número de
possibilidades de escolher 6 números diferentes entre os núme-ros inteinúme-ros de 1 a 50 é igual a C6
50. Pelo teorema das combinações
com taxas complementares, tem-se C44
50 = C506. Logo, o número de
possibilidades é o mesmo. 21.08. c
A soma dos elementos da linha n é igual a 2n.
A soma dos elementos da linha (n + 1) é igual a 2n + 1.
Logo, 2n + 2n + 1 = 2n + 2n ∙ 21 = 2n (1 + 2) = 3 ∙ 2n
21.09. a
Observando que 0! = 1 e que 1! = 1, tem-se:
x x x x ou x x x ou x x − + = − + = − + = − = + 1 2 3 1 1 2 3 0 1 2 3 1 1 2 4 2 2 2 2 ! = 0
A equação 2x2 – x + 4 = 0 não possui raízes reais. Logo, x = 1.
21.10. a
O segundo elemento da 2009a. linha é igual a C 2008 1 =2008.
O penúltimo elemento da 2008a. linha é igual a C C 2007 2006 2007 1 2007 = = . Logo, 2008 + 2007 = 4015. 21.11. 06 (02, 04) 01) FALSA n n n n n n n 0 1 2 64 2 2 6 6 + + + + = = = ... 02) VERDADEIRA 11 3 10 10 2 10 3 10 10 − = + − = 3 3 2 04) VERDADEIRA 14 2 14 5 x x = + 2x = 5 + x ou 2x + (5 + x) = 14 x = 5 ou x = 3 08) FALSA 9 1 9 2 9 3 9 8 2 9 0 9 9 9 + + + + = − − ... =29− ≠2 28 16) FALSA 5 4 5 5 6 2 6 5 6 2 + = − = − x x 5 = x – 2 ou 5 + (x – 2) = 6 x = 7 ou x = 3 21.12. c
Inicialmente, observe que x x Cx Cx 2 1 2 2 21 + + = + +.
Pela relação de Stifel, sabe-se que C1x Cx2 Cx
1 2 + = +. Logo: C2x Cx Cx Cx Cx Cx Cx x x x x 1 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 1 + = + + = + ⋅ = + ⋅ ⋅ − ⋅ = + ( ) 21.13. c n n n n n Cn Cn Cn 1 2 3 8 191 1 2 3 + + + + = + + + ... . ++ = − = − = = = = C C n n n n n n n n 8 191 2 8 191 2 1 8 191 2 8 192 2 2 13 0 13 . . . .
Aula 21
21.14. e C C n n C n n C C n n n n n n n −+ − = − = ⋅ − = + = = 1 5 1 6 2 6 6 2 2 1 2 6 2 8 ( ) ! 21.15. a Se 11 4 3 x e x y y +
são complementares, então os numeradores devem ser iguais e os denominadores devem ser complementares em relação a 11. Logo: x y x y + = + = 3 11 4 11.
Resolvendo o sistema, tem-se x = 2 e y = 3. Portanto, 11 4 11 4 2 11 8 11 3 11 10 9 3 2 1 16 x = ⋅ = = = ⋅⋅ ⋅⋅ = 55. 21.16. b x x C C x x x x x x x + = + = + ⋅ + ⋅ = + + + + 2 2 3 1 1 2 1 2 1 3 1 3 2 2 3 1 1 2 ( ) ( ) ++ = + − = ⋅ − = = = 2 6 2 3 0 3 0 0 3 2 x x x x x x ou x ( )
Observe que x = 0 não convém, pois 2 1
2 x −
não estaria definido. Logo, para x = 3, tem-se
2 1 2 2 3 1 2 5 2 5 4 2 1 10 5 2 x C − = ⋅ − = = = ⋅⋅ = . 21.17. c
A quantidade de números 1 nas n primeiras linhas é igual a 2n – 1.
Nas n primeiras linhas há 1 2 3 1
2
+ + + + = n (n+ ⋅)n elementos. Destes, não são números 1 a quantidade igual a
(n+ ⋅1) n−(n− =) n − +n 2 2 1 3 2 2 2 Logo: P Q n n n n n n = − + − = − + ⋅ − 2 2 3 2 2 2 1 3 2 2 2 1( ) 21.18. 15 (01, 02, 04, 08) 01) VERDADEIRA 2 2 (n 2)! (n 1)! 2 (n 9) n! (n 2) (n 1) n! (n 1) n! 2 (n 9) n! (n 2) (n 1) n! (n 1) n! 2 (n 9) n! n! (n 2) (n 1) (n 1) 2n 18 n 3n 2 n 1 2n 18
não convém, pois n IN 0 n 2n 15 0 n 3 ou n 5 ( ) + + + = ⋅ + + ⋅ + ⋅ + + ⋅ = ⋅ + + ⋅ + ⋅ + + ⋅ = ⋅ + + ⋅ + + + = + + + + + − − = − = − ∈ + = =
Como 2 ≤ 3 ≤ 4, conclui-se que a solução da equação pertence ao intervalo [2, 4].
02) VERDADEIRA
Reduzindo ambas as frações ao mesmo denominador e ope-rando, tem-se: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (n )! n! (n )! n n( )! ( )! ! n n n n n − − = − − ⋅ − = − ⋅ − = − 04) VERDADEIRA
Utilizando o teorema das combinações com taxas complemen-tares, tem-se: 12 1 12 2 7 1 2 7 1 2 121 122 7 m m C C m m ou m m m m + = − = + = − + + − + − ( ) ( 77 12 8 6 ) = = = m ou m
Logo, a soma das raízes da equação é igual a 8 + 6 = 14. 08) VERDADEIRA
Utilizando o teorema da soma das combinações de uma mes-ma linha, tem-se: 6 1 6 2 6 3 6 6 2 6 0 64 1 63 6 + + + + = − = − = 16) FALSA
Utilizando a relação de Stifel, tem-se:
11 8 11 9 12 9 12 10 + = ≠ . 21.19. n n n Cn Cn n 2 3 19 11 19 11 2 3 + = + + = +
Utilizando a relação de Stifel, tem-se:
C n n n n n n n n n n+ = + + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = + − ⋅ = + − 1 3 2 3 19 11 1 1 3 2 1 19 11 1 114 66 11 ( ) ( ) ( ) 55n− =66 0
Fatorando o polinômio do primeiro membro, tem-se:
n n n n n n n n n n n 3 2 2 2 11 11 121 6 66 0 11 11 11 6 11 0 − + − + − = ⋅ − +( ) ⋅ − + ⋅ − =( ) ( ) ( −− ⋅11) (n2+11n+ =6 0)
O produto é nulo somente se um dos fatores é nulo, ou seja:
2 n 11 ou n 11n 6 0 11 Se 97 n 11 ou n 2 n IN, então n 11.∈ = = + + = − ± = = 21.20. a) S C C C S ( , ) ( , ) 6 4 6 4 6 5 4 3 4 3 2 1 6 5 4 3 2 5 4 3 2 1 6 4 6 5 6 6 = + + = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ++ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = + + = 6 5 4 3 2 1 6 5 4 3 2 1 6 4 15 6 1 6 4 22 S S ( , ) ( , )
O resultado indica que existem 22 modos de se diagnosticar a doença se o paciente apresentar de 4 a 6 sintomas.
b) S n k Cnk C C C C n k n k n n n i i k n ( , )= + ++ + + +... = =
∑
1 21
Extensivo Terceirão – Matemática 7C
Aula 19
19.01. b d d d d MN MN MN MN = − − + − − = + = = ( 2 3) (8 ( ))4 25 144 169 13 2 2 19.02. c A B d d d AB AB AB = = = − + − = + = ( , ) ( , ) ( ) ( ) 1 2 6 4 6 1 4 2 25 4 29 2 2 19.03. a d h d h = − + − = + (3 0) ( 0) 9 2 2 2 19.04. c ( ( )) ( ) ( ) ( ) 6 2 7 10 64 7 100 7 36 7 6 7 6 1 2 2 2 2 − − + − = + − = − = − = − = − = y y y y ou y y ouu y =13 19.05. a P x d d x x x x x AP BP ( , ) ( ) ( ) ( ( )) ( ) 0 1 0 4 6 0 3 2 1 16 1 2 2 2 2 2 2 = − + − = − − + − − + + = + 22 36 9 14 28 2 x x x + + − = = − 19.06. bSendo L a medida dos lados do quadrado, temos:
L d L L L L AC 2 2 3 5 4 2 2 64 36 2 10 10 2 10 2 2 2 5 2 2 2 = = − − + − − = + = ⇒ = = ⋅ = ( ( )) ( )
Portanto, o perímetro do quadrado é 4 5 2 20 2⋅ = . 19.07. b
Sendo A, B e C, respectivamente, os pontos que representam a ca-tedral, a prefeitura e a câmara de vereadores, temos:
A B C = = = ( , ) ( , ) ( , ) 1 1 3 1 5 3 Assim: d d AB AC = − + − = = = − + − = = ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 1 1 4 2 5 1 3 1 20 2 5 2 2 2 2
Como a distância real entre a catedral e a prefeitura é de 500 me-tros, temos: 2 2 5 500 2 2 5 500 500 5 m d d d m = ⇒ = 19.08. b d d AB AB = − − + − = + = = ( ( ))1 1 (0 0) 4 0 4 2 2 2
Como o triângulo ABC é equilátero, a distância entre A e C é 2. 19.09. a Seja R= ( , )a b. Assim: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (a 1) (b 3) 3 (a 1) (b 3) 9 (a 6) (b 3) 4 (a 6) (b 3) 16 (a 1) (b 3) 9 (a 6) (b 3) 16 − + − = − + − = − + − = − + − = − + − = − + − =
Subtraindo a primeira equação da segunda, temos:
( ) ( ) ( ) , a a a a a a a a − − − = − − + − − + = − = − ⇒ = 6 1 16 9 12 36 2 1 7 10 28 2 8 2 2 2 2
Substituindo o valor de a em uma das equações, temos:
( ) ( ) ( , ) ( ) ( ) , ( ) , a b b b b b − + − = − + − = − = − − = − 1 3 9 2 8 1 3 9 3 9 3 24 3 5 76 2 2 2 2 2 2 33 2 4 3 2 4 5 4 0 6 = − = − = = , , , , oub b oub
Portanto, as coordenadas do ponto R são ( , ; , )2 8 5 4 ou ( , ; , )2 8 0 6. 19.10. b
Os pontos A e B são da forma ( ,x x2 +2). Assim: ( ) ( ) ( ) x x x x x x x x x − + + − = + + = + + + = + − = 0 2 2 0 2 2 2 4 4 8 4 16 5 8 12 0 2 2 2 2 2 2 2
A soma das raízes da equação, ou seja, das abscissas dos pontos A e B é − 8 5. 19.11. d Vértice da parábola: x y M V V =− ⋅ = = − = − = − 0 2 1 0 0 6 6 0 6 2 ( , )
Intersecções da parábola com o eixo x.
y x x ou x = − = ⇒ = = − 0 6 0 6 6 2
Resoluções
7C
Matemática
Assim, A = ( 6 0, ) e B = −( 6 0, ). Área do triângulo ABM:
2 6 6 Área(ABM) 6 6 2 ⋅ = = 19.12. e f x g x x x x x x x ou x x y g x ( ) ( ) ( ) = + − = − + − = ⇒ = = − = ⇒ = = − = = − 2 2 2 6 2 8 0 2 4 2 2 6 2 4 4 ⇒⇒ = − = − − =y g( )4 6 ( )4 10 Assim: A B d d d AB AB AB = − = = − − + − = + = = ( , ) ( , ) ( ( )) ( ) 4 10 2 4 2 4 10 4 36 36 72 6 2 2 2 19.13. c f x g x x x x x x ou x x y f ( ) ( ) ( ) = + = − + + − = ⇒ = = − = ⇒ = = + = 2 2 2 1 3 2 0 1 2 1 1 1 1 2
Assim, o ponto de intersecção dos gráficos das funções f e g, no primeiro quadrante, é B( , )1 2. Assim: d d d AB AB AB = − + − = + = = (1 4) (2 6) 9 16 25 5 2 2 19.14. a
A distância entre dois pontos da reta real é o módulo da diferença entre as suas coordenadas.
Assim: dAB= −a b 19.15. e d d d AB AC = − + − − = + = = − − + − − = + = ( ) ( ) ( ) ( ) 6 4 2 3 4 25 29 11 4 3 3 225 36 261 2 2 2 2 BBC= − −( 11 6)2+ − − −( 3 ( ))2 2= 289 1+ = 290
O triângulo ABC é escaleno.
Como ( 290)2=( 261)2+( 29)2, o triângulo ABC é retângulo. 19.16. b
Usando o teorema de Pitágoras, temos:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) P P P P P P k 1 3 2 1 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 0 0 3 0 1 0 2 3 = + − + − = − + − + − +((k ) k k k k k − + = + + + − + = ⇒ = 1 4 9 1 1 2 1 2 8 4 2 2 2 19.17. b G = + + + + 0 0 43 ,0 6 33 = 43,3
Distância entre o baricentro G e o vértice A:
d d d AG AG AG = − + − = + = = 4 3 0 3 0 16 9 9 97 9 97 3 2 2 ( ) 19.18. e O raio da circunferência é 1.
No triângulo retângulo da figura, temos:
cos45 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 2 1 ° = + = + + = + = = − MN MN MN MN MN 19.19. 10 t A t B = ⇒ = − + ⋅ + = − = ⇒ = − + ⋅ + = 0 2 0 4 0 3 2 2 2 6 2 6 4 6 3 2 4 1 , ( , ) , ( , 00) Assim: d d d d AB AB AB AB = − − + − = + = = (4 ( ))2 (10 2) 36 64 100 10 2 2 19.20. 23/10
Sendo A = −( ,1 1) , B = −( , )3 4 os vértices da base e C= ( , )0y
o terceiro vértice do triângulo isósceles ABC, temos:
d d y y y y y y AC= BC − + − − = − − + − + + + = + − + (0 1) ( ( ))1 (0 ( ))3 ( 4) 1 2 1 9 8 2 2 2 2 2 2 116 10 23 23 10 y y = =
3
Extensivo Terceirão – Matemática 7C
Aula 20
20.01. b mAB= − − = − = − 0 3 3 0 3 3 1 20.02. b M M 1 2 1 3 2 6 6 2 1 6 1 1 2 6 0 2 0 3 =− + + = =− + + = , ( , ) , ( , )Sendo r a reta determinada pelos pontos M1 e M2, temos:
mr=3 6−− =−− = 0 1 3 1 3 20.03. c 2 3 1 0 3 2 1 2 3 1 3 x y y x y x − + = − = − − = + O coeficiente angular é 2 3 e o coeficiente linear é 1 3. 20.04. d tg m k k k k k k AB 45 1 2 6 6 2 2 8 4 ° = = − − − = − = ⇒ = 20.05. 26 (02, 08, 16) 01) INCORRETO.
A reta pode ser paralela ao eixo das abscissas. 02) CORRETO.
Uma reta perpendicular ao eixo das ordenadas é horizontal. Portanto, seu coeficiente angular é nulo.
04) INCORRETO.
Se os coeficientes angulares são positivos, a inclinação de ambas são ângulos agudos. Portanto, as retas não podem ser perpendiculares.
08) CORRETO.
Se 0< < °α 90 , então m tg= α 0> . 16) CORRETO.
Se as retas r e s são paralelas, têm a mesma inclinação
α
. Portanto, mr=ms= αtg .20.06. c
O gráfico passa pelos pontos ( ,0 1000) e ( ,9 1150). Assim: m y x y x = − − = − = ⋅ − = + 1150 1000 9 0 50 3 1000 50 3 0 50 3 1000 ( )
Número de indivíduos para x=22 5, °C:
y y = ⋅ + = 50 22 5 3 1000 1375 , 20.07. c
A reta r passa pelos pontos ( , )0 1 e ( , )−2 0. Equação da reta r: m y x y x r=− −− =−− = − = ⋅ − = ⋅ + 0 1 2 0 1 2 1 2 1 1 2 0 1 2 1 ( ) I. CORRETA.
O único zero da função é x = −2. II. CORRETA. III. CORRETA. IV. INCORRETA. y f x x f = = ⋅ + = ⋅ + = ( ) ( ) 1 2 1 0 1 2 0 1 1 V. INCORRETA. 20.08. b A inclinação da reta r é 180°− ° =30 150°. Equação da reta r: m tg tg y x y x r= ° = − ° = − − = − ⋅ − = ⋅ − 150 30 3 3 0 3 3 1 3 3 1 ( ) ( ) 20.09. d
Os pontos A, P e Q estão alinhados.
1 0 1 4 0 4 0 4 0 p q q p pq = + − = Se p q= , temos: p p p p p p p oup + − ⋅ = − = ⇒ = = 4 0 5 0 0 5 2
Portanto, a área do triângulo OPQ é 5 5
2 25 2 ⋅ = . 20.10. c I. VERDADEIRA.
Sendo M o ponto médio da diagonal OP, temos:
M= +a +b a b
02 ,02 = 2 2,
II. VERDADEIRA.
As diagonais de um retângulo se intersectam nos respectivos pontos médios. III. FALSA. A a B b m b a b a AB = = = − − = − ( , ) ( , ) 0 0 0 0 IV. VERDADEIRA.
20.11. c
O ponto simétrico de Q’ ( , )= 1 2, em relação ao eixo y, é Q = −( , )1 2. Assim: m y x y x x y PQ= − − − = − − = − ⋅ − − = − + + − = 2 1 1 2 1 3 1 1 3 2 3 3 2 3 5 0 ( ) 20.12. b 2 3 2 3 0 2 3 2 3 3 2 3 y x y x y x − + = = − = ⋅ − m tg tg = = = + = + = + = ⇒ = α α α α α α 3 2 1 1 3 2 1 3 4 7 4 2 2 2 2 2 sec sec sec sec 77 2 Portanto: cos sec α α = 1 = 1 = = ⋅ = 7 2 2 7 2 7 7 7 2 7 7 20.13. d y x 4 0 –2 A 1 P C B s r A equação da reta s é x = 4.
Assim, as coordenadas do ponto B são ( , )4 0. Equação da reta r: x x y y x y x y − = − − + = − = − 2 0 0 1 0 2 2 0 2 2
Para determinar as coordenadas do ponto C, resolvemos o sistema formado pelas equações de r e s.
x y x x e y − = − = ⇒ = = 2 2 4 4 3
Assim, as coordenadas do ponto C são ( , )4 3. O lado AB mede 4 – (–2) = 6.
O lado BC mede 3.
Usando o teorema de Pitágoras, determinamos a medida do lado AC. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) AC AB BC AC AC AC 2 2 2 2 2 2 2 6 3 45 3 5 = + = + = ⇒ =
Portanto, o perímetro do triângulo ABC é:
6 3 3 5 9 3 5 3 3+ + = + = ⋅ +( 5) 20.14. 31 (01, 02, 04, 08, 16) y x 0A B C s r t y x r s: x 4 e y 4 B(4, 4) x 4 y x r t: x 1e y 1 A(1, 1) x y 2 0 x 4 s t: x 4 e y 2 C(4, 2) x y 2 0 = ∩ = ⇒ = = → = ∩ + − = ⇒ = = → = ∩ + − = ⇒ = = − → − 01) CORRETO. 4 1 4 4 1 Área 4 1 2 4 2 1 Área 4 2 16 8 4 4 9 2 = ⋅ − = ⋅ − + + − − = 02) CORRETO. AB AC BC = − + − = = − + − − = = − + − − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 1 4 1 18 4 1 2 1 18 4 4 2 4 6 2 2 2 2 2 2
Como 62=( 18)2+( 18)2, o triângulo é retângulo no vértice A.
04) CORRETO.
O triângulo é isósceles, pois AB AC= = 18. 08) CORRETO.
A altura relativa ao lado BC mede 4 – 1 = 3. 16) CORRETO.
O ponto B( , )4 4 pertence ao primeiro quadrante. 20.15. e
Das retas r e s, temos que:
a b > > 0 0 ( ) (
coeficiente angular daretar
ordenada do ponto em que r inteersecta o eixo y ordenada d
)
( )
d (
c< coeficiente angular dareta s >
0
0 oo ponto em que s intersecta o eixo y)
Assim: y ax b cx d y acx adx bcx bd y acx ad bc x bd = + ⋅ + = + + + = + + + ( ) ( ) ( ) 2 2
Como ac < 0, a parábola tem concavidade voltada para baixo. Como bd > 0, a parábola intersecta o eixo y em um ponto de orde-nada positiva.
Portanto, o gráfico que melhor representa o trinômio
y=(ax b cx d+ ⋅) ( + ) é o da alternativa e. 20.16. b
A reta s passa pelos pontos ( , )2 2 e ( , )0 3.
m m m m m s r s r r = − − = − ⋅ = ⋅ − = ⇒ = − 3 2 0 2 1 2 1 1 2 1 2
5
Extensivo Terceirão – Matemática 7C
Assim, as equações das retas r e s são:
r y x y x s y x x : : − = − ⋅ − = − + − = − ⋅ − = − + 2 2 2 2 6 2 1 2 2 2 3 ( ) ( ) y
Ponto em que a reta r intersecta o eixo x:
y x x x = − + = − + ⇒ = 2 6 0 2 6 3 3 0 ( , )
Ponto em que a reta s intersecta o eixo x:
y x x x = − + = − + ⇒ = 2 3 0 2 3 6 6 0 ( , )
Como as retas se intersectam no ponto ( , )2 2, o triângulo delimitado pelo eixo x e pelas retas r e s tem como vértices os pontos ( , )2 2, ( , )3 0
e ( , )6 0. Portanto: (6 3) 2 Área 3 2 − ⋅ = = 20.17. d x y x y x y y x − + = = ⇒ = + − = = ⇒ = 3 3 0 0 1 3 21 0 0 7
A reta r intersecta o eixo das ordenadas no ponto ( , )0 1 e a reta s intersecta o eixo das abscissas no ponto ( , )7 0 .
y x 0 7 P s r
Ponto de intersecção das retas r e s:
x y x y x e y − + = + − = ⇒ = = 3 3 0 3 21 0 6 3
Portanto, a área do quadrilátero determinado pelos eixos coorde-nados e pelas retas r e s é:
0 0 6 7 0 1 Área 0 1 3 0 0 2 1 Área 21 6 2 1 27 Área 27 2 2 = ⋅ = ⋅ − − = ⋅ − = 20.18. b y x 0 M D A(–3, 4) B(3, 0) C(–2, –1) I. FALSA.
Como o ponto C é equidistante dos pontos A e B, o triângulo ABC é isósceles. Assim, a distância do ponto C ao segmento de reta AB é a distância entre o ponto C e o ponto médio do segmento AB.
M CM =− + + = = − − + − − = + = 3 3 2 4 0 2 0 2 2 02 1 22 4 9 13 , ( , ) d ( ) ( ) II. VERDADEIRA.
A área compreendida entre o segmento AB e o eixo das abscissas é a área do triângulo retângulo ABD.
6 4 Área(ABD) 12 2 ⋅ = = III. VERDADEIRA.
O domínio e o conjunto-imagem de f são:
D f x x f y y ( ) { | } Im( ) { | } = ∈ − ≤ ≤ = ∈ ≤ ≤ 3 3 0 4 Portanto: D f x x f y y ( ) { | } Im( ) { | } − − = ∈ ≤ ≤ = ∈ − ≤ ≤ 1 1 0 4 3 3 IV. VERDADEIRA.
O gráfico da função inversa de f passa pelos pontos ( ,4 3− ) e
( , )0 3. Assim: f x ax b a b a b a e b f x x f − − − = + − = ⋅ + = ⋅ + ⇒ = − = = − + 1 1 1 3 4 3 0 3 2 3 3 2 3 2 ( ) ( ) ( ) == −3 2⋅ + = 2 3 0 20.19. –1 y x α θ 0 B A C r 3 4 1 3 2 3
O coeficiente angular da reta AB é 1 3
2 3 0 1 3 3 3 − − = − =− .
O coeficiente angular da reta BC é 1 4
2 3 3 3 3 3 − − = − = − . Assim: tg tg θ θ θ α θ α α = ⇒ = ° + = ⇒ + = ° ⇒ = ° 3 3 30 2 3 2 60 15 ( )
Portanto, o coeficiente angular da reta r é:
m tg m tg m tg r r r = − + = − °+ ° = − ° = − ( ) ( ) θ α 30 15 45 1 20.20. a) Para x t= , temos: x y t y y t + = + = ⇒ = − 2 4 2 4 2 2
Área do triângulo T: A t t t A t t t t ( ) ( ) ( ) = ⋅ − = − + < < 2 2 2 4 0 4 2 0 1 2 3 4 1 t A (t) b) r x: +2y= ⇒ = −4 y 2 x 2 Assim: g x y k x y x k x x k x x x x k ( ) = = = − = − ⇒ = − ⇒ − + = 2 2 2 2 2 4 4 2 0 2 2
Para que o gráfico da função g tenha somente um ponto em comum com a reta r a equação anterior deve ter uma única so-lução, que ocorre quando o discriminante é igual a zero.
∆ = − − ⋅ ⋅ = ⇒ = 0 42 4 1 2 0 2 ( ) k k
Aula 21
21.01. a x x y y x y x y x y 2 0 0 2 0 4 2 2 0 2 2 4 0 2 0 = − − = + − = + − = 21.02. b x x y y x y x y x y y x 1 2 4 1 0 4 1 2 8 0 3 7 0 3 7 = + + − − − = + − = = − +O coeficiente angular é a = −3 e o coeficiente linear é b = 7. 21.03. b
A reta passa pelos pontos ( , )−4 0 e ( , )0 3.
x x y y x y x y − = − − + = − + = 4 0 0 3 0 12 3 4 0 3 4 12 0 21.04. e
A reta passa pelos pontos (−12 0, ) e ( ,0 10− ).
x x y y x y x y x y − − = + + = + + = + + = 12 0 0 10 0 120 10 12 0 10 12 120 0 5 6 60 0 21.05. b
Ponto médio do segmento AB:
M= k+ +k 2 12 ,12 Assim: 2 4 0 2 2 1 2 1 2 4 0 2 1 1 2 4 0 4 x y k k k k k − + = ⋅ + − + + = + − + + = + 22 1 8 0 3 9 3 − − + = = − ⇒ = − k k k 21.06. d 2 3 12 0 2 0 3 12 4 0 2 3 0 12 6 x y x y y y x x − = = ⇒ ⋅ − = ⇒ = − = ⇒ − ⋅ = ⇒ =
Assim, os pontos A e B são ( ,0 4− ) e ( , )6 0. Ponto médio do segmento AB:
M = + − + 0 62 , 4 02 = −( ,3 2) 21.07. c x t t x t x y t y x y x y x = − = − ⇒ = − = + = + ⋅ − = + − = − + 3 2 2 3 3 2 1 4 1 4 3 2 2 12 4 2 2 7
O coeficiente angular da reta r é –2. 21.08. d t x y A t x y B = ⇒ = ⋅ = = ⋅ − = − → − = ⇒ = ⋅ = = ⋅ − = → 0 2 0 0 3 0 2 2 0 2 3 2 3 6 3 3 2 7 ( , ) (66 7, )
Distância entre os pontos A e B:
d d d AB AB AB = − + − − = + = = (6 0) (7 ( ))2 36 81 117 3 13 2 2
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Extensivo Terceirão – Matemática 7C
21.09. c
No triângulo retângulo da figura, temos:
5 4 25 16 9 3 2 2 2 2 2 = + = − = ⇒ = y y y y
Assim, as coordenadas do ponto P são ( , )4 3. Equação da reta OP:
x x y y y x x y 0 4 0 3 0 4 3 0 3 4 0 = − = − = 21.10. c
Os catetos do triângulo retângulo medem 6 e k − 4. Assim: 6 4 2 36 4 12 16 ⋅ − = − = ⇒ = (k ) k k
A reta r passa pelos pontos ( , )6 4 e ( , )0 16.
x x y y x x y y x y x 6 0 4 16 0 4 96 16 6 0 6 12 96 2 16 = + − − = − = − = − + 21.11. e
Os lados do quadrado cinza medem 4 2= e os lados do quadra-do hachuraquadra-do medem 9 3= . Assim, a reta r passa pelos pontos
( , )0 2 e ( , )2 3. x x y y x y x x y x y 0 2 2 3 0 2 2 3 4 0 2 4 0 2 4 = + − − = − + − = − = − 21.12. c y y = 3 x (3, 4) (3, 2) (5, 1) (5, 5) 0 s r
A reta s passa pelos pontos (3, 4) e ( , )5 5.
x x y y x y x y x y x y 3 5 4 5 0 4 15 5 5 20 3 0 2 5 0 2 5 0 = + + − − − = − + − = − + = 21.13. a
A menor solução positiva da equação cos x
2 0
= é x = π. Assim, as coordenadas do ponto A são ( , )≠ 0 .
A primeira solução negativa da equação cos x
2 1
= − é x = −2π. Assim, as coordenadas do ponto B são (−2π,−1).
Equação da reta que passa pelos pontos A e B.
x x y y y x y x y π π π π π π π − − = − − + − = − − = 2 0 1 0 2 0 3 0 21.14. c
Para determinar as coordenadas dos vértices do triângulo, resolve-mos os sistemas formados pelas equações das retas, duas a duas.
x y x y x e y + − = − − = ⇒ = = 3 3 0 3 3 0 3 0 x y x x e y + − = = − ⇒ = − = 3 3 0 1 1 4 3 x y x x e y − − = = − ⇒ = − = − 3 3 0 1 1 4 3
Assim, os vértices do triângulo são:
( , ),3 0 1,4 , , 3 1 4 3 − − − y x (3, 0) (–1, 4/3) 0 (–1, –4/3)
Portanto, o triângulo é isósceles e não retângulo. 21.15. e
A equação da reta r é y=10x a+ . A equação da reta s é y= +9x b.
Como as retas r e s intersectam-se em um ponto de abscissa 6, temos:
10 6 9 6 60 54 6 ⋅ + = ⋅ + + = + = + a b a b b a 21.16. c I. CORRETO. x y y x − − = = − 1 0 1
Como o coeficiente angular da reta r é mr=1, a inclinação da reta r é 45°. II. CORRETO. x y x y x e y − − = + = ⇒ = = 1 0 6 4 1 3 2
Assim, as retas r e s se intersectam no ponto ( , )3 2. III. CORRETO. r x y y x x s x y y x x : : − − = = ⇒ − − = ⇒ = + = = ⇒ + = ⇒ = 1 0 0 0 1 0 1 6 4 1 0 6 0 4 1 6
Assim, a reta r intersecta o eixo das abscissas no ponto ( , )1 0 e a reta s no ponto ( , )6 0. y x 0 s r 1 3 6 2
A área do triângulo é igual a 5 2
2 5
⋅ =
21.17. a I. CORRETA. x t y t = + = + 1 2 1 Para t = 2, temos x = 5 e y = 3. x t y t = + = − + 4 3 6 Para t =1, temos x = 5 e y = 3.
Portanto, as trajetórias se intersectam no ponto ( , )5 3. II. INCORRETA.
Como as trajetórias passam pelo ponto ( , )5 3 em instantes distin-tos, as partículas não se chocam nesse ponto.
III. INCORRETA.
A partícula Q passa pelo ponto ( , )5 3 no instante t =1 e a partí-cula P no instante t = 2. Portanto, a partícula Q passa pelo ponto
( , )5 3 1 minuto antes que a partícula P. 21.18. d
Os pontos ( ,0 100), ( , )z 75 e ( , )t 0 estão alinhados.
0 0 100 75 0 100 0 100 75 100 0 25 100 4 z t t t z t z t z = − − = = ⇒ =
Os pontos ( , )0 90, ( , )z 75 e (t + 2 0, ) estão alinhados.
0 2 0 90 75 0 90 0 90 180 75 150 90 0 15 90 30 0 6 2 0 4 z t t t z t z t z z + = + − − − = − + = − + = −− + = ⇒ =6z 2 0 z 1 Portanto: t z t = = ⋅ = 4 4 1 4 21.19.
a) Para determinar as coordenadas dos vértices do triângulo, resol-vemos os sistemas formados pelas equações, duas a duas.
y y x x e y = = − ⇒ = = 1 2 5 3 1 y x y x e y = − + = ⇒ = − = 1 2 5 0 3 1 y x x y x e y = − − + = ⇒ = = 2 5 2 5 0 5 5
Os vértices do triângulo ABC são:
( , ), ( , ), ( , )3 1 −3 1 5 5
b) Área do triângulo ABC:
3 3 5 3 1 Área 1 1 5 1 2 1 Área 3 15 5 15 5 3 2 1 Área 24 2 Área 12 − = ⋅ = ⋅ − + − − + = ⋅ − = 21.20. 21 – y 35 x 28 – x B C E D A y
a) Os triângulos ABC e ADE são semelhantes.
AB AD AC AE BC DE x y DE = = − = − = 28 28 21 21 35 28 28 35 4 28 5 28 4 5 21 21 35 3 21 5 21 3 − = − = ⇒ = − − = − = ⇒ = − x DE x DE x DE y DE y DE y DEE 5
Como o perímetro do trapézio BDEC é 74 cm, temos:
x y DE DE DE DE DE cm x cm y + + + = − + − + = = = − ⋅ = = 35 74 28 4 5 21 3 5 39 25 28 4 25 5 8 21−−3 25⋅ = 5 6 cm Portanto: BD cm DE cm EC cm = = = 8 25 6 b) r x t y t x y y x : = + = − ⇒ − = ⇒ = − 1 2 3 3
Como o ponto B pertence à reta r, temos:
B x x AB x x x x x x x ( , ) (x ) ( ) − = − + − − = − + + − + = − 3 3 2 2 3 5 3 2 4 4 16 64 18 2 20 2 2 2 2 2 ++ = − + = ⇒ = 50 0 10 25 0 5 2 x x x Assim, B( , )5 2.
Equação da reta r, determinada pelos pontos A( , )2 5 e B( , )5 2.
x x y y x y x y x y x y 2 5 5 2 0 5 4 5 2 25 2 0 3 3 21 0 7 0 = + + − − − = + − = + − =
Resoluções
7D
Matemática
1
Extensivo Terceirão – Matemática 7D
Aula 19
19.01. c Primeiro poliedro: F N A A A 3 8 2 8 3 2 12 = = ⋅ = ⇒ = Segundo poliedro: F N A A A 5 12 2 12 5 2 30 = = ⋅ = ⇒ =Portanto, a soma dos números de arestas dos poliedros é igual a
12 30 42+ = , um número múltiplo de 7. 19.02. e
A figura 1 é a planificação de uma pirâmide pentagonal, a figura 2 de um prisma pentagonal e a figura 3 de um hexaedro.
19.03. c
a) INCORRETO.
O tetraedro regular tem quatro faces triangulares. b) INCORRETO.
O tetraedro regular tem 6 arestas congruentes. c) CORRETO. = = ⋅ = ⇒ = + = + + = + ⇒ = 4 F 6 N 2A 6 4 2A A 12 V F A 2 V 6 12 2 V 8 d) INCORRETO.
O hexaedro regular tem 6 faces quadrangulares. e) INCORRETO.
ti
S =360 (V 2)°⋅ −
19.04. d
Em um octaedro regular, temos:
3 F 8 N 2A 8 3 2A A 12 V F A 2 V 8 12 2 V 6 = = ⋅ = ⇒ = + = + + = + ⇒ =
Como o octaedro regular tem 3 diagonais, tem-se menos diagonais do que faces.
19.05. e
Poliedro regular Faces Arestas Vértices
Tetraedro 4 6 4
Hexaedro 6 12 8
Octaedro 8 12 6
Dodecaedro 12 30 20
Icosaedro 20 30 12
Portanto, não existe poliedro regular com 10 vértices. 19.06. e
I. FALSA.
Um octaedro regular tem 8 faces triangulares. II. VERDADEIRA.
III. VERDADEIRA. 19.07. a
O octaedro regular tem 6 vértices, igual ao número de faces do hexaedro regular (o octaedro regular e o hexaedro regular são po-liedros conjugados ou duais). Essa característica justifica o fato de a cavidade no interior da esfera ser octaédrica.
19.08. d
Todo poliedro convexo, regular ou não regular, satisfaz o teorema de Euler.
Existem poliedros não convexos que satisfazem o teorema de Euler. Assim, todo poliedro convexo regular satisfaz o teorema de Euler, mas nem todo poliedro que satisfaz o teorema de Euler é regular, nem todo poliedro que satisfaz o teorema de Euler é convexo e nem todo poliedro que satisfaz o teorema de Euler é poliedro de Platão. 19.09. e I. CORRETA. = = ⇒ = + + = = = ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⇒ = + = + + = + ⇒ = 3 4 5 F 4 F 3 F 4 3 2 9 F 2 N 2A 4 3 3 4 2 5 2A A 17 V F A 2 V 9 17 2 V 10 II. INCORRETA.
A área total de um tetraedro regular é igual a quatro vezes a área de um triângulo equilátero. Stetraedro= ⋅4 2 ⋅ 3= m 4 4 3 2 2 III. CORRETA. = = ⋅ = ⇒ = 5 F 12 N 2A 12 5 2A A 30 IV. CORRETA. Tetraedro regular Hexaedro regular Octaedro regular Dodecaedro regular Icosaedro regular
19.10. b V F A F F + = + + = + ⇒ = 2 12 30 2 20
A área total de um icosaedro regular é igual a vinte vezes a área de um triângulo equilátero. Sicosaedro= ⋅20 1⋅ 3= cm 4 5 3 2 2 19.11. b
O cubo pode ser inscrito apenas em um octaedro regular, pois o número de vértices do cubo é 8, igual ao número de faces do oc-taedro regular.
19.12. b
Em torno de cada vértice de um octaedro regular tem-se 4 faces triangulares e equiláteras. Portanto, a soma das medidas dos ângu-los em torno de cada vértice é 4 60⋅ ° =240°.
19.13. c
A
B
C
D
São três pares de retas reversas:
AB e CD AC e BD AD e BC 19.14. e Tetraedro regular: Sti=360 4 2 720°⋅ − =( ) ° Hexaedro regular: Sti=360 8 2 2160°⋅ − =( ) ° Octaedro regular: Sti=360 6 2 1440°⋅ − =( ) ° Dodecaedro regular: Sti=360 20 2 6480°⋅( − =) ° Icosaedro regular: Sti=360 12 2 3600°⋅( − =) ° Portanto: 720°+2160 1440°+ °+6480°+3600° =14400° 19.15. a
O dodecaedro regular tem 12 faces pentagonais.
N A A A = ⋅ = ⇒ = 2 12 5 2 30
O número de arestas visíveis na figura é 20. Portanto, o número de arestas não visíveis é 10. 19.16. b 5 6 F 12 F 12 20 32 F 20 N 2A 12 5 20 3 2A A 90 V F A 2 V 32 90 2 V 60 = ⇒ = + = = = ⋅ + ⋅ = ⇒ = + = + + = + ⇒ = 19.17. b
Retirando-se 12 pirâmides congruentes dos vértices do icosaedro regular, obtemos um poliedro com 12 faces pentagonais (uma em cada vértice) e 20 faces hexagonais (uma em cada face).
Assim: 5 6 F 12 F 12 20 32 F 20 N 2A 12 5 20 3 2A A 90 = ⇒ = + = = = ⋅ + ⋅ = ⇒ =
Como em cada aresta o artesão gasta 7 cm de linha, temos:
90 7⋅ cm=630cm=6 3, m
O artesão gastou no mínimo 6,3 metros de linha. 19.18. 8
Portanto, o poliedro é o octaedro regular, com 8 faces. 19.19. a) = = ⋅ = ⇒ = + = + + = + ⇒ = = °⋅ − = °⋅ − = ° 3 ti ti F 20 N 2A 20 3 2A A 30 V F A 2 V 20 30 2 V 12 S 360 (V 2) S 360 (12 2) 3600 b)D C A D C D D V = − = − = − = 2 12 2 30 66 30 36 19.20. = ⇒ = = − = = ⋅ + ⋅ = ⇒ = = 3 4 F 3 F 8 F 8 3 5 N 2A 29 3 3 5 4 2A A 14,5 2
Como o número de arestas não é um número inteiro, o poliedro não existe.
3
Extensivo Terceirão – Matemática 7D
Aula 20
20.01. bObserve a base do prisma:
x 8 cm y 30º sen x x x cm y y y cm 30 8 1 2 8 4 30 8 3 2 8 4 3 ° = ⇒ = ⇒ = ° = ⇒ = ⇒ = cos Assim: V S H V x y y V V cm b = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = 2 4 4 3 2 4 3 96 3 20.02. c
Vtanque= ⋅2 0 9 3 62 , = , m3=3600litros
Para que o líquido restante ocupe os 2
3 de sua capacidade, devem
ser retirados 1 3⋅3600litros=1200litros. 20.03. e V S H V h V h b = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ 6 3 4 3 3 2 2 2
n
n
20.04. aA figura é a planificação de um prisma cuja base é um triângulo retângulo. 6 6 10 x Assim: 10 6 100 36 64 8 8 6 2 6 144 2 2 2 2 2 = + = − = ⇒ = = ⋅ = ⋅ ⋅ = x x x x V S H V V b Observação:
No enunciado, afirma-se equivocadamente que a figura represen-ta a planificação de um sólido de base quadrada.
20.05. c 0,6 m 0,3 m 1 m 1 m 1 m 1 m 0,7 m 1 m 0,4 m 1 m 1 m 1 m 1 m 1 m 1 m
A área total da superfície da peça pode ser decomposta em uma soma das áreas de retângulos.
Assim: St= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ 0 6 1 1 1 0 4 1 1 1 0 7 1 1 1 0 3 1 2 1 0 6 1 1 1 0 3 , , , , ( , , )) , St= 8 8m2 20.06. d V S H V m piscina piscina b = ⋅ = ⋅6 2 ⋅ 3⋅ = 4 3 2 9 2 3
Portanto, para encher 80% do volume da piscina são necessários
80
100 9 7 2
3 3
⋅ m = , m .
20.07. e
Sejam x e 2x, em centímetros, as dimensões da folha original. Assim: 3 3 3 3 2x – 6 x – 6
As dimensões da caixa serão 3 cm, (2x – 6) cm e (x – 6) cm.
V x x x x x ou x = − ⋅ − ⋅ = − − = ⇒ = = − 324 2 6 6 3 324 9 36 0 12 3 2 ( ) ( )
Portanto, as dimensões da folha original são 24 cm e 12 cm e a área da superfície externa da caixa será igual a:
24 12 4 3⋅ − ⋅ =2 252cm2 (área da região azul da folha)
20.08. a
O perímetro da base do prisma hexagonal regular é 36 cm. Assim, cada aresta da base mede 6 cm.
V S H V V V cm b = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = 6 6 3 4 10 540 3 540 173 934 2 2 3 , ,
Portanto, a capacidade do recipiente é de aproximadamente 934 mL. 20.09. 04
Área total das paredes, desconsiderando-se portas e janelas:
(2 6 2 5 2 4 2 5 5 50 5 45⋅ ⋅ , + ⋅ ⋅ , )− = − = m2
Área total do piso:
