MATEMÁTICA CADERNO 6 CURSO E FRENTE 1 ÁLGEBRA. n Módulo 24 Números Complexos. n Módulo 25 Potências Naturais de i e Forma Algébrica

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(1)MATEMÁTICA (2x + y) + (2y – x)i (2x + y) (2y – x) = –––––––––––––––––– = ––––––– + ––––––– i 僆⺢, então: 4+1 5 5. CADERNO 6 – CURSO E. 2y – x –––––– = 0 ⇔ 2y – x = 0 ⇔ x – 2y = 0 5 Resposta: A. FRENTE 1 – ÁLGEBRA n Módulo 24 – Números Complexos 1). 2). 3). Logo,. (5 + 7i) · (3 – 2i) = 15 – 10i + 21i – 14i2 = 15 + 11i + 14 = 29 + 11i Resposta: C f(z) = z2 – z + 1 ⇒ f(1 – i) = (1 – i)2 – (1 – i) + 1 = = 1 – 2i + i2 – 1 + i + 1 = – i Resposta: E 2x + (y – 3)i = 3y – 4 + xi, (x e y são reais) ⇔ 2x = 3y – 4 x=y–3 x=–5 ⇒ x · y = 10 ⇔ ⇔ ⇔ y–3=x 2 · (y – 3) = 3y – 4 y=–2. . . I) z1 = a + 8ai e z2 = – 4 + bi, (a, b 僆⺢) ⇒ ⇒ z1 + z2 = (a – 4) + (8a + b)i II) (z1 + z2) deve ser imaginário puro, então a – 4 = 0 e ᭙b 僆⺢ ⇔ ⇔ a = 4 e ᭙b 僆⺢ Resposta: a = 4 e ᭙b 僆⺢. 6). 4. =1. Resposta: A. n Módulo 25 – Potências Naturais de i e Forma Algébrica 1). i246 + i121 i2 + i1 –1+i = –––––– = ––––––– = 1 – i –––––––– 34 i i2 –1 Resposta: D. I) (a + i) · (3 + 2i) = 3a + 2ai + 3i + 2i2 = (3a – 2) + (2a + 3)i II) (a + i) · (3 + 2i) deve ser um número real, então 3 2a + 3 = 0 ⇔ a = – ––– 2 Resposta: D. I) n =. = –––––––––––––– = 126 4 = 4!–––––––––– · (9 – 4)! 4 · 3 · 2 · 1 · 5! 9. 9!. 9 · 8 · 7 · 6 · 5!. II) k = i + i2 + i3 + i4 + i5 + i6 + i7 + i8 + .... + i125 + i126 = i125 + i126 =. i1. 1442443. 1442443. =0. =0. i2. = + =i–1=–1+i Resposta: C. (a + i)4 = (a + i)2 · (a + i)2 = (a2 + 2ai + i2) · (a2 + 2ai + i2) = = [(a2 – 1) + 2ai] · [(a2 – 1) + 2ai] = [(a2 – 1) + 2ai]2 = = (a2 – 1)2 + 2 · (a2 – 1) · 2ai + 4a2i2 = (a2 – 1)2 – 4a2 + 4a(a2 – 1)i. 3). (1 + i)5 = (1 + i)2 · (1 + i)2 · (1 + i) = = (1 + 2i + i2) · (1 + 2i + i2) · (1 + i) = (2i) · (2i) · (1 + i) =. Para que (a + i)4 seja um número real, devemos ter:. = 4i2 · (1 + i) = – 4 · (1 + i). 4a · (a2 – 1) = 0 ⇔ 4a = 0 ou a2 – 1 = 0 ⇔ a = 0 ou a = ± 1. Resposta: C. Assim, a pode assumir 3 valores reais, a saber: 0, 1 e – 1 Resposta: C. 7). 1+i. 11) I) (1 + i)10 = [(1 + i)2]5 = (1 + 2i + i2)5 = (2i)5 = 25 · i5 = 32i 1 1 1 i i i II) ––––––– = ––––– = ––––– · –– = –––2 = – ––– (1 + i)10 32 · i 32 · i i 32i 32. 2) 5). 4. =i ––––– 1–i . Resposta: E. . Resposta: C 4). 1+i (1 + i) · (1 + i) (1 + i)2 1 + 2i + i2 2i 10) ––––– = –––––––––––––– = ––––––– = –––––––––– = ––– = i 2 2 1–i (1 – i) · (1 + i) 1 –i 1+1 2. 4). Resposta: A. 2–i (2 – i) · (2 – i) 4 – 2i – 2i + i2 4 – 4i – 1 ––––– = –––––––––––– = ––––––––––––– = –––––––– = 2+i (2 + i) ·(2 – i) 22 – i2 4 – (– 1) 3 – 4i 3 4 = ––––––– = –– – –– i 5 5 5. (1 + i)10 = [(1 + i)2]5 = [12 + 2i + i2]5 = (2i)5 = 32i. 5). (1 – i)16 = [(1 – i)2]8 = [12 – 2i + i2]8 = (–2i)8 = 256i8 = 256 Resposta: E. Resposta: E. 8). 5+i (5 + i) · (7 + 2i) 35 + 10i + 7i + 2i2 –––––– = ––––––––––––––– = ––––––––––––––––– = 7 – 2i (7 – 2i) · (7 + 2i) 72 – (2i)2 35 + 17i – 2 33 + 17i 33 + 17i 33 17 = –––––––––––––– = ––––––– = –––––––– = ––– + ––– i 49 – 4i2 49 + 4 53 53 53. 9). Resposta: A z1 x + yi (x + yi) · (2 – i) 2x + 2yi – xi – yi2 = –––––– = ––––––––––––– = ––––––––––––––––– = ––– z2 2+i (2 + i) · (2 – i) 22 – i2. 6). – = a – bi e v = c + di ⇒ v – = c – di Sejam u = a + bi ⇒ u – – I) u + v = 1 – i ⇔ (a – bi) + (c – di) = 1 – i ⇔ ⇔ (a + c) – (b + d)i = 1 – i ⇔. b+d=1 a+c=1. II) u2 – v2 = 6 ⇔ (u – v) · (u + v) = 6 ⇔ ⇔ [(a + bi) – (c + di)] · [(a + bi) + (c + di)] = 6 ⇔ ⇔ [(a – c) + (b – d)i] · [(a + c) + (b + d)i] = 6. –1.

(2) III) Substituindo (I) em (II), temos:. 10) a) (I). [(a – c) + (b – d)i] · [1 + i] = 6 ⇔ ⇔ (a – c) + (a – c)i + (b – d)i + (b – d)i2 = 6 ⇔. z · z– = 4 (x + iy) · (x – iy) = 4 ⇔ x2 – i2y2 = 4 ⇔ x2 + y2 = 4 Os pontos (x, y), da última equação, descrevem uma circunferência de centro na origem e raio 2.. ⇔ [(a – c) – (b – d)] + [(a – c) + (b – d)]i = 6 + 0i ⇔. IV). ⇔. (a – c) + (b – d) = 0 ⇔ b – d = – 3. . a+c=1 a–c=3 ⇔ b+d=1 b–d=–3. a–c=3. (a – c) – (b – d) = 6. . a=2 b=–1 ⇒ c=–1 d=2. . u=2–i ⇒ u – v = 3 – 3i v = – 1 + 2i. Resposta: D Pode-se, também, observar que:. 7). x2 + y2 = 4 ⇔

(3). x2 + y2 = 2 ⇔ z = 2 (II) (z–)2 = z2. Para z = a + bi e z– = a – bi, temos: z + 2z– + 3z + 4z– = 320 + 28i ⇔. (x – iy)2 = (x + iy)2 ⇔ x2 – 2xyi + i2y2 = x2 + 2xyi + i2y2 ⇔ ⇔ 4xyi = 0 ⇔ x = 0 ou y = 0 ⇔ Re(z) = 0 ou Im(z) = 0. ⇔ 4z + 6z– = 320 + 28i ⇔ 4 · (a + bi) + 6 · (a – bi) = 320 + 28i ⇔ ⇔ 4a + 4bi + 6a – 6bi = 320 + 28i ⇔ 10a – 2bi = 320 + 28i ⇔ ⇔. – 2b = 28 ⇔ b = – 14 a = 32. 10a = 320. b) Fazendo (I) 傽 (II), temos:. ⇒ z = 32 – 14i. Resposta: C. 8). Para z = a + bi e z– = a – bi, temos: z– = z2 ⇔ (a – bi) = (a + bi)2 ⇔ a – bi = a2 + 2abi + b2i2 ⇔ ⇔ a – bi = (a2 – b2) + 2abi ⇔. . a2 – b2 = a a2 – b2 = a a2 – b2 = a a2 – b2 = a ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ou 1 2ab = – b b(2a + 1) = 0 b=0 a = – –– 2. . ⇔. ou. . . a2 = a ou b=0. . . 1 a = – –– 2 ⇔ 1 1 –– – b2 = – –– 4 2. 1 a = – –– 2 ou

(4). 3 b = ––––– 2. . . . a=0 b=0. ou. . a=1 b=0. Assim, as intersecções são os pontos P1(2; 0); P2(0; 2); P3(– 2, 0) e P4(0; – 2). Respostas:. b) (2; 0), (0; 2), (– 2; 0) e (0; – 2). ou. z1 = 3 + 4i ⇒ Im(z1) = 4 11) z = 5 – 7i ⇒ Im(z ) = – 7 2 2. 1 a = – –– 2 ⇒

(5). 3 b = – –––– 2. Resposta: E. Para z = x + yi e z– = x – yi, temos: z · z– – 4 = 0 ⇒ (x + yi) · (x – yi) = 4 ⇔ x2 + y2 = 4, que representa uma circunferência de centro na origem e raio 2. Resposta: B. . ⇒ Im(z1) ⬎ Im(z2). Resposta: E. n Módulo 26 – Função Polinomial 1). Se P(x) = x3 + (2 + m)x2 + (3 + 2m)x + 3m, então: P(m) = m3 + (2 + m) . m2 + (3 + 2m)m + 3m =. 1 1

(6).

(7). 3 3 ⇒ z = 0 ou z = 1 ou z = – –– + ––– i ou z = – –– – ––– i 2 2 2 2. 9). a) z = 2; Re(z) = 0 ou Im (z) = 0. = m3 + 2m2 + m3 + 3m + 2m2 + 3m = = 2m3 + 4m2 + 6m 2). P(x) = xn – xn – 1 + xn – 2 – … + x2 – x + 1; P(– 1) = 19 Como os sinais dos coeficientes se alternam e x2 tem coeficiente positivo, todos os termos que possuem coeficiente positivo têm expoente par e, portanto, n é par. Para x = – 1, tem-se: P(– 1) = (– 1)n – (– 1)n – 1 + (– 1)n – 2 – … + (– 1)2 – (– 1)1 + 1 = = 1 + 1 + 1 + … + 1 + 1 + 1 = 19 18 termos (pois 18 + 1 = 19). Como de “(– 1)n” a “– (– 1)1” temos 18 termos, então n = 18. Resposta: E. 2–.

(8) 3). Se 2 . P(x) + x2 . P(x – 1) = x3 + 2x + 2, então:. 9). I) ax2 + b(x + 1)2 + c(x + 2)2 = (x + 3)2 € € ax2 + bx2 + 2bx + b + cx2 + 4cx + 4c = x2 + 6x + 9 €. I) Para x = 0 fi 2 . P(0) + 02 . P(0 – 1) = 03 + 2 . 0 + 2 €. € (a + b + c) . x2 + (2b + 4c) . x + b + 4c = x2 + 6x + 9. € 2 . P(0) = 2 € P(0) = 1 II) Para x = 1 fi 2 . P(1) + 12 . P(1 – 1) = 13 + 2 . 1 + 2 € € 2 . P(1) + 1 . P(0) = 1 + 2 + 2 € 2 . P(1) + 1 . 1 = 5 €. II). € 2 . P(1) = 4 € P(1) = 2. . a+b+c=1 2b + 4c = 6 € b + 4c = 9. €. . Resposta: E. 4). Em P(x + 1) = x2 – 7x + 6, substituindo x por x – 1, tem-se: € P(x) =. 5). – 2x + 1 – 7x + 7 + 6 € P(x) =. x2. – 9x + 14. I) P(x) = ax3 + bx2 + cx + 2 II) P(– x) = a(– x)3 + b(– x)2 + c(– x) + 2 = – ax3 + bx2 – cx + 2 III) P(x) – P(– x) = 2ax3 + 2cx. 2a = 1. €. . a+b=–2 b=–3 € c=3. . a=1 b=–3 c=3. Resposta: E. 10) I) P1(x) = (m + n + p)x4 – (p + 1)x3 + mx2 + (n – p)x + n II) P2(x) = 2mx3 + (2p + 7)x2 + 5mx + 2m III) P1(x) = P2(x) €. €. . €. . IV)Se P(x) – P(– x) = x3 fi 2ax3 + 2cx = x3, então:. 2c = 0. . a+b+c=1 b + 4c = 9 € c=3. III) a – b + c = 1 – (– 3) + 3 = 1 + 3 + 3 = 7. P(x – 1 + 1) = (x – 1)2 – 7(x – 1) + 6 € x2. . a+b+c=1 b + 2c = 3 € b + 4c = 9. 1 a = –– 2 c=0. V) P(– 1) = 0 fi – a + b – c + 2 = 0 fi 1 3 fi – ––– + b – 0 + 2 = 0 € b = – ––– 2 2 1 3 Assim, P(x) = ––– . x3 – ––– . x2 + 2 e, portanto, 2 2. m+n+p=0 – p – 1 = 2m m = 2p + 7 n – p = 5m n = 2m. €. m+n+p=0 p=–3 € m=1 n=2. . . m+n+p=0 2m + p = – 1 m = 2p + 7 n – p = 5m n = 2m. €. m=1 n=2 p=–3. Resposta: A. 1 3 1 3 P(1) = ––– – ––– + 2 = 1 e P(2) = ––– . 8 – ––– . 4 + 2 = 0 2 2 2 2 x+3 A B = ––––––– + ––––––– € 11) ––––––– 2 x –1 x–1 x+1. Resposta: C. 6). Para que o polinômio p(x) = (m – 4)x3 + (m2 – 16)x2 + (m + 4)x + 4 tenha grau 2, devemos ter:. . m–4=0 € m2 – 16 ≠ 0. . m=4 fi não existe m m≠4em≠–4. Resposta: E. 7). x+3 A . (x + 1) + B . (x – 1) € ––––––––––––––– = –––––––––––––––––––––– € (x – 1) . (x + 1) (x – 1) . (x + 1) € Ax + A + Bx – B = x + 3 € (A + B) . x + (A – B) = x + 3 € €. A–B=3. A+B=1. €. B=–1 A=2. Resposta: E. gr(f) = n + 2 gr(g) = n – 1 f(x). g(x). r(x). q(x). a b c 8 8 = ––– + ––––––– + ––––––– € –––––––––––––––––– = 12) ––––––– x x–2 x+2 x . (x – 2) . (x + 2) x3 – 4x. I) gr(q) = gr(f) – gr(g) = (n + 2) – (n – 1) = 2 + 1 = 3 fi gr(q) = 3 II) 0 ⭐ gr(r) ⬍ gr(g) fi 0 ⭐ gr(r) ⬍ n – 1; n Œ ⺞*, n ⭓ 2. a . (x – 2) . (x + 2) + b . x . (x + 2) + c . x . (x – 2) = ––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– € x . (x – 2) . (x + 2) € a(x2 – 4) + bx2 + 2bx + cx2 – 2cx = 8 € € (a + b + c)x2 + (2b – 2c)x – 4a = 8 €. 8). 4x2 – (x2 + x3) + x3 + 2x – 3x2 – 2x = = 4x2 – x2 – x3 + x3 + 2x – 3x2 – 2x = 4x2 – 4x2 + 0 . x3 + 0 . x = =0.. x3. +0.. x2. +0.x. €. . a+b=c=0 2b – 2c = 0 € – 4a = 8. . a=–2 b=1 c=1. Resposta: E. Resposta: E. –3.

(9) n Módulo 27 – Polinômios: Divisão 1). 6). x2 + x – 1. – x3 – x2 + x x + (m – 1) –––––––––––––––––– (m – 1) . x2 + x – 1 – (m – 1) . x2 – (m – 1) . x + m – 1 –––––––––––––––––––––––––––––––– (– m + 2) . x + m – 2. P(x) = x5 – 7x2 + 2x + 4 Q(x) = x3 – 8 x5 – 7x2 + 2x + 4. I). x3 + mx2 – 1. I). x3 – 8. – x5 + 8x2 ––––––––––––––––– R(x) = x2 + 2x + 4. II) (– m + 2) . x + m – 2 = 0 . x + 0 €. x2. €. II) R(x) = x2 + 2x + 4. . –m+2=0€m=2 m–2=0. Resposta: E. A = 1; B = 2; C = 4 III) 4A + 2B + C = 4 + 4 + 4 = 12 Resposta: C. 7). x4 + 69. 2). I). x2 + 4x + 8. – x4 – 4x3 – 8x2 ––––––––––––––––– – 4x3 – 8x2 + 69 + 4x3 + 16x2 + 32x ––––––––––––––––– 8x2 + 32x + 69 – 8x2 – 32x – 64 ––––––––––––––––– 5. x2 – 4x + 8. ax4 + 5x2 – ax + 4. x2 – 4. – ax4 + 4ax2 ––––––––––––––––––––– (5 + 4a)x2 – ax + 4 – (5 + 4a)x2 + 16a + 20 ––––––––––––––––––––– – ax + 16a + 24. ax2 + (5 + 4a). II) r(4) = 0 fi r(4) = – 4a + 16a + 24 = 0 fi 12a = – 24 fi a = – 2 III) Q(x) = ax2 + (5 + 4a) = – 2x2 + [5 + 4 . (– 2)] = – 2x2 – 3 IV)Q(1) = – 2 . (1)2 – 3 = – 2 – 3 = – 5 Resposta: C. Resposta: D 8) 3). I) P(x) = 2 . (x + 1)2 + x . (x – 1) + 8 =. Note que x2 + 2x – 3 = (x + 3) . (x – 1) Fazendo P(x) = x80 + 3 . x79 – x2 – x – 1, temos:. = 2x2 + 4x + 2 + x2 – x + 8 = 3x2 + 3x + 10 3x2 + 3x + 10. II). x2 + x + 1. – 3x2 – 3x – 3 –––––––––––––– 7. I) x80 + 3 . x79 – x2 – x – 1 r1. 3. x+3 Q1(x). r1 = P(– 3) = (– 3)80 + 3 . (– 3)79 – (– 3)2 – (– 3) – 1 = = 380 – 380 – 9 + 3 – 1 = – 7 fi P(– 3) = – 7. Resposta: C. II) x80 + 3 . x79 – x2 – x – 1 4). P(x). x2 + 1. x+1. 2x – 1. r2. x–1 Q2(x). fi r2 = P(1) = 180 + 3 . 179 – 12 – 1 – 1 = 1 + 3 – 1 – 1 – 1 = 1 fi fi P(1) = 1. fi P(x) = (x2 + 1) . (2x – 1) + (x + 1) € € P(x) = 2x3 – x2 + 2x – 1 + x + 1 € P(x) = 2x3 – x2 + 3x. III). Resposta: D. P(x). (x + 3) . (x – 1). R(x) = ax + b. fi. Q(x). fi P(x) = (x + 3) . (x – 1) . Q(x) + ax + b 5). I). P(x) 13x + 5. x2 + x – 1 x–5. Portanto: P(x) = (x2 + x – 1) . (x – 5) + 13x + 5 II) P(1) = (12 + 1 – 1) . (1 – 5) + 13 . 1 + 5 = – 4 + 13 + 5 = 14 Resposta: E. 4–. IV). P(1) = 1. P(– 3) = – 7. fi. a + b = 1. – 3a + b = – 7. V) R(0) = 2 . 0 – 1 = – 1 Resposta: B. €. b = – 1 fi R(x) = 2x – 1 a=2.

(10) FRENTE 2 – ÁLGEBRA n Módulo 24 – Juros Simples e Composto. n Módulo 25 – Sequências, Progressão Aritmética 1). 1). a) O rendimento (Rs ) da aplicação, durante os 4 meses considerados, em reais e a juros simples, foi de. I) a3 = a1 + a2 = 1 + 3 = 4 II) a4 = a2 + a3 = 3 + 4 = 7. 1 000 . 10 . 4 Rs = ––––––––––––– = 400 100. III) a5 = a3 + a4 = 4 + 7 = 11 IV) a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 1 + 3 + 4 + 7 + 11 = 26. b) A juros compostos, a aplicação renderá, em reais,. Resposta: D. Rc = 1000 . (1 + 10%) 4 – 1000 = 1000 . 1,14 – 1000 = 464,1 Respostas: a) R$ 400,00. b) R$ 464,10 2). 2). cit x . 20 . t C = x, i = 20%, J = x e J = –––– fi x = ––––––– fi t = 5 100 100. Se o capital total da pessoa é x reais, então: 2 I) O valor da aplicação é C = –– x 5. 1 n+1–1 n I) an = 1 – –––––– = ––––––––– = –––––– , "n Œ ⺞* n+1 n+1 n+1 II) a1 . a2 . a3 . … . a98 . a99 = 1 2 3 98 99 1 = –– . –– . –– . … . ––– . –––– = –––– = 0,01 2 3 4 99 100 100. Resposta: E 3). Se a1 = 1, a2 = 3 e an + 2 = an + an + 1, "n Œ ⺞*, então:. Resposta: C 3). II) A taxa é de 2,5% ao mês, então, i = 2,5. Na P.A., tem-se a7 = 12 e r = 5, então: a7 = a1 + 6 . r fi 12 = a1 + 6 . 5 € 12 = a1 + 30 € a1 = – 18 Resposta: A. III) O tempo é t = 90 dias = 3 meses IV) Os juros são de J = 9600 2 –– x . 2,5 . 3 5 Assim, 9 600 = –––––––––––––– € 3x = 960 000 € x = 320 000 100. 4). Resposta: C. Resposta: A 4). I) O capital é C = 1 500 000. 5). II) A taxa é de 2% ao mês, então, i = 2. III) O tempo é t = 3 anos = 36 meses IV) Os rendimentos (juros) são dados por: C.i.t 1 500 000 . 2 . 36 J = ––––––– = ––––––––––––––––– = 1 080 000 100 100 Resposta: R$ 1 080 000,00 5). I) O capital é C = 70 000 II) A taxa é de 15% ao ano, então, i = 15 4 III) O tempo é t = 120 dias = 4 meses = ––– de um ano = 12 1 = –– ano 3 IV) Os juros são dados por: 1 70 000 . 15 . –– C.i.t 3 J = ––––––––– = –––––––––––––––– = 3 500 100 100 Resposta: R$ 3 500,00. 6). Sendo C, em reais, o capital aplicado a 1,8% ao mês, então, R$ 24000 – C é o capital aplicado a 3% ao mês, assim, para que os juros em um mês sejam de R$ 480,00, tem-se: C . 1,8 . 1 (24 000 – C) . 3 . 1 ––––––––––– + –––––––––––––––––– = 480 € 100 100 € 1,8 . C + 72 000 – 3C = 48 000 € 1,2 . C = 24 000 € C = 20 000 Resposta: E. O décimo quinto termo da progressão aritmética (5; 7; 9; …) é a15 = 5 + 14 . 2 = 33.. A população mundial atual é de 4 × 1,5 bilhão de pessoas, ou seja, 6,0 bilhões de habitantes. Assim, na progressão aritmética (p1, p2 , p3 , …) que determina o número de habitantes da Terra em (2007, 2008, 2009, …), respectivamente, temos: I) p1 = 6,0 bilhões e p2 = 6,095 bilhões, portanto, a razão (r) da progressão é, em número de habitantes, r = (6,095 – 6,0) bilhão = 0,095 bilhão. II) p19 = p1 + (19 – 1) . r = (6,0 + 18 . 0,095) bilhões = = 7,71 bilhões. O número de habitantes da Terra que, em 2025, não terá água 2 potável será de ––– . 7,71 bilhões = 5,14 bilhões. 3 Resposta: A. 6). I) (20; 23; 26; …; 152) é uma P.A. de razão 3, então: an = a1 + (n – 1) . r fi 152 = 20 + (n – 1) . 3 € € 132 = (n – 1) . 3 € 44 = n – 1 € n = 45, assim, o restaurante serviu 152 refeições após 45 dias de funcionamento. II) Não abrindo aos domingos, cada semana tem 6 dias de funcionamento do restaurante, assim: 45 3. 6 7. fi 45 = 6 . 7 + 3. III) Se o primeiro dia de funcionamento foi uma segundafeira, 45 dias depois equivalem a 7 semanas de segunda a sábado mais 3 dias, o que ocorreu numa quarta-feira. Resposta: C. –5.

(11) 7). 4). Observando-se que 2 . f(n) + 1 2 . f(n) 1 1 f(n + 1) = –––––––––––– = –––––––– + ––– = f(n) + ––– , a 2 2 2 2 sequência definida por. . Resposta: D 8). I) 1 492 7. a9 + an – 8 = (x – 1)3 + (x + 1)3 = = x3 – 3x2 + 3x – 1 + x3 + 3x2 + 3x + 1 = 2x3 + 6x Resposta: A. f(1) = 2. 1 é uma P.A. cujo f(n + 1) = f(n) + –– 2 1 primeiro termo é f(1) = 2 e cuja razão é r = ––– , assim: 2 1 f(101) = f(1) + 100 . r = 2 + 100 . ––– = 2 + 50 = 52 2. 15 fi 1492 + (15 – 7) = 1500 é múltiplo de 15 99. 5). Portanto, a6 + an–5 = a1 + an = 120. n Módulo 27 – Soma dos Termos de uma Progressão Aritmética. fi 3 427 – 7 = 3 420 é múltiplo de 15. III) Os múltiplos de 15 entre 1 492 e 3 427 estão em P.A. com. Os n primeiros números ímpares (1, 3, 5, ..., 2n – 1) formam uma progressão aritmética de primeiro termo a1 = 1, milésimo termo a1000 = 2 . 1000 – 1 = 1999, e cuja soma é dada por: (1 + 1999) . 1000 (a1 + an) . n Sn = ––––––––––––– € S1000 = ––––––––––––––––– € 2 2. a1 = 1 500, r = 15 e an = 3 420, assim: an = a1 + (n – 1). r fi 3 420 = 1 500 + (n – 1) . 15 € € 3 420 = 1 500 + 15n – 15 € 1 935 = 15n € n = 129. € S1000 = 1.000.000. Resposta: 129. n Módulo 26 – Propriedades da Progressão Aritmética. a6 + an–5 = a1 + an, pois 6 + n – 5 = 1 + n. Resposta: A. 1) II) 3 427 15 7 228. Na P.A., a9 + an – 8 = a1 + an, pois 9 + n – 8 = 1 + n, assim:. Resposta: A 2). Observando que 100 _7__ e 250 _7__ concluímos que o 2 14 5 35 primeiro múltiplo de 7 após o 100 é a1 = 100 + (7 – 2) = 105 e o múltiplo de 7 que antecede o 250 é an = 250 – 5 = 245.. 1). r–1+r–3 1 3r – 1 = ––––––––––––– € 6r – 2 = 2r – 4 € 4r = – 2 € r = – –– 2 2. A soma pedida é, portanto, (105 + 245) Sn = 105 + 112 + 119 + ... + 245 = ––––––––––– . n 2. Resposta: B. Como an = a1 + (n – 1) . r, temos que 245 = 105 + (n – 1) . 7 € n – 1 = 20 € n = 21 2). I) Se a for a idade do filho do meio e r for a razão, podemos representar essas idades por a – 2r; a – r; a; a + r; a + 2r II) Pelo enunciado:. (105 + 245) Então, Sn = ––––––––––– . 20 = 175 . 21 = 3 675 2 Resposta: E. (a(a –+ 2r)2r) +– (a(a –– r)2r)+ =a 12+ (a + r) + (a + 2r) = 100 € ar == 320 III) As idades são: 14; 17; 20; 23; 26.. 3). IV) A idade do 2o. filho é 23. Resposta: B. 3). Sendo x a quantia emprestada por cada irmão, em milhares de reais, tem-se: I) (15 – x; 4 + 2x; 17 – x) é uma P.A., então 15 – x + 17 – x 4 + 2x = ––––––––––––––– € 2 € 8 + 4x = 32 – 2x € 6x = 24 € x = 4 II) O valor emprestado, acrescido de 20% é dado por 2x . 1,20 = 2 . 4 . 1,20 = 9,6 III) 9,6 milhares de reais = 9 600 reais Resposta: E. 6–. (a1 + a11) S11 = ––––––––– . 11 = 1474 € 2 (a1 + a11) 2a6 € ––––––––– = 134 € ––––– = 134 € a6 = 134 2 2 Resposta: C. 4). Se Tn representa o enésimo número triangular, então T1 = 1 T2 = 1 + 2 T3 = 1 + 2 + 3 Tn = 1 + 2 + 3 + … + n (1 + 100) Portanto, T100 = 1 + 2+ 3 + … + 100 = ––––––––– . 100 = 5050 2 Resposta: A.

(12) 5). Os números naturais n, 100 ≤ n ≤ 999, que, divididos por 9, deixam resto 2, são os termos da progressão aritmética: (101; 110; 119; ...; 992), de razão r = 9. 9). (a1 + a9) . 9 b) S9 = 17 874 € ––––––––––––– = 17 874 e como 2. Fazendo a1 = 101 e ap = 992, tem-se:. a1 + a9 = a5 + a5 = 2 . a5, tem-se:. ap = a1 + (p – 1) . r fi 992 = 101 + (p – 1) . 9 € p = 100. 2 . a5 . 9 –––––––––– = 17 874 € 9 . a5 = 17 874 € a5 = 1 986 2. e Sp = S100. (101 + 992) . 100 = ––––––––––––––––– = 54 650 2. Respostas: a) demonstração b) 1986. Resposta: D 6). a) a1 + a9 = a1 + a1 + 8r = a1 + r + a1 + 7r = a2 + a8. I) Se (a1, a2, a3, …, a25) forem os 25 primeiros termos de uma progressão aritmética, de razão 2, que representam os preços dos DVDs, então. . a25 = a1 + (25 – 1) . 2 a25 = 7a1. €. . a1 = 8 a25 = 56. FRENTE 3 – GEOMETRIA MÉTRICA n Módulo 24 – Prismas 1). II) A soma do 25 primeiros termos da progressão aritmética (8, 10, 12, …, 56, …) é 8 + 56 S25 = ––––––––– . 25 = 800 2 Resposta: E 7). I) Área lateral (AL): AL = 48 m2 fi 3 . L2 = 48 fi L = 4 m II) Área da base (Ab):. Observe na figura que o ponto A de início da busca é o centro de um quadrado, onde um dos vértices é o ponto N, local do naufrágio. Se AN = 15

(13) 2 milhas, o último trecho percorrido pela equipe antes de atingir os naúfragos é lado de um quadrado de 30 milhas de lado. Assim, a equipe andou 3 + 3 + 6 + 6 + 9 + 9 + … + 30 + 30 = 2 . (3 + 6 + 9 + … + 30) =. L2 .

(14) 3 42 .

(15) 3 Ab = –––––––– = –––––––– m2 = 4

(16) 3 m2 4 4 III) Volume do prisma (V): V = Ab . h = 4

(17) 3 . 4 m3 = 16

(18) 3 m3 Resposta: E 2). (3 + 30) . 10 330 = 2 . –––––––––––– = 330 milhas e levou –––– = 11 horas. 30 2 Resposta: B. 8). SS == aa 1. 1. 2. 1. = 2 . 12 + 3 . 1 = 5 + a2 = 2 . 22 + 3 . 2 = 14. Portanto,. aa =+ 5a 1 1. 2. = 14. €. aa == 59 1. e,. 2. consequentemente, r = a2 – a1 = 4.. Prisma de base pentagonal Resposta: E. Resposta: D. –7.

(19) 3). IV)Área total (AT): AT = 2 . Ab + AL = 2 . 6

(20) 3 + 12

(21) 3= = 12

(22) 3 + 12

(23) 3 = 24

(24) 3 Resposta: B 5). I) Base do prisma:. I) Altura da base (a), em cm: 102 = a2 + 62 fi a = 8 II) Área da base (Ab), em cm2: 12 . 8 Ab = –––––– = 48 2. 52 = 42 + h2 fi h = 3 II) Área da base (Ab): 8.3 Ab = ––––– m2 = 12 m2 2. III) Altura do prisma (h), em cm, e volume do prisma (V), em cm3: V = Ab . h fi 528 = 48 . h € h = 11. III) Volume do prisma (V): V = Ab . H = 12 m2 . 3m = 36 m3. Resposta: B. Resposta: C. 6). 4). I) Aresta da base (): = raio circunferência circunscrita = 2 II) Área base (Ab): 2

(25) 3 6 . 22

(26) 3 Ab = 6 . –––––– = –––––––––– = 6

(27) 3 4 4 III) Área lateral (AL): AL = 6 . . h = 6 . 2 .

(28) 3 = 12

(29) 3. 8–. I) Área lateral (AL), em cm2: AL = 4 . 25 . 50 = 5000 II) Área da base (Ab), em cm2: Ab = 25 . 25 = 625 III) Sendo n, em cm, o comprimento do tecido, temos: AL + Ab = n . 50 fi 5000 + 625 = n . 50 € n = 112,5 IV)112,5 cm = 1,125 m Resposta: E.

(30) 7). b) Volume do prisma (V), em cm3, e área da base (Ab), em cm2:. I) Área da base do prisma (pentágono da frente do galpão):. l 2 .

(31) 3 22 .

(32) 3 V = Ab . h = 6 . –––––––– . h = 6 . –––––––– . 5 = 30

(33) 3 4 4 Respostas: a) 2 cm. b) 30

(34) 3 cm3. 10). (3 + 5) . 4 Ab = 2 . –––––––––– = 32 2 II) Volume galpão = Abase . 12 = 32 . 12 = 384 Resposta: B. 8) I) Cálculo da aresta do cubo: V = 1 = 1 dm3 = 1000 cm3 = a3 fi a = 10 cm II) Cálculo de x:.

(35) 3 10

(36) 3 x x tg 30° = ––– fi ––– = –––––– € x = –––––– cm 3 3 a 10 cm III) Volume do leite derramado, em cm3, é o volume do prisma de base triangular e altura a.. Vleite = Abase. 3 10

(37) –––––– . 10 500

(38) 3 3 . altura = ––––––––––––– . 10 = ––––––– 3 2. Resposta: C. I) Área total (AT), área da base (Ab), área lateral (AL), em m2, e aresta da base (), em m: AT = 2 . Ab + AL fi 80 = 2 . 2 + 4 . . 3 € € 2 + 6 – 40 = 0 fi = 4, pois > 0 II) Volume do prisma (V), em. n Módulo 25 – Paralelepípedos e Cubos. m3:. V = Ab . h = 2 . h = 42 . 3 = 48. 1). Resposta: B. 9). x2 = 22 + 22 ⇔ x2 = 8 fi x = 2

(39) 2 Resposta: B. 2) a) Considerando que os lados são as arestas de base (), em cm, e a área lateral (AL), em cm2, temos: AL = 6 . . h fi 60 = 6 . . 5 € = 2. I) AP = AB + BP = 2 + 3 = 5 II) PC2 = AP2 + AC2 = 52 + 22 = 25 + 4 = 29 fi PC =

(40) 29 III) PD2 = PC2 + CD2 = 29 + 22 = 29 + 4 = 33 fi PD =

(41) 33 Resposta: PC =

(42) 29 e PD =

(43) 33. –9.

(44) 3) I). ab = 30. fic=8. II). ac = 48. fib=5. abc = 240. abc = 240. III) b = 5 e c = 8, então bc = 40 IV)A área total do paralelepípedo, em cm2, é: AT = 2(ab + ac + bc) = 2(30 + 48 + 40 ) = 2 . 118 = 236 Resposta: C 8). A área total do sólido é dada por: AT = 2 . (13 . 7 – 5 . 3) + 2 . (7 . 2) + 2 . (13 . 2) + 2 . (3 . 2) =. a I) Se I é o centro do quadrado, então AI = ––– . 2. = 2 . 76 + 2 . 14 + 2 . 26 + 2 . 6 = 244. 2

(45) . a II) Se M é o ponto médio de AE, então AM = ––– 2. Resposta: D 9). III) Aplicando-se o Teorema de Pitágoras no triângulo MAI, temos (MI)2 = (AM)2 + (AI)2 fi fi. (MI)2. =. . a ––– 2. 2. +. a ––– .

(46) 2 2. 2. . Vc = 2V0 fi 80 . 80 . 80 = 2 . L . L . 80 €. 3a2 a

(47) 3 = –––– fi MI = ––––– 2 4. € L2 = 3 200 € L = 40

(48). 2 Resposta: B. Resposta: C. 4). Seja a a medida da aresta do cubo de volume V = a3. I) (a – 1)3 = V – 61 fi a3 – 3a2 + 3a – 1 = a3 – 61 ⇔ ⇔ – 3a2 + 3a + 60 = 0 ⇔ a2 – a – 20 = 0 fi a = 5, pois a > 0 II) A área total do cubo é 6 . a2 = 6 . 52 = 6 . 25 = 150 Resposta: C. 5). O triângulo EDG é equilátero de lado 20

(49) 2 cm, pois os segmentos ED, DG e EG são as diagonais das faces ADHE, CDHG e EFGH do cubo, respectivamente. Logo, sua área S, em cm2, é dada por:. Para que o volume do bloco (Vb) seja igual ao volume do orifício (V0), o volume do cubo (Vc), em cm3, deverá ser tal que:. 10) I) O volume total da carroça é 1 m . 1 m . 2 m = 2 m3. II) Se x, em metros, for a altura da nova carroça, então: 2 . 1 . x = 1,2 . 2 ⇔ x = 1,2 Resposta: B. n Módulo 26 – Pirâmide 1). (20

(50) 2 )2 .

(51) 3 3 S = –––––––––––––– = 200

(52) 4 Resposta: C 6). 7). De acordo com o enunciado, temos: 80% . 20 . 8 . h = 256 € 128 . h = 256 € h = 2 Resposta: B Sejam a, b e c as medidas, em cm, das dimensões do paralelepípedo:. Sejam a medida da aresta da base, g o apótema lateral e a o apótema da base, em centímetros. I) 4 = 40 ⇔ = 10 10 II) a = –– = ––– = 5 2 2 III) g2 = a2 + 122 = 25 + 144 = 169 fi g = 13 IV)A área lateral da pirâmide, em centímetros quadrados, é dada por: 10 . 13 .g AL = 4 . ––––––– = 4 . ––––––– = 4 . 65 = 260 2 2 Resposta: 260 cm2. 10 –.

(53) 2). 4). V. 1,5 C. D. O. M. 0,5. 1 1. A. B. No triângulo VOM, temos:.

(54) 10 2 € VM = ––––– m (VM) 2 = (0,5m) 2 + (1,5m) MAT-0001362-b 2. I) No triângulo ABC, temos: (AC)2 = (18 cm)2 + (18 cm)2 fi fi AC = 18

(55) 2 cm.. Sendo AL a área lateral da pirâmide, temos:. 18

(56) 2 cm AC II) AO = ––– = –––––––––– fi AO = 9

(57) 2 cm 2 2. (BC) . (VM)

(58) 10 AL = 4 . ––––––––––– = 2 . 1 . ––––– = 2 2. III) No triângulo VOA, sendo h a medida da altura da pirâmide, em centímetros, temos:.

(59) 10. 3,1. Assim, a alternativa D é a que indica a menor quantidade suficiente de lona. Resposta: D. (VA) 2 = (VO) 2 + (AO) 2 fi 15 2 = h 2 + (9

(60) 2 )2 ⇔ ⇔ h 2 = 63 fi h = 3

(61) 7 Resposta: B 5). 3). Seja 2x a medida da aresta da base, em centímetros.. Se x é a medida da aresta da base, em centímetros, de acordo com o Teorema de Pitágoras, tem-se: x 2 = 172 € ––– = 64 € x = 16 2 Resposta: B x. 2. (–––2 ) + 15 I) No triângulo VOM, temos: 262 = 242 + x2 fi x = 10. 2. ( ). 6). II) AB = 2x = 2 . 10 = 20 III) A área da base, em centímetros quadrados, é AB = 202 = 400 IV)A área lateral, em centímetros quadrados é 20 . 26 AL = 4 . –––––––– = 1040 2 V) A área total, em centímetros quadrados é AT = AB + AL = 400 + 1040 = 1440 Resposta: A. – 11.

(62) Sejam a a medida da aresta da base e h a medida da altura da pirâmide, em centímetros. No triângulo retângulo POM, temos:. 9). 1 I) O volume da pirâmide é dado por ––– . 12 . H 3 II) O volume do prisma é dado por 22. h.. a

(63) 3 h h tg 60° = –––– fi

(64) 3 = –––– fi h = ––––– a a 2 –– –– 2 2. III) Se os volumes são iguais, então: 1 H H ––– . 12 . H = 22 . h ⇔ ––– = 4h ⇔ ––– = 12 3 3 h. 3 cm3, temos: Como o volume da pirâmide é 36

(65) 1 1 a

(66) 3 ––– . a2 . h = 36

(67) 3 fi ––– . a2 . ––––– = 36

(68) 3⇔ 3 3 2. Resposta: B. 3. ⇔ a3 = 216 ⇔ a =

(69) 216. 10). Resposta: A. 7). Seja a medida da aresta da base, em metros:. AC 2

(70) 2 2 fi OA = –––– = ––––– =

(71) 2 I) AC = 2

(72) 2 2 II) VA2 = VO2 + OA2 fi 22 = h2 + (

(73) 2 )2 fi h =

(74) 2 Resposta: B. I) AB = 64 fi 2 = 64 fi = 8 8 II) OM = –––– = –––– = 4 2 2. n Módulo 27 – Cilindros 1). III) (VM)2 = (VO)2 + (OM)2 fi (VM)2 = 42 + 42 fi VM = 4

(75) 2 IV)A área lateral da pirâmide, em metros quadrados, é dada 2 8 . 4 .

(76) por: AL = 4 . A∆VBC = 4 . –––––––––– = 64

(77) 2 2 Resposta: B. 8) O volume de leite em pó, em cm3, é: 4 4 ––– . (Vcilindro) = ––– . (π . 52 . 10) = 200 π = 200 . 3 = 600 5 5 Resposta: C. AC 6

(78) 2 I) AC = 6

(79) 2 m fi OA = –––– = ––––– m = 3

(80) 2m 2 2 II) VA2 = VO2 + OA2 fi (6 m)2 = h2 + (3

(81) 2 m)2 fi h = 3

(82) 2m Resposta: A. 12 –.

(83) 6). 2). Sejam R e h as medidas do raio da base e da altura do cilindro. Se V é o volume e AL a área lateral, então: V π . R2 . h 64 dm3 R –––– = –––––––––––– ⇔ –––––––––– = –––– ⇔ 2 AL 2.π.R.h 400 cm 2 64 dm3 R R ⇔ –––––––––– = –––– ⇔ 16 dm = –––– ⇔ R = 32 dm 4 dm2 2 2 Resposta: C. 7). O sólido gerado é um cilindro de raio R = 1 cm e altura h = 1 cm.. I) Seja V o volume do tanque original, VR o volume após o aumento do raio em 5 m e Va o volume após o aumento da altura em 5 m. Então, em metros cúbicos, tem-se: V = π . R2 . 4 Vr = π . (R + 5)2 . 4 Va = π . R 2 . 9 II) Conforme enunciado; VR = V + x e Va = V + x € € VR = Va € π(R + 5)2 . 4 = π R2 . 9 € € 4R2 + 40R + 100 = 9R2 € R2 – 8R – 20 = 0 €. A área total AT, em centímetros quadrados, é dada por: AT = 2 . π . R2 + 2 . π . R . h = 2 . π . 12 + 2 . π . 1 . 1 = 2π + 2π = 4π Resposta: A. € R = 10 m, pois R > 0. III) O volume do tanque original é, em metros cúbicos, V = π . 10 2 . 4 = 400π. Resposta: D 8). 3). I) Se B e H forem, respectivamente, as medidas da área da seção transversal e da altura do recipiente inicial, então 1,2H será a altura do recipiente final e 0,8B a área da base correspondente. II) O volume do recipiente inicial é B . H. III) O volume do recipiente final é 0,8B . 1,2H = 0,96BH, assim, o volume final é 96% do volume inicial, portanto, o volume do recipiente diminuiu 4%. Resposta: A. 4). O reservatório é um cilindro de raio R = 1 mm = 0,1 cm e altura h = 12 cm. O volume do reservatório cilíndrico é dado por: V = π . R2 . h = π . (0,1 cm)2 . 12 cm 3,14 . 0,01 . 12 cm3 = = 0,3768 cm3 = 0,3768 m Resposta: A. 9). At 2πR(h + R) h+R 2R + R 3 –––– = ––––––––––– = ––––––– = ––––––– = ––– Al 2πRh h 2R 2 Resposta: B. 5). Sejam R e h = 2R as medidas, em centímetros, do raio da base e da altura do cilindro equilátero. I) A área total, em centímetros quadrados, é dada por: 2πR2 + 2πRh = 48h ⇔ 2πR (R + h) = 48π ⇔ ⇔ R . (R + 2R) = 24 ⇔ R2 + 2R2 = 24 ⇔ ⇔ 3R2 = 24 ⇔ R2 = 8 fi R = 2

(84) 2, pois R > 0 II) O volume, em centímetros cúbicos, é dado por: V = π . R2 . h = π . R2 . 2R = π . 8 . 2 . 2

(85) 2 = 32

(86) 2π Resposta: E. Se ABCD é um quadrado de lado 10, então, h = 10 e 2R = 10 ⇔ R = 5, assim, o volume do cilindro é V = π . R2 . h = = π . 52 . 10 = 250π Resposta: D. – 13.

(87) 10) 8. R. 2. (A). h. (B). Sejam R e h as medidas, em centímetros, do raio da base e da altura do cilindro tipo B.. MAT-0015541-b. Do enunciado, tem-se: h = 2R e π R 2 h = π . 8 2 . 2 € € R 2 . 2R = 128 € R 3 = 64 € R = 4 Como h = 2R, temos: h = 2 . 4 € h = 8 Sendo SA a área total do cilindro do tipo A e SB a área total do cilindro do tipo B, em centímetros quadrados, temos: I) SA = 2π . 82 + 2π . 8 . 2 = 160π II) SB = 2π . 42 + 2π . 4 . 8 = 96π 160π – 96π O valor de x é –––––––––––– . 100 66,7 96π Resposta: C. 11). Se R, em centímetros, é a medida do raio do cilindro original, VR o volume após o aumento do raio em 12 cm e VA o volume após o aumento de altura em 12 cm, de acordo com o enunciado, deve-se ter: VR = VA fi π . (R + 12)2 . 4 = π . R2 . 16 ⇔ (R + 12)2 = 4R2 ⇔ ⇔ R2 + 24R + 144 = 4R2 ⇔ 3R2 – 24R – 144 = 0 ⇔ ⇔ R2 – 8R – 48 = 0 fi R = 12, pois R > 0 Resposta: A. 14 –.

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