Resoluções de Exercícios

Resoluções de Exercícios

BLOCO

01

BLOCO

02

BLOCO

03

Capítulo

02

Funções e Equações

Trigonométricas – Parte II

Conhecimentos Algébricos

Conhecimentos Algébricos

01

B cos (120o_{) = –cos 60° =} 2 1 -sen (270o_{) = –1} tg (225o_{) = tg (45}o_{) = 1}

Então, cos2₃r + sen3₂r + tg5₄r = -1₂ + (–1) + 1 = -₂1.

02

A) x = kp, k ∈ Z e domínio = {x ∈ R / x ≠ kp, k ∈ Z}

A função não é defi nida se x + ₂r = ₂r + kp, k ∈ Z, isto é, x = kp, k ∈ Z. Então, o domínio será {x ∈ R / x ≠ kp, k ∈ Z} B) P = ₁r = p C) –2 –2 2 0 4 2 4 6 8 10 12 0 D) F tg tg tg( ) F N 100 3 6 7 2 6 10 300 3 300 y o y

"

"

r r r = + = = = = -f p f p E) tg xf +r₂p=1

"

x+r₂=₄r+k kr, !Z

"

x=-₄r+k kr, !Z

01

A) Sendo os vértices do retângulo (armário):

D A B E C F

Considerando o triângulo ABE pode-se escrever:

30 _,

sen c =_{2 5}y &y=₄5m

Considerando o triângulo BCF pode-se escrever:

30 _1,5 3 3₄

cos c = x &x= m

Logo, a altura h será: h= + =x y 5+₄3 3m

B) Considerando o triângulo BCF, pode-se escrever: 1,5 1,2 5 4 a cos = =

Assim, pode-se escrever: 5

4

1 ₂₅9 ₅3

a a

sen2 _{+d n}2_{= &}sen2 _{= &}sen₌ Considerando o triângulo ABE pode-se escrever:

2,5 5

3

2,5 1,5

a

sen = y & = y &y= Logo, a altura h será:

h = x + y = 1,2 + 1,5 ⇒ h = 2,7 m

02 01 + 04 = 05

Aplicando o Teorema de Pitágoras no Triângulo ABC temos BC = 50 m. [01] Verdadeira, pois 30% de 30 = 9 m.

[02] Falsa. A área ampliada é dada em m2 _por

2 8 40 _{160 .} A₌ $ ₌ m2 [04] Verdadeira, pois tg a > tg γ ⇒ a > γ. [08] Falsa, pois tg c=₃₀40₊₉=₃₉40. [16] Falsa, pois 50 30 5 3_. a sen = =

01 A) ƒ(x) = 3 . sen (4x – p) tem período p =

2₄r = ₂r. B) ƒ(x) = 2 + 4. cos f₅x+₃rp tem período p = 2₁

5 r

= 10p.

C) ƒ(x) = 3 – sec (2px + p) tem período p = 2_2rr = 1. D) ƒ(x) = 10 . cossec 6f x+₆rp tem período p = 2₆r = ₃r. E) O período de ƒ(x) = 3 – tg 4f x+₂rp é p = ₄r.

F) O período de ƒ(x) = 6 – 4 . cotg 2f rx+₄rp ) é p = _2rr = 1₂ = 0,5.

BLOCO

04

BLOCO

05

BLOCO

06

BLOCO

07

02

D

O arco x está no 1o _{quadrante. Os valores de sen x e cos x são positivos.}

Aplicando as relações trigonométricas, temos:

( ) ( )

sec

sec _cos

sec sec cos _sec

tg x x x _x tg x x x positiva x _x 1 1 2 1 2 5 1 5 1 5 5 2 2 2 2

_&

_"

_&

+ = = = + = = = = = Z [ \ ] ]] ] ]]

03

C

Substituindo as relações trigonométricas para simplificação, temos: sec

sec _cos

cos

cos cos sec cos

cos tg x x x _x x tg x x tg x x x x x 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 $ $ $ $ + = = + + = = = c c c c c c c f m m m m m m m p Z [ \ ] ] ] ] ]]

04

D

Escrevendo a expressão em termos de senos e cossenos, temos:

. .

. _.

sec cos cossec cot

cos cos cos

cos cos cos cos cos cos cos cos cos _cos E x x x sen x tg x g x x x sen x sen x x sen x sen x x

E _x x _{sen x}sen x sen x_{sen x x}x

x sen x sen x x sen x x E sen x x _{sen x x} 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 $ $ $ $ $ $ $ $ $ = - - + = = - - + = - - + = = = = c c c f f f f f f f f f c f m m m p p p p p p p p p m p

01

D

Pensando numa montanha com declividade de 50% e com desnível de 1 000 m = 1 km temos:

Considerando x a distância percorrida até o topo da montanha, temos: 1

2

1 1 ₂

a

tg =_y & =_y&y= km

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo acima, temos:

1 1 2

x2₌ 2₊y2_&x2_{= +} 2_&x₌ 5km Portanto, a distância pedida será de 5km

02

Como a reta OD é tangente à circunferência trigonométrica em O,

tem-se que DOMt _{= 90}o_{. Assim, dado que MO = 1 cm, do triângulo}

MOD, vem

.

a a cosa

tg =_MOOD+sen =A

Daí, lembrando que sen2a₊cos2a₌1, _{segue que}

( ) 1

1 1

.

a a a

cos cos cos

A A 2 2 2 & + = = + Em consequência, vem 1 . a sen A A 2 = +

Agora, sendo MNOP um retângulo, tem-se MN=OP. Portanto, do triângulo MPO, obtemos

1 a sen MO OP _MN A A _cm 2 + = = + e 1 1 . a cos _MOMP MP A2 cm + = = +

03

A

Considerando h como sendo a altura da fachada da Biblioteca, temos:

30 ₆1,7 1,7 6 30 6 0,58 1,7 5,18 tg h h tg h h m $ $ c c = -- = = + =

04

C

De acordo com os dados do enunciado, temos a seguinte figura:

α β No DABC temos: 8 ₂ 28 a a

sen = R&sen = R No DABC temos:

4 ₂

24

b b

sen = R&sen = R

a + b = 90o _{⇒ cos a = sen b, temos:}

sen2 _{a + cos a = 1} R R R R R R 2 8 2 4 1 4 64 16 1 4 80 20 2 5 2 2 2 2 2

& & & &

& $ $ $ + = + = = = = d n d n

01

D 1a _{parte: v = 432 km/h =} s m 3600 432 1000# = 120 m/s 2a _{parte: v = l · f} 120 m/s = l · 6/s → l = 20 m

02

A l = 5 cm v = 30 cm/s v = l · f 30 cm/s = 5 cm · f → f = 6 hertz

01

D

02

A) P = 1; Im = [0; 2] B) (₄1,₄32

01

A) 2,4 m = 240 cm 240/(18 + 6) = 10 degraus B) h = 1,92 m

02

2 6 metros

BLOCO

01

BLOCO

01

01

A cos cos cos x x indica x Q Se x sen x x

sen x sen x sen x

sen x 5 3 2 0 4 5 3 1 5 3 1 1 ₂₅9 ₂₅16 5 4 < < o 2 2 2 2 2 2 & & & &

& & & &

& ! r = -= + = + = = - = = d n Como x ∈ 4o _{Q ⇒ sen x} 5 4 =-Logo, temos: 5 5 cos tg x sen x_x tg x ₃ tg x 4 3 4 & & = = =

-02

E tg x = 5 sec² x = 1 + tg² x sec² x = 1 + 5_ i2 sec² x = 1 + 5 sec x = _{cos x}1 6 _² 6 ²

cos cos cos

cos cos x x x x x 1 1 6 1 6 1 66 2

& & &

& & = = = = = d n 1 ( ) ² cos sen x x sen x sen x sen x sen x sen x 1 ₆6 1 36 6 36 36 6 36 30 6 5 2 2 2 2 2 2 2 & &

& & &

& & + = + = = - = -= = e o Portanto, sen² x = ₆5.

03

B A base da Trigonometria é: sen² (x) + cos² (x) = 1

03

A escada forma com a parede e o solo um triângulo retângulo de hipotenusa 8 m. A distância “d” pedida é calculada pela razão trigo-nométrica do cosseno. 2 8 cos cos d d d d m 60 ₈ 60 ₂1 8 2 1 2 8 4 o o

& & & = = = = = = Z [ \ ] ] ]]

01

D 1 T B O A α α 1 M P

1a _{parte: No triângulo OTB}

sen a = _OB1 → OB = _{sen a}1 e

tg a = _TB1 → TB = _{tg a}1 = cotg a

2a _{parte: Área do triângulo TAB}

A∆TAB =

1

2 . TB . BA . sen a = = 1₂ . cotg x . ( OB – 1) . sen a = 1₂ . cotg a . f_{sen a}1 -1p . sen a = 1₂ . cotg a . (1 – sen a) sen² (b) = 1 – cos² (b) = 1 – 0,6² = 1 – 0,36 = 0,64 sen (b) = 0,8 sen (c) = cos (b) cos (c) = sen (b) cotg (c) = ( ) ( ) ( ) ( ) _{( )} , , cos cos sen c c b sen b _{tg b} 0 6 0 8 3 4 = = = =

04 C

Tem-se o valor de sen x = .₃2 Sabe-se que tg x = _{cos x}sen x. (I) Mas como calcular cos x?

Vamos aplicar aquela fórmula (sen x² + cos x² = 1). Então: 3

2 2

d n + cos² x = 1 → ₉4 _{+ cos² x = 1 → cos² x = 1 – 9}4 cos² x = .₉5 (II)

Agora, já temos sen² x d n e cos² x ₉4 d n basta que substitua esses ₉5 ,

valores em (I): . 0,8 9 5 9 4 9 4 5 9 5 4 = = = Então, tg² x = .₅4

05 C

cos cos sen sen 10 10 10 10 o o o o + f p . sen (10o _{+ 10}o₎ 10 10 cos cos sen sen 10o 10 o o o + f p2 . sen 10o _{. cos 10}o 2 . sen² 10o _{+ 2 . cos² 10}o 2 . (sen² 10o _{+ cos² 10}o₎ 2 . 1 2

06 B

Como p é equivalente a 180º, podemos reescrever a expressão da seguinte forma:

cos 2 . 180₃ + sen 3 . 180₂ + tg 5 . 180₄ cos 120º + sen 270º + tg 225º

Olhando o círculo trigonométrico, vemos que 120º está no 2o

qua-drante. Seu ângulo em relação à vertical é 60º, logo, o cosseno de 120º equivale ao de 60º que é ₂1, só que no 2o _{quadrante, cossenos}

são negativos, então cos (120º) = -₂1.

Para o sen 270º, basta olhar para o círculo e verá que é –1. Já para a tg 225º, pode-se ver que este ângulo está no 3o _quadrante

e faz um ângulo de 45º com a vertical, o que faz com que a tg 225º seja igual a tg 45º com o mesmo sinal, pois no 3o _{quadrante seno é}

negativo e cosseno também é; a tangente é _cossen → – / – = + Logo, a expressão fica – ₂1 – 1 + 1 = – ₂1

07 C

,

tg x=12₅ r<x<3₂r&Logo, x ∈ 3o _Q

A) cotgx=_{tg x}1 &cotgx=₁₂5, como x ∈ 3o _{Q, temos que neste}

quadrante a cotg x é positiva, logo, o item A é falso. B) secx₌13_{5 &}sec2x₌1₊tg x2 ,logo

1 1 sec sec sec sec x x x x 5 12 25 144 25 169 5 13 2 2 2 2 & & & ! = + = + = = d n

Mas como x ∈ 3o _{Q, a secante é negativa, logo, sec x ,}

5 13

= -

por-tanto, a alternativa B é falsa. C) cos x

13 5 =

-No item B, chegamos à conclusão que sec x= -13₅ $ Mas como sabemos que sec x = _{cos x}1 , ficamos com:cosx=_sec1_x, logo:

cosx cosx 5 13 1 135 & = = -Então, a altenativa C é a correta.

03 A

Item A: verdadeiro 40 . AC2 AB2 BC2 502 AB2 302 AB km & & = + = + = _ i _ i _ i _ i _ i _ i

Por relações métricas no triângulo retângulo, temos:

. . . . 24

AC h= AB BC & 50 h= 40 30 &h= km

_ i _ i_ i _ i _ i_ i

Portanto, a distância entre B e a estrada AC é 24 km

Item B: falso

50 30

0,6 30 .

sen A=_ACBC &sen A= &sen A= &A! º

Item C: falso

Por relações métricas no triângulo retângulo, temos: 18 BC2 BX2 XC2 302 242 XC2 XC km & & = + = + = _ i _ i _ i _ i _ i _ i Item D: falso 50 18 32 AC=AX+XC& =AX+ &AX= km Item E: falso

Ver comentário do item C.

GRáfICO DAs quEstõEs 04 E 05

04 A

Para d = 72 m e r = 36 m vem:

72 2 2 36 ( 2 1) 72

x= $ - $ $ - = m

Queremos calcular y=BC+CG+GH

Como os triângulos ABC e DEF são congruentes, FE=BC. Além disso, , FE=GHpois FE // GH. Portanto, a cosa cos y BC CG r sen x sen m 2 2 2 36 45 72 45 72 ₂2 72 ₂2 72 2 $ $ $ $ $ $ $ $ $ c c = + = + = + = + =

05 D

Para a = 60o _{e r= 36 m, temos:} 60 36 36 2 1 ₁₈ cos HI=JE=DJ-DE= -r r$ c= - $ = m Do triângulo CFG, vem: 60 ₂3 a FG=HE=x sen$ =x sen$ c= $x Portanto, para d = 90 m, segue que

2 90 2 18 ₂3 36 3

d= $JE+HE+ = $ + $x+x= m

06 A

Considere o triângulo isósceles ABC de base BC. Assim, 3

AB=AC= cm e ABCt _/ACBt ₌30o. _{Sendo M o ponto médio de} BC, do triângulo AMC vem

30 3 2 3

cosACB MC_AC cos

BC BC cm + + c = = = t Portanto, o resultado é ( ) AB AC BC cm 3 3 3 2 3 3 + + = + + = +

07 D

Na figura ao lado, temos: 48 4 3 9 3 AC AC BP BP 2 2 & & = = = = a ACB =t x y x y 4 3 32 $ + = = *

O sistema possui duas soluções x=3 3 e y= 3 ou x= 3e y=3 3 Logo, 60 30 . a a a tg BP_y tg ou tg ou 3 3 3 3 3 3 3 3 o o & & = = = = = = =

08

D

Veja a função original: f(x) = tg (x) . cotg (x)

Esta função f(x) só existirá se tg (x) e cotg (x) existirem também. Ou seja, a resposta que o exercício quer é a intersecção das condições de existência das funções tangente e cotangente.

A função tangente só existe para x ≠ ₂r + k . p, com k ∈ Z. A função cotangente só existe para x ≠ k . p, com k ∈ Z.

Ou seja, a tangente não existe para ângulos verticais (90o_{, 270}o_{) e a}

cotangente não existe para ângulos horizontais (0o_{, 180}o_).

A intersecção das duas restrições será: x ≠k₂r, onde k ∈ Z, ou seja, não pode ser nem os ângulos verticais nem os horizontais.

09

D

No terceiro quadrante senos e cossenos são negativos. Utilizando a relação fundamental, temos:

sen2 _{(x) + cos}2 _{(x) = 1} ( ) ( ) ( ) ( ) sen x sen x sen x sen x 13 12 _{1 1} 169 144 16925 135 2 2 _& 2 _& & ! & ! + - = = -= = d n

Como o arco x tem extremidade no terceiro quadrante, temos: sen (x) = -₁₃5 . Calculando a tangente de x: ( ) _{( )}( ) 13 12 135 12 5 . cos tg x =sen x_x = -=

10

C

Sabendo que tg x=_cossenx_x, com x!r₂+kr e cos2 _{x = 1 – sen}2 _{x, vem}

cos cos _cos

cos x tg x x sen x_x x sen x sen x sen x senx sen x sen x 1 2 1 4 1 1 2 1 2 5 2 5 1 2 2 2 & & + + + & ! = = = + = + - = + = = -d n BLOCO

02

01

C 30 6 .

AFBt = c&AB=BF= milhas

No ∆FBH: sen60°=FH₆ & ₂3 =FH₆ &FH=3 3 milhas No ∆FHAsen30°=3 3_AF &1₂=3 3_AF &AF=6 3 milhas

02

B

Após três horas o atleta terá percorrido 30 km, já que sua velocidade é de 10 km/h.

No triângulo assinalado, temos:

x

30 _{30 2}1 ₃₀ 15

08

Considere a figura abaixo.

Seja AH=x.

Como o triângulo AFH é isósceles e BC=HK=1, segue que 1.

FK= -x Além disso, BH=CK=3-x. Logo, do triângulo FKC, obtemos: 30 ₃3 3 ₁ 3 3 9 3 4 3 tg c =CK_FK + =_x x+x -= + + =

-Desse modo, FK = -4 3-1=3- 3 . Por conseguinte, ainda do triângulo FKC, vem que:

30 ₂3 3 3 2( 3 1) cos c =_CFFK+ = -_CF +CF=

09

C ( ) . ( ) . . cos no BPD _yx y x no APC tg x x x 30 2 3₃ 30 4 ₂ 3 2 3 3 3 6 12 2 3 2 3 1 o o + + + D D = = = -= - =

-10

C Considere a figura abaixo.

Do triângulo ABC, vem que

60 5 3 5 tg BCA _BCAB+BC _tg cm c = = = t _e 60 5 3 10 sen BCA AC AB _AC sen cm + c = = = t

Logo, como BD=12cm, segue que 12 12

3 5

.

CD= -BC=e - ocm

Além disso, do triângulo CDE, obtemos:

30 6

2 3 5

. sen CDEt =_CDCE+CE=CD sen$ c= - cm

Portanto, o inteiro mais próximo da distância, em cm, do ponto A até a horizontal é dado por:

3 10 6 2 3 5 3 10 3 6 5 3₆ 6 15 3 6 10. AC CE , + = + -= + -= + BLOCO

03

01 D

N = P_y = 320 newton Cálculo auxiliar: cos a = P Py Py = P . cos a = N Py = 40 . 10 . ₅ 4 Py = 320

02 A

1o_{) Sen a =} P Px _{→ P} x = P . sen a → Px = mg . sen a 2o_{) F + P} x = Fa → → F + mg . sen a = m . N → → F + mg . sen a = m . P . cos a → → F + mg . sen a = m . m . g . cos a →

→ m = _mgcosF _a+sen_cosa_a → m = _mgF .seca+tga

03 E

Período = ₂₀2r_r=₁₀1

04 B

s(t) = 0,02 . sen(4r+t) i ? Período: P = ₄2r_r=₂1

Imagem: y = 0,02 . sen q → sen q = , y 0 02 Daí: –1 ≤ _{0 02,}y ≤ 1 → –0,02 ≤ y ≤ 0,02

05 A

x = 2cos a + 3 → cos a = ( – )x₂3 e y = 2 . >_cossec1 _a+1H → y = 2 . [sen a + 1] y = 2 sen a + 2 → sen a = ( – )y₂2 sen2 _{a + cos}2 _{a = 1 →} → (y 2– )₄ 2+( – )x ₄32 = 1 → → (x – 3)2 _{+ (y – 2)}2 _{= 4}

06 C

2 a a a a cos cos

A base altura A sen

A sen

2 2

â â

â

tri ngulo tri ngulo tri ngulo & & & # # # = = =

07 A

( ) 1, cos cos _cos f x sen x sen x x x _{sen x x} 1 1 2 2 = + = + = para x!0+k $₂r, k ∈ Z.

Portanto, a única alternativa correta é a letra A

08 01 + 04 + 16 = 21

Lembrando que cosx=_sec1_x, vem

. cos sen x x _aa _aa a a a a a 1 _{1 1}2 1 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 + + + + = + + + + = + + = + + = f p

f

p

Portanto, como x é um arco do 1o _{quadrante e sen x ,}

2 1

= segue que

x = 30o_.

BLOCO

04

[02] Incorreto. De fato, pois 30 cos30 .

3 3

23 23

cotg o_$ o_{= $ =}

[04] Correto. Tem-se que tg30o_{= 3}3.

[08] Incorreto. Lembrando que cossec x=_{sen x}1 , temos cossec 30o _{= 2.}

[16] Correto. Com efeito, pois sen60o_{= 2}3.

09

C f(x) 4 3cos ₆x 2,5 4 3cos ₆x 1,5 3cos ₆x cos ₆x ₂1 6x 23 k 2 ou $ 6x 43 k 2 para inteiro$ k r r r r r r r r r r = + = + - = =-= + = + f f f f p p p p Para k = 0, temos x = 4 ou x = 8.

Para k = 1, temos x = 16 (não convém) ou x = 20 h (não convém).

Resposta: 4 h e 8 h.

10

Considere a figura, em que P’ e Q’ são, respectivamente, os simétricos de P e Q em rela-ção a RT, com T pertencente a L.

Como Q e Q’ são os pontos médios de PR e P’R, segue-se que S é o baricentro do triângulo PRP’. Logo, RS=2$ST e, portanto, RT=3$ST. Do triângulo PRT vem 60 3 tg o_=RTPT₊PT₌ 3_$ST e . sen PR PT _PR ST PR ST 60 2 3 3 3 6 o ₊ + $ $ = = = Do triângulo PST, obtemos 3 . a a a tg _STPT tg _STST tg 3 3 3 + + $ = = =

Sabendo que cossec2 _{a = 1 + cotg}2_{a e que a é agudo, encontramos}

1 . a a a cossec sen sen 3 3 1 28 27 14 3 21 2 2 & + = + = = f p

Finalmente, aplicando a Lei dos Senos no triângulo QRS, vem . senQR senRS PR senST sen 14 3 212 2 7 21 + $ + a= i = i i=

01

B 180 ( ) α α β BDA BAD (alternos internos) c = = - + t t

Aplicando o teorema dos senos no triângulo ABD, temos:

180 α β α sen d sen x c -_ + = a ik

Lembrando que sen(180c -(α+β))=sen(α+β), temos: (α β) α x=_send sen$ + Q θ α α R 60o T P S Q’ P’

02

1 1 FM= + +1₂=₂5

No triângulo ABC: CM=1$₂3 = ₂3 (altura do triângulo equilátero)

03

A) No ABM sen_D : α₌₂1(α₌30 oeβ₌60 )o B) No ABM AB: 2 12 32 AB 3 + D + = = . . . . . . a cos AC AC AC 4 3 2 4 3 4 3 2 4 3 ₂3 7 2 2 2 2 2 2 + = + -= + - = C) No BHC sen_D : 30o₌h₄₊h₌2 D) AMCt ₌180o_-60o₌120o A = 1₂.1. 2.sen120o₌₂1.1. 2 ₂3 ₌ 23 Respostas: ) ;A ₂1 B) 7; C) 2; D) ₂3.

04 D

AC2 ₌₃2 _{+ 4}2 _{– 2 . 3 . 4 . cos 150}o AC2 _{= 9 + 16 – 2 . 3 . 4 .} 23 -e o AC2 _{= 25 + 12 3} AC = 25+12 3

05 B

30o 45o x 2 m x2 _{+ x}2 _{= 2}2 L sen 30o _{= ⇔ L = 2 . 2} x = 2 x 2

06 C

α = 60o A 4 B x C h D β No triângulo BCD: 3 3 ( ). tgb=h_x = 3&h= 3x I

BLOCO

05

01

A Construindo o gráfico da função, temos: 6 5 4 2 5 8 11 14 t P(103₎ P(103₎ t 2 5 8 11 13 6 5 4 5 6 De acordo com o gráfico, o período chuvoso acontece em seis meses, ou seja, dois trimestres.

02 A

Lembrando que uma função está bem definida apenas quando são fornecidos o domínio, o contradomínio e a lei de associação, vamos supor que o domínio seja o conjunto dos números reais, e que o contradomínio seja o intervalo [–1,5].

Desse modo, como a imagem da função seno é o intervalo [–1, 1], deve-se ter A + B[–1, 1] = [–1, 5] ⇒ [A – B, A + B] = [–1, 5]. Os únicos valores de A e de B que satisfazem à igualdade são A = 2 e B = 3. Por conseguinte, A ⋅ B = 2 ⋅ 3 = 6.

03 C

[A] falsa, pois (30)f =30fcosr₃₀;30+1p=30( 1 1) 0.- + = [B] falsa, pois (10)f =30fcosr₃₀;10+ =1p 30f₂1+1p=45.

[C] Verdadeira, pois (15)f cos ; 30(0 1) 30.

30

15 ₁

r

=f + p= + =

[D] falsa, pois f(30) = 0.

[E] falsa, pois os únicos valores inteiros são de f(30), f(10) e f(15).

04 E

1o_{) l = 40 cm e V = 20 cm/s. Logo:} V = l · f 20 = 40 · f → f = ₂1 → T = 1_f = 2.

05

D h = altura sen 60o ₌ h 12 23 = 12h h = 6 · 3 km = 600 000 3 cm

06 E

30o 30o 60o 80 m 1,80 m 80 m h x sen 60o ₌ x 80 ⇔ x = 80 · 2 3 = 40 · 1,73 = 69,3 m h = 69,2 + 1,8 = 71 m

07 E

h = altura entre os dois andares.

, sen h h h 30 ₆ 0 5 ₆ 3 o₌ = = m

08 A

A) Verdadeiro, pois, no gráfico, entre 2 000 Hz e 5 000 Hz, é possível ouvir um som com intensidade abaixo de 0 db, isto é, abaixo de 10–12 _w/m2_.

B) Falso, podemos ouvir acima de 10 000 Hz.

C) Falso, se o som tem 20 db (10–10 _w/m2_{) e a frequência é de 50 Hz,}

o som está abaixo do limiar da audição. D) Falso, o intervalo vai de 200 Hz a 10 000 Hz. E) Falso, nem sempre, vai depender da frequência.

09 D

10b ₌ 101012 6 – – → 10b _{= 10}6 _{→ b = 6 bel →} → b = 6 × 10 db → b = 60 db

Conclusão: O nível sonoro corresponde a uma conversa normal.

No triângulo ACD: 4 ( ). a tg =_xh₄ 3&h 3x 3 II + = = + De (I) e (II): x x x x h x 3 4 3 3 3 2 3 4 3 2 3 3 6 3

& & &

+ = = =

= =

07

D

Se h é a altura do edifício Y, em metros, temos: 1) no triângulo retângulo RSQ: tg b = h-_PT10 2) no triângulo retângulo PTQ: tg a = _PTh Sabendo que 3 . tg a = 4 . tg b, conclui-se que:

. . 3 4 40 40 PT h PT h h h h 3 4 10 + + + = -= - = d n d n

08

D 30º x 0,5 m ⇒ 0,5 m 50 cm Altura da pipa x + 0,5 m 100 m , , , , sen x x x x m Altura total m m m 30 ₁₀₀ 0 5 ₁₀₀ 0 5 100 50 50 0 5 50 5 o _{& &} & & & $ = = = = + =

09

_{A) Se tg b = 3 → 3 = x 10+}43 → x ≈ 4,3 m B) tg b = ₁₀30 = 3 → b = 72o C) Se b = 72º → a = 90o _{– 72}o _{= 18}o

10

B y F x M(30; 0) R x 30 --- x 10 3 30o 30o 60o C (x; 0) 30 --- x

Sendo C(x; 0) o ponto que representa o escritório da coordenação no sistema de eixos cartesianos, conclui-se que CM = CF = 30 – x, pois CR = x e RM = 30.

I) No triângulo RMF, tg 30o ₌

RMRF + + ₃3 =₃₀RF+RF=10 3

II) RCFt ₌CMFt ₊CFMt ₌30o₊30o₌60o _{(ângulo externo)}

III) No triângulo RCF, temos:

BLOCO

06

01

D

cos x + sec (–x) = t ↔ cos x + sec x = t (pois sec (–x) = sec x).

Então: (cos x + sec x)2 _{= t}2 _↔

↔ cos2 _{x + 2 . cos x . sec x + sec}2 _{x = t}2 _↔

↔ cos2 _{x + 2 . cos x .} cos x 1 + sec2 _{x = t}2 _↔ ↔ cos2 _{x + sec}2 _{x = t}2 _{– 2}

02

x = ₂3 2P = 7,5 cm

03

D ( ) ₂ [ , ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) cos cos cos cos cos cos f t t t f f t f f t f f t f f t f f 0 2 0 0 ₂ 0 0 2 2 2 1 2 3 ₀ 2 3 2 3 2 3₂ 1 2 2 5₂ 2 0 & & & & & & & & & & & r r r r r r r r r r r r r r r r r r r = + = = = = = = -= = = = = = = = = c c c d d m m m n n = G f(t) 1 0 ₂π π 2π t –1

04

D , tg H_x tg H_y x H y H x y & & : : i i = =

= = logo q é igual a 45º, pois o triângulo ABC é isósceles. d2 _{= x}2 _{+ y}2 _{⇒ como x = y ⇒ d}2 _{= 2x}2 _{⇒ d = x 2 ⇒ x d} 22 = . tg d H H tg d 2 2 2 2 & i= = i 2 . H=d nd tgi 2 Como x = y ⇒ q = 45º Logo, sen q = ₂2 e cos q = ₂2 Então, sec q =

2

2 _{⇒ sec q = 2} Logo, H = d ntg q . sec q₂d

05

A

I. Sendo x, em metros, o comprimento da rampa temos:

3 _,

sen o₌30_{x +}x_{=0 05}30 ₊x₌600

II. Observando que 4 metros por segundo correspondem a 240 metros por minuto e sendo t o tempo, em minutos, que o ciclista levou para percorrer completamente a rampa, temos:

, t=₂₄₀600=2 5

10

C

Pelo gráfico, quando x = 1, o Ey = 0, então a lei que contém este

ponto será: Ey = 2 · sen(x – 1) pois, se x = 1, teremos: Ey = 2 · sen(1 – 1) = 2 · sen(q) = 0

06 B

6 km A C B 8 km _45º x x = = ( ) ( ) ( ) . . º . . . . cos cos x x x x x x x x x x x x x x x x 6 8 2 45 36 64 16 45 36 64 8 2 36 64 8 2 28 8 2 8 2 28 0 2 8 2 64 2 4 28 2 8 2 128 112 2 8 2 4 2 8 2 4 4 2 2 2 8 2 4 ₂ o 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 & ! ! ! = + -= + -= + -- = -- = -- + = = -= -= = + + -x = =4 -2

07 E

A altura final da rampa será de 32 cm. O comprimento “c” é a hipo-tenusa do triângulo retângulo maior formado. Temos:

. . . ,

, ,

, ,

sen cat op_{hip c}

sen c c c cm m 6 32 6 0 10 32 _{0 10 0 10 32} 0 10 32 320 3 20 o o

& & &

& = = = = = = = = Z [ \ ]] ]]

08 A

RE: Considerando-se DE=CB=y e BE = 4 + x, como na figura abaixo, tem-se que:

60o B y x C A D E F Sen 60o ₌ y 8 ⇒ y = 8sen 60o ⇒ y = 4 3 e cos 60o = x 8 ⇒ ⇒ x = 8cos 60o _{⇒ x = 4}

Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo BEF, obtem-se que .

EF2₌102_-BE2₌102_-82₌36_&EF₌6

Assim, a altura do poste é igual a DF=EF+DE=6+4 3 ,12,92 .m

09 A

sen 30° = altura₅₀₀ 0,5 = altura₅₀₀ Altura = 0,5 . 500 Altura = 250 metros

10 A

Fazemos f(0) para descobrir a imagem.

(0) 2 . 2 ( ) ( ) . ( ) f sen sen f sen f f 3 0 ₃ 0 ₃ 0 2 ₃ 0 2 ₂3 0 3 & & & r r r = - = -= - = = -e o ; E ; E

Como - 3,-1 73, e, portanto, aproxima-se de –2, temos como única opção o item A.

BLOCO

07

01

A

A) Seja x a distância entre os pontos de tangência P e Q.

A P x Q x 7 dm 2 dm 2 dm C 1 dm _B

1) Aplicando o Teorema de Pitágoras ao ∆ABC, temos: (AB)2 _{= (AC)}2 _{+ (BC)}2 72 _{= 1}2 _{+ x}2 _{↔ x = 4 3 dm} 2) No triângulo retângulo BPQ (BP)2 _{= 2}2 _{+ x}2 (BP)2 _{= 4 + 48 ↔ BP = 2 13} Logo, sen BPQ 2 13 2 1313 = = t

02

D

03

A

Na ilustração, dá para perceber que nós temos um triângulo. Temos primeiramente o cabo com 100 m. Quando se puxa 20 m dele, ficando com 80 m, aí temos um deslocamento do barco. Agora, a pergunta é: de quanto é esse deslocamento?

Ora, um triângulo, para existir, deve ter um lado maior do que o valor absoluto da diferença dos outros dois e esse mesmo lado deve ser menor do que a soma dos outros dois. Isso vale para qualquer lado de qualquer triângulo, inclusive para o deslocamento do barco nesse triângulo. Então, o deslocamento do barco deve ser maior do que 100 – 80 = 20 m e menor do que 100 + 80 = 180 m. Temos uma opção que condiz, a opção A.

04

B

Nesta questão basta entender que a rampa de 21 m representa a hipotenusa de um triângulo retângulo e a altura máxima representa o cateto oposto ao ângulo de inclinação com o plano deste. Logo:

hipotenusa

cateto oposto _{= sen 30º →} 21

altura máxima _{= 0,5} Logo, altura máxima = 21 ⋅ 0,5 = 10,5

Sabendo que cada andar tem 3,5 metros, então: 10 5_{3 5,}, = 3. Contando a partir do térreo teremos: 3o _andar.

05

D B h Y Z X 45o ₆₀o

1) O triângulo XZB é retângulo e isósceles: XZ = h

2) No triângulo BZY, como XY = 30, tem-se ZY = 30 – h e

( ) tg h _h h h h h h 60 ₃₀ 3 30 3 3 3 1 30 3 3 1 30 3 3 1 3 1 45 15 3 o _{& &} & & & $ = - = = -+ = = + -=

-06

A

Se P o ponto avistado no topo do prédio pelos observadores. O ângulo que mede 60o _{é um ângulo externo do triângulo PAB, disto temos}

APBt ₊30o₌60o_&APBt ₌30o

Como ∆APB possui dois ângulos internos congruentes, pode-se concluir que ele é isósceles, ou seja, AP = AB = 40 m.

Agora concentremos nossa atenção no triângulo retângulo da figura, dela temos sen60o₌₄₀h, _{em que h indica a altura do prédio em} metros: ₂3 =₄₀h "h=20 3.

Considerando a aproximação 3=1 7, obtemos a altura medindo aproximadamente 34 metros.

07 A

A altura da torre será a soma das medidas (5 + y). O valor de “y” será calculado conhecendo a medida “x” de AB.

60o A D C B x y 5 m 30o i) m 5 & $ = . . . . 15 tg cat adj cat op x sen x x x 30 5 30 3 3 5 33 3 3 15 3 15 3 3 ₃ o o

& & &

= = = = = = Z [ \ ] ] ]] ii) . m 5 3 15 & = . . . . . tg _{cat adj}cat op _xy y

tg y y 60 5 3 60 5 3 5 3 3 5 3 3 o o

& & &

= = = = = = Z [ \ ]] ]] Logo, CD = 20 m.

08 A

B 8 A 1 m 2 m 2 5 x θ 5 tgi=₅x&x= tgi

09 D

cos 30º = AB AC AC 2 3 30 = AC = e30 3₂ o AC = 15 3m

10 A

Dado: 2=1 4, 150 m x h 1,50 m 45o º 2 150 75 75 1,4 105 1,50 105 1,50 , sen m x x x x x x m H x m H H m 45 150 2 2 150 2 2 106 5 &

& & $ &

= =

= = = =

= +

= +

2 _{( )} x y y x _x y 2 1 3 1 10 & & = = = + 3y = x + 10 3y = 2y + 10 y = 10 metros

Como y é a altura da árvore, menos 1,5 metros, que é a altura da qual o aparelho é utilizado, temos que a altura da árvore é de 10 + 1,5 = 11,5 metros.

07 B

O período da função f(x) = 3 . senc m é dado por: P = r₄x 4 2

r r c m ⇒ P = 8 Logo, as coordenadas do ponto A são (8, 0) e, portanto, a base do triângulo de vértices O, A e B é constante e mede 8 unidades. Para x = 2 ou x = 6, temos a maior altura possível. Tomando, por exemplo, o valor para x = 2, temos:

f(2) = 3 . send2r₄ n ⇒ f(2) = 3.senc m ⇒ f(2) = 3 . 1 = 3 (altura)₂r A área máxima é dada por:

S_OAB = base altura 2 $ ⇒ S_OAB = 2 8 3$ ⇒ S_OAB = 12

08 B

A questão trata do assunto de ângulos complementares. –

cos x

sen x 90

_ i = 1 (o recíproco também é verdade.) Sabendo disso: 10° 80° 1 70° 20° 1 cos cos sen sen = = d d n n

sen 130o _{é o mesmo que 50º. Lembre-se de que 180 – 130 = 50 (ciclo}

trigonométrico) Logo: 40° 130° 1 cos sen ₌ d n Multiplicando temos: 1 ⋅ 1 ⋅ 1 = 1

09 E

sen x se do gráfico de y = y= -1 -( ) ( ( ) ( )) ( ) ( ) cos cos cos cos y f x sen x x sen x x y sen x x sen x x y sen x y sen x x y x y x y x x y 2 1 2 1 2 1 ₂ 0 0 2 1 0 2 3 2 0 Logo, trata & r r r r = = + - - - -= + + -= = = = = = = = = = =

10

B A N C 2 km 1 km 150o _{--- α} 90o 30o α α

A) Sendo AB = 1 km e aplicando-se a lei dos senos ao ∆ABN, temos:

2R = 2 1 sen AB R 30 2 1 1 o= = + = km

B) No triângulo BCN, retângulo em N, temos: cos a = NB₂ No triângulo ABN, pela lei dos senos, temos sena

R

NB NB

2 2

= =

Concluímos, então, que

sen a = cos a ⇒ a = 45º (pois 0 < a < 180º) Logo, NB = 2 . cos 45º = 2 2₂ = 2km

01

A

O que o tenente fez foi desenhar um triângulo ABC retângulo em B, com cateto BC = 9 m e ângulo ACBt =₃r. Como queremos calcular o lado AB, basta usar a tangente:

9 tg₃r=_BCAB& 3=AB₉ &AB= 3m

02

E Da figura: l = 80 cm = 0,8 m. v = l f = 10(0,8) = 8 m/s.

03

P(t) = 0,8 . sen [ . (t – 101)] + 2,7 Quando sen 360 2 . (r t-101)

> H = 1, teremos o preço máximo de: P = 0,8 + 2,7 = 3,50 e, quando sen

360 2 . (r t-101)

> H = –1, teremos o

preço mínimo de: P = 0,8 (–1) + 2,7 = 1,90 R$ 3,50 e R$ 1,90.

04

8

O tempo de uma oscilação, em segundos, é o período da função f(t), que é 3 8 s 2 4 3 r r

= . Assim, em 6 segundos o atleta faz com o braço

4 3 6 = 8 oscilações completas.

05

D A B 1 u 1 u θ 4 sec sec sec sec

sec sec _cos

cos cos cos

cos tg tg tg Se sen sen sen sen sen sen sen sen 14 4 1 1 16 17 17 17 1 17 1 17 1 17 17 1 1 ₁₇17 1 ₂₈₉17 289₂₈₉17 289 272 289 272 289 272 17 4 17 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 & & & & & & & & & & i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i = = = + + = = = = = = = + = = -= - = -= = = = e o

06

A tg cm_cm tg _cmcm 1 10_{30 3}1 2 ₂₀10 ₂1 = = = =

Considere y a altura da árvore menos 1,5 metros e x a distância da árvore até o ponto de visão l2.