MATEMÁTICA QUESTÃO 31

(19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 –MATEMÁTICA

MATEMÁTICA

Assim, a arrecadação mensal é dada por: 1) primeiro mês: R$9000,00 2) segundo mês: R$16200,00 3) terceiro mês: R$32400,00 4) quarto mês: R$21600,00 Total: R$79200,00 Dividindo o total por 10000, notamos que, se cada camiseta fosse vendida por R$7,92, o mesmo montante teria sido arrecadado. Logo, a alternativa correta é a alternativa A.

QUESTÃO 31 Analise as alternativas abaixo e marque a correta. a) Se B  {m  N | m 2  40} , então o número de elementos do conjunto B é 6. 1 1  , então   [( R  Q)  ( R  Z )] b) Se   2 1 2 1 c) Se c=a+b e b é divisor de a, então c é múltiplo de a, necessariamente. d) Se A ]1, 5[ e B ]  3, 3[ , então B  A ]  3, 1[ .

Resolução

Alternativa

QUESTÃO 33 Considere no Plano de Argand-Gauss os números complexos z 1 = –x – 2i, z 2 = –2i, z 3 = –2 + 3i e z 4 = x + yi, onde x e y são números reais quaisquer e i2 = –1. Sobre o conjunto desses números complexos que atendem simultaneamente às condições

B

Analisando cada alternativa: a) Observe que B = {0,1,2,3,4,5,6}, ou seja, B possui 7 elementos. Assim, a alternativa está incorreta. b)  

1 2 1



1 2 1





I) Re( z1  z2 )  Im( z1  z2 )

2 1 2 1



2 1

2 2  2 2. 2 1 2 1

II) | z3  z4 | 2



é correto afirmar que a) representa uma região plana cuja área é menor que 6 unidades de área. b) possui vários elementos que são números imaginários puros. c) possui vários elementos que são números reais. d) seu elemento z de menor módulo possível possui afixo que pertence à reta (r) 3x + 2y = 0

Assim, temos que  é um número irracional, ou seja, não é racional nem inteiro. Assim,   (IR  Q)  (IR  Z) . c) Se c = a + b e b é divisor de a, segue que a = k.b, para algum inteiro k. Assim, temos que c = k.b + b, ou seja, c = b(k+1). Portanto, o número c é múltiplo de b, o que não significa que c seja múltiplo de a. Alternativa incorreta. d) Seja A = ]1;5[ e B = ]-3;3[. Assim, B – A = {x / x está em B e x não está em A} = ]-3;1] ≠ ]-3;1[. Alternativa incorreta.

Resolução

OBS: no item (a), admitimos que 0 é um número natural, embora em Análise Matemática tal número seja considerado inteiro, e não natural.

QUESTÃO 32

Re( z1  z2 )  Im( z1  z2 )  4  2 x  x  2

Um fabricante de camisetas que pretendia vender seu estoque no prazo de 4 meses, mantendo o preço de cada camiseta, obteve o seguinte resultado: - no primeiro mês, vendeu 10% de seu estoque; - no segundo, 20% do restante das mercadorias; e - no terceiro, 50% do que sobrou Ao ver que sobraram 3.600 camisetas, no quarto mês, o fabricante 1 reduziu o preço de cada uma em 33 % , conseguindo assim liquidar 3 todo seu estoque e recebendo R$ 21.600,00 pelas vendas deste mês. É correto afirmar que o fabricante a) arrecadaria a mesma importância total, durante os 4 meses, se cada camiseta fosse vendida por x reais, x[7,8] b) tinha um estoque que superava 834 dúzias de camisetas. c) no terceiro mês, vendeu uma quantidade de camisetas 200% a mais que no segundo mês. d) no primeiro mês, recebeu mais de R$ 9.000,00

Resolução

Alternativa D

z1   x  2i  z1  z2  (  x  2i )  (2i )  4  2 xi  z2  2i A condição I então fica:

A condição II, por sua vez, pode ser escrita como: | z3  z4 | 2 | z4  ( z3 ) | 2 | z4  (2  3i ) | 2 Observe que esta condição nos diz que os números z 4 que satisfazem a esta condição são aqueles cuja distância até o número complexo (– z 3 ) = 2 – 3i é menor ou igual a 2, ou seja, trata-se de um círculo de centro (2,–3) e raio 2. No plano de Argand-Gauss, temos:

y

2 x

Alternativa A

Seja x o total de camisetas do estoque. De acordo com o enunciado, temos que: - No primeiro mês foram vendidos 10% do estoque, restando então 90%.x. - No segundo mês o total de vendas foi de 20% do restante, ou seja, sobra no estoque um total de 80%.90%.x = 72%.x. - Ao final do terceiro mês, ele vende 50% da mercadoria que está no estoque, ou seja, sobra no estoque 50%.72%.x = 36%.x. Portanto, no início do quarto mês o vendedor tem 36% do seu estoque inicial disponível para vendas, num total de 3600 camisetas. Logo, 36%.x = 3600  x = 10000 camisetas. Observe que: 1) primeiro mês: 1000 camisetas vendidas 2) segundo mês: 1800 camisetas vendidas 3) terceiro mês: 3600 camisetas vendidas 1 Para o quarto mês, ele fez uma redução de 33 % nos preços das 3 camisetas, ou seja, reduziu 1/3 do preço, conseguindo vender todas as que restavam no estoque e arrecadando R$21.600,00 por elas. Seja p o preço unitário por camiseta antes da redução de preços. Do enunciado, temos: 2 2  p  3600  21600   p  6  p  9 3 3

–3

A intersecção das condições I e II será então tomar os pontos do círculo sombreado acima que têm parte real menor ou igual a 2. Isso corresponde à metade da esquerda desse círculo:

y

2 x

–3 a) Falsa. A área desse semicírculo de raio 2 será dada por: 1

(19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br

O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 –MATEMÁTICA distância permanece igual a 35 m. Assim, a alternativa B também está correta. c) A distância total percorrida será a soma dos termos de uma PA, que

1 S   22  2  6,28  6 2 b) Falsa. O número –3i é o único número complexo imaginário puro nessa região, conforme o gráfico. c) Falsa. Não há intersecção com o eixo x (eixo real), logo não há nenhum número real nesse semicírculo. d) Verdadeira. Os elementos do círculo (condição II) que são o de menor e o de maior módulo podem ser obtidos geometricamente traçando a reta que liga o centro (2,–3) à origem:

 2a1  (n  1)r   r . Assim, temos que, 2  

pode ser calculada por Sn  

após 10 segundos, o cão terá percorrido uma distância de

(2  2  9  2).10  110 m, enquanto o gato terá percorrido 2 (2  3  9  1).10 uma distância de S10   75 m. Assim, após os 10 2 segundos o cão terá percorrido exatamente 110 m = 35 + 75, ou seja, ele alcançará o gato. Assim, a alternativa C também está correta. d) No oitavo segundo, levando em consideração que o gato percorre distâncias em PA: S10 

y

an  a1  (n  1)  r  a8  3  7  10

2

Assim, o gato percorre 10 m, e não 14. Assim, a alternativa D está incorreta.

x A

QUESTÃO 35 Sejam as seqüências de números reais (-3, x, y,…) que é uma progressão aritmética de razão r, e (x, y, 24,...) que é uma progressão geométrica de razão q. r pertence ao intervalo: O valor de q

–3

 1 a) 0,   2

B

0

Resolução

1

2 3 1  0  3 x  2y  0 x y 1 Assim, o elemento z de menor módulo possível, cujo afixo corresponde ao ponto A, pertence não só círculo, mas de fato ao semicírculo considerado, e também pertence á reta 3x + 2y = 0.

d)  2,3

Alternativa C

Substituindo em (1), temos:

9 24  ( 3  2. ). q  24  6q  q  4 . 2

QUESTÃO 34 Um cão e um gato, ambos parados, observam-se a uma distância de 35 m. No mesmo instante, em que o cão inicia uma perseguição ao gato, este parte em fuga. O cão percorre 2 m no primeiro segundo, 4 m no seguinte, 6 m no terceiro segundo e, assim, sucessivamente. O gato, apavorado, percorre 3 m no primeiro segundo, 4 m no seguinte, 5 m no terceiro segundo e, assim, sucessivamente. Considerando que os dois animais se deslocam sempre sem interrupção em seu movimento e numa trajetória retilínea de mesmo sentido, assinale a alternativa INCORRETA. a) Até o quinto segundo, o cão terá percorrido uma distância igual àquela que o separa do gato naquele instante. b) Ao final dos três primeiros segundos, o cão ainda está 35 m distante do gato. c) Em dez segundos, o cão alcançará o gato. d) No oitavo segundo, o gato percorre 14 metros.

Resolução

c) 1,2

Por hipótese, temos: PA ( -3,-3+r,-3+2r,...) PG ( x, xq, xq2,...) Assim, temos as seguintes igualdades: x = – 3 + r; y= – 3 + 2r; y = xq; 24 = yq = (– 3 + 2r)q Assim, 24=(– 3 + 2r).q (1) (2) – 3 + 2r = (– 3 + r)q 3  r 3  2r 9 Logo,   4r 2  36r  81 0  (2r  9)2  0  r  3  2r 24 2

O ponto A é o de menor módulo e o ponto B é o de maior módulo. A  reta AB tem equação:

0

1  b)  ,1 2 

Portanto,

9 9 r  2   1,125 . 4 8 q

QUESTÃO 36 Considere  = 3,14 e i  1 e marque a alternativa correta. a) Se S(x) = x2(x-a) + bx – c, onde a, b, e c são números reais positivos, admite duas raízes simétricas, então

1  co logb c b) O polinômio P(x) ao ser dividido por (x-1) deixa resto 6 e ao ser dividido por (x+3) deixa resto -2. Se P(x) dividido por Q(x) = x2 + 2x – 3 deixa resto R(x), então R(0) = 2P(-3) c) Se os números complexos 2, 2i e i-5 são raízes do polinômio A(x) de coeficientes reais e termo independente nulo, então, o grau de A(x) é, necessariamente, um número par maior do que 4 d) Se no polinômio B(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + 16 os coeficientes a, b e c são números reais, então as possíveis raízes racionais de B(x) estão entre os divisores de 16, necessariamente. log a  log

Alternativa D

Note que a distâncias percorridas por segundo do cão e do gato são progressões aritméticas. Assim: Cão: (2,4,6,8,10,...) Gato: (3,4,5,6,7,...) Analisando cada uma das alternativas, temos: a) Até o quinto segundo, o cão terá percorrido 2+4+6+8+10 = 30 m, enquanto o gato terá percorrido 3+4+5+6+7 = 25 m, ou seja, o cão percorre 5 m a mais do que o gato. Como a distância entre cão e gato era, inicialmente, de 35 m, após o quinto segundo essa distância será de 30 m. Assim, a alternativa A está correta. b) Ao final dos três primeiros segundos, o cão terá percorrido 12 m, enquanto o gato também terá percorrido a mesma distância. Logo, a

Resolução

Alternativa A

Analisando cada alternativa, temos: a) Correta: Seja S(x)  x3  ax2  bx  c um polinômio que admite duas raízes simétricas. A partir das relações de Girard:

a a 1 Como a soma de duas raízes simétricas é zero, a terceira raiz é o próprio a. Assim: r1  r2  r3  

2

(19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br

O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 –MATEMÁTICA Uma pessoa fará uma viagem e em cada uma de suas malas colocou um cadeado contendo um segredo formado por cinco dígitos. Cada dígito é escolhido dentre os algarismos: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9. Na primeira mala, o segredo do cadeado começa e termina com dígito par e os demais são dígitos consecutivos em ordem crescente. Na segunda mala, o segredo do cadeado termina em dígito ímpar e apenas o 1º e 2º dígitos são iguais entre si. Dessa maneira, se ela esquecer: a) o segredo do cadeado da primeira mala, deverá fazer no máximo (52 x 83 ) tentativas para abri-lo. b) o segredo do cadeado da segunda mala, o número máximo de tentativas para abri-lo será de 1890. c) apenas os três dígitos consecutivos em ordem crescente do cadeado da primeira mala, ela conseguirá abri-lo com, no máximo, 8 tentativas. d) apenas os dois primeiros dígitos do cadeado da segunda mala, deverá tentar no máximo 10 vezes para abri-lo.

S(a)  a3  aa2  ba  c  0  c  ab Aplicando logaritmo em ambos os lados:

c  ab  log c  log a  logb  log a  log c   logb 1  log a  log  co logb c b) Incorreta: Seja R(x) o resto da divisão de P(x) por x2  2x  3 = (x – 1)(x + 3). Assim, existe um polinômio Q(x) tal que P(x)  Q(x)(x  1)(x  3)  R(x) . Como o grau do polinômio divisor é 2, podemos escrever R(x) = Ax + B. Pelo teorema do resto, temos:

P(1)  R(1)  6  A  B  6 P(3)  R(3)  2  3A  B  2 Resolvendo o sistema, encontramos R(x) = 2x + 4. Assim, R(0) = 4, enquanto 2.P(-3) = -4. c) Incorreta: Seja A(x) um polinômio com coeficientes reais. Pelo teorema das raízes complexas, se os números 2i e i – 5 são raízes de A(x) então os números conjugados -2i e – i – 5 também são raízes. Como 2 é raiz e o termo independente sempre é nulo, temos que 0 também é raiz, e o grau de A(x) é, no mínimo, 6. Entretanto, não podemos afirmar nada com relação às multiplicidades de cada raiz, muito menos que as únicas raízes são essas; logo, não podemos garantir que o grau sempre será par. d) Incorreta: Observe que uma condição fundamental para que o teorema das raízes racionais funcione é que TODOS os coeficientes do polinômio sejam inteiros. Como sabemos que os coeficientes a, b e c são reais (não necessariamente inteiros), não podemos afirmar que as possíveis raízes racionais de B(x)=x4+ax3+bx2+cx+16 estão entre os divisores de 16.

Resolução

QUESTÃO 37 1 3 Sabendo-se que x0  i , x1  3 e x2    i  2 2  

20

são raízes de

P ( x )  x 6  3 x 5  x 4  4 x 3  3x 2  ax  3 , onde i é a unidade imaginária e a é número real, marque a alternativa FALSA. a) O número a também é raiz de P ( x ) .

b) A soma das raízes reais de P ( x ) é um número par. c) O produto das raízes imaginárias de P ( x ) é diferente de a d) P ( x ) é divisível por x 2  x  1 .

Resolução

Alternativa

C

Seja P(x)  x6  3x5  x 4  4x3  3x2  ax  3 um polinômio tal que x 0 = -i é raiz. Como a é real, então todos os coeficientes de P(x) são reais, daí segue que i também é raiz de P. P(i)  i6  3i5  i4  4i3  3i2  ai  3  1  3i  1  4i  3  ai  3  0

Uma pessoa deve escolher (não importando a ordem) sete, dentre dez cartões numerados de 1 a 10, cada um deles contendo uma pergunta diferente. Se nessa escolha houver, pelo menos três, dos cinco primeiros cartões, ela terá n formas de escolha. Sendo assim, pode-se afirmar que n é um número a) quadrado perfeito. b) múltiplo de 11. c) ímpar. d) primo.

Alternativa A (correta): Calculando P(1), temos: P(1)  1  3  1  4  3  1  3  0 Assim, a = 1 é raiz real de P(x). Alternativa B (correta): As raízes reais de P(x) são 1 e 3, uma vez que temos 6 raízes, sendo

4 delas complexas ( x0 , x0 , x2 , x2 ), logo a soma das raízes reais de P é

Resolução

um número par. Alternativa C (FALSA): 20

Logo, o número x2  

C

QUESTÃO 39

 i  ai  0  a  1

1 3 Seja x2    i  2 2  

Alternativa

Pelo enunciado, temos: 1) Primeira mala: primeiro e último algarismos são pares, os outros são dígitos consecutivos em ordem crescentes. Nesse caso, note que temos 5 possibilidades para o primeiro algarismo, 5 possibilidades para o último, 8 possibilidades para o segundo (uma vez que o segundo número nunca pode ser 8 ou 9) e apenas 1 possibilidade para o terceiro e quarto números, uma vez que eles devem estar em ordem crescente. Assim, o total de possibilidades é dado por 52.8 = 200. Assim, a alternativa (a) está incorreta, uma vez que 200 < 52.83. Além disso, note que existem apenas 8 seqüências de três números consecutivos montada a partir dos números 0,1,2,3,4,5,6,7,8 e 9, de modo que se ela se esquecer dos três dígitos consecutivos então ela precisará apenas de 8 tentativas para abrir a mala. 2) Segunda mala: último algarismo ímpar, com apenas o primeiro e segundo algarismos iguais entre si. Nesse caso, existem 5 possibilidades para o último número, 9 possibilidades para o primeiro (que não pode ser igual ao último, uma vez que apenas o primeiro e o segundo são iguais), 1 possibilidade para o segundo (ele deve ser igual ao primeiro), 8 possibilidades para o terceiro, que não pode ser igual ao último nem ao primeiro/segundo; e 7 possibilidades para o quarto, que não pode ser igual a nenhum dos anteriores. Assim, o total de possibilidades é dado por 5.9.1.8.7 = 2520. Assim, a alternativa (b) está incorreta, pois 2520 > 1890. Além disso, note que, caso ela esqueça apenas os dois primeiros dígitos do cadeado da segunda mala, então ela não precisará fazer 10 tentativas para abrir a mala, uma vez que os outros algarismos devem ser diferentes dos dois primeiros. Assim, na pior das hipóteses, ela deverá fazer 7 tentativas, o que torna a alternativa (d) incorreta.

Alternativa B

De acordo com o enunciado, a pessoa deve escolher 3,4 ou 5 cartôes dos 5 primeiros (pelo menos três) e o que falta para completar os 7 cartões dos 5 restantes. Como a ordem não importa, temos:  5  5   5  5   5  5              110 , possibilidades para escolher os  3  4   4  3   5  2 

1 3  20   2   cis    cis  3    2  2 i . 3     1 3  i também é raiz de P(x). 2 2

cartões (que é um múltiplo de 11).

2 2 1 3 Assim, x0  x0  x2  x2  x0  x2  1     1  a 4 4 Alternativa D (correta):

QUESTÃO 40 Analise as proposições seguintes. (02) Se 1(1!)  2(2!)  3(3!)    n(n !)  (n  1)! 1 ,

Observando que as raízes de x2 + x + 1 são dadas por x 2 e x2 , temos

n  {1, 2,3,4,} ,

que P(x) é divisível por x2 + x + 1.

1(1!)  2(2!)    10(10!)  1 é igual a 18. 8!(1  2  3  4    10)

QUESTÃO 38 3

então,

o

valor

com de

(19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br

O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 –MATEMÁTICA p

(04)

O valor de

 m 

  m  1

n

a

é p2 .

m 1   Uma caixa (I) contém 6 garrafas com rótulo e duas garrafas sem rótulo; outra caixa (II) contém 4 garrafas com rótulo e uma sem rótulo. Uma caixa é selecionada aleatoriamente e dela uma garrafa é retirada. A probabilidade dessa garrafa retirada ser sem rótulo é de 22,5%. (16) Dois dígitos distintos são selecionados aleatoriamente dentre os dígitos de 1 a 9. Se a soma entre eles é par, a 5 probabilidade de ambos serem ímpares é . 8 A soma das proposições verdadeiras é igual a: a)14 b)24 c) 26 d) 30

j 1

(08)

Resolução

=

a

2j

 bj1

II) A proposição é verdadeira, pois usando o fato de que det(A) = det(At), det(AB)=detA.detB e det(kA)=kndetA, onde n é a ordem da matriz, temos: AYB=2Bt  det(AYB)=det(2Bt)  detA.detY.detB=2ndetB, 2n Logo, det Y  det A 1 1   4 temos: Como det A  det A1 1 4

Alternativa C

2n 2n   2n  2 det A 4 III) A proposição é verdadeira: Por indução, temos: det Y 

(04) A proposição é falsa, pois a soma pedida é a soma das diagonais do Triângulo Aritmético de Pascal. Como a soma das diagonais é dada p  m   p  1 por:     m 1  m  1  p  1

1 0  1 0   1 0  .   1 1 1 1 2 1

n=2: A2  

 p  1 ( p  1).p  p2 ; Temos portanto que   2  p  1 (08) A proposição é verdadeira, pois o evento desejado ocorre quando escolhendo a caixa (I) retiramos uma garrafa sem rótulo ou escolhendo a caixa (II) retiramos uma garrafa sem rótulo. Podemos calcular a probabilidade deste evento ocorrer de 1 2 1 1 9 P .  .   22,5% 2 8 2 5 40 (16) A proposição é verdadeira, pois se a soma dos dígitos é par, temos as seguintes possibilidades: Par e Par ou Impar e Impar. De 1 a 9, temos 4 números pares e 5 ímpares. O número de eventos Par e Par é dado por: 4.3=12 e o número de eventos Ímpar e Ímpar é 5.4 = 20. Assim, o espaço amostral é 32 e o número de eventos de interesse é 20 20 5  . Logo a probabilidade é 32 8 Assim, a soma pedida é 26.

Assumindo para n=k:

 1 0 Ak    , temos:  k 1

0  1 0  1 0   1 k 1 n=k+1: Ak .A   .  A k k 1 1 1 1 1       

QUESTÃO 42 Um suspeito de assaltar dois caixas de um supermercado foi intimado a prestar depoimento e fez a seguinte declaração: “No primeiro caixa foram roubados dois pacotes de notas de 20 reais, cinco pacotes de notas de 50 reais e um pacote de notas de 100 reais, totalizando 100 mil reais. No segundo caixa, foram roubados um pacote de notas de 20 reais e três pacotes de notas de 100 reais, num total de 50 mil reais. Os pacotes de notas de mesmo valor tinham a mesma quantidade de notas. Cada pacote de notas de 100 reais tinha igual valor de cada pacote de notas de 50 reais.” Diante do depoimento do suspeito, pode-se concluir que: a) ele pode ter falado a verdade. b) ele falou, necessariamente a verdade. c) havia, necessariamente, 940 notas em cada pacote de notas de 20 reais. d) ele mentiu, necessariamente.

QUESTÃO 41 Analise cada proposição a seguir classificando-a como VERDADEIRA ou FALSA. I) Sejam as matrizes A = (a ij ) 3xn e B = (b jk ) nx4 (n ≥ 1) então a matriz C

Resolução

4

Alternativa

A

De acordo com o enunciado, podemos formar o seguinte sistema: 2.20 x  5.50 y  1.100z  100 000  onde x é o número de pacotes 1.20 x  3.100 z  50 000    y 2 z  com notas de 20 reais, y é o número de pacotes com notas de 50 reais e z é o número de pacotes com notas de 100 reais. Substituindo a terceira equação na primeira, temos: 40 x  600z  100 000  20 x  300z  50 000

 a2 j  b j 1 j 1

II) A e B são matrizes inversíveis de ordem n. Se AYB = 2Bt, onde Bt é a transposta de B, o determinante da inversa de A é igual a ¼ e o determinante de B é igual a ½, então o determinante da matriz Y é igual a 2n-2 1 0   1 0 n * III) Seja a matriz A =   então A =  n 1 , n  N 1 1     É correto afirmar que são verdadeiras a) todas as proposições b) apenas II e III. c) apenas I e II. d) apenas I e III.

Logo, como o sistema é possível (embora indeterminado), o assaltante pode ter falado a verdade.

Alternativa B

I) A proposição é falsa, pois para obter um elemento de duas matrizes usamos o produto escalar entre os linha i da primeira matriz e os elementos da coluna matriz, já que cada fila forma uma n-upla ordenada elementos. Assim, usando as hipóteses da proposição: C = (AB) 3x4 tem como elemento 21:

j 1

Obs: O produto escalar entre duas n-uplas é definido por: u=(x 1 ,x 2 ,...,x n ) e v=(y 1 ,y 2 ,...,y n ), u,v = ( x1, x2 ,..., xn ),( y1, y 2 ,..., y n ) = x 1 y 1 +x 2 y 2 +...+x n y n .

1(1)! 2(2)! ...  10(10)! 1 11! 1  1 11! 990     18 8!(1 2  ...  10) 8!(55) 8!.55 55

Resolução

4

b j 1 =  a2 j  b j 1  n = 4 e portanto não podemos afirmar que c 21

4

j 1

(02) A proposição é verdadeira, pois por hipótese:

= A·B é tal que o elemento c 21 =

2j

c ij do produto elementos da j da segunda com os seus

QUESTÃO 43

A circunferência ( ) x2 + y2 – 2x – 2y + k = 0 passa pelo ponto A(0,1). Sabendo-se que o ponto P de ( ) mais próximo da origem coincide com o baricentro do triângulo MNQ, onde M(0,k), N(2k,0) e Q(x Q ,y Q ) é correto afirmar que a área do triângulo MNQ é um número do intervalo 3   5 5   3 a) 1,  b)  ,2 c) 2,  d)  ,3 2 2 2       2 

n

c 21 = a 21 b 11 +a 22 b 21 +a 23 b 31 +a 24 b 41 +...+ a 2n b n1 =  a2 j b j 1 . j 1

4

(19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br

O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 –MATEMÁTICA

Resolução

Alternativa B

Resolução

Considerando que o ponto (0,1) está na circunferência, temos 02 + 12 – 2.0 – 2.1 + k = 0, logo k = 1. Assim, a circunferência em questão é descrita pela equação: (x – 1)2 + (y – 1)2 = 1. O ponto P da circunferência mais próximo da origem pode ser obtido geometricamente ao construirmos a reta que passa pela origem (0,0) e pelo centro (1,1) da circunferência.

Alternativa A

(I) Verdadeira. Se P pertence simultaneamente à bissetriz dos quadrantes ímpares (reta y = x) e à bissetriz dos quadrantes pares y  x (reta y = –x), então ele satisfaz o sistema  . Logo, P = (0,0). y   x Assim, temos o gráfico a seguir: a reta y = k é paralela ao eixo x, passando pelo ponto (0,k). Assim, o ponto S, simétrico do ponto P em relação a esta reta, é o ponto S = (0,2k), cuja soma das coordenadas é igual a 2k.

y

y S(0,2k)

M y=k

P

k

N

x A partir do gráfico, temos que a distância da origem ao ponto P é dada por 2  1 . Como este ponto está na reta x = y, temos que esta distância é a diagonal de um quadrado. Assim:

P(0,0) (II) Falsa. Se y 2  3 y  x  0  y 2  3 y  0 . Graficamente, a solução desta inequação em y é:

2 2 2 2 2 2 2 , Portanto, o ponto P   é o baricentro do triângulo MNQ.  2 2   Podemos obter as coordenadas do ponto Q, a partir das coordenadas do baricentro: 2  2 2  xQ 2  2 1  yQ  e  2 3 2 3 23 2 43 2  , Assim Q    .  2 2   2 1 x 2  x 

+

0 1 2 2 xQ

3

Nesse caso, y 2  3 y  x  0  2  x  0  x=–2 ou x=–1 Logo, existem quatro pontos P(x,y) que atendem às condições: (–1,1), (–1,2), (–2,1) e (–2,2). (III) Verdadeira. A distância de um ponto P(x,y) até o eixo das abscissas é |y|, enquanto a distância desse mesmo ponto até o ponto

1 1 1 0 1  xQ  2y Q  2 . 2 yQ 1

Q(0,6) é dada por ( x  0)2  ( y  6)2 . Assim, o lugar geométrico em questão é: x 2  y 2  12y  36 1 2 x  ( y  6)2  y 2  | y |  2 4 x2 3 y 2  12y  36  x 2  0  y 2  4 y   12 3 Completando quadrados nessa equação, temos: x2 ( y  2)2 x 2  12  22   1 y 2  2  y  22  3 16 48 Esta é a equação de uma hipérbole centrada no ponto (0,–2), com as medidas a 2  16 e b2  48 .

1 23 2 1 9 2 43 2 2  3 2 2 2 2

Aproximando

–

0y 3 Como y é um número inteiro, os únicos valores possíveis nesse intervalo são y = 1 ou y = 2. 2 2  y  1  y  3 y  1  3  1  2 Se  . 2 2  y  2  y  3y  2  3  2  2

Substituindo as coordenadas de Q temos: AMNQ 

+ 0

O triângulo MNQ tem como vértices os pontos M(0,1), N(2,0) e Q(x Q ,y Q ), cuja área é dada por: AMNQ 

x

2  1, 4 , temos:

1 A MNQ = 3  6,3  1,65 , que está entre 1,5 e 2. 2

QUESTÃO 44 Classifique em (V) verdadeira ou (F) falsa cada afirmativa abaixo sobre o ponto P(x,y) no plano cartesiano. ( ) Se o ponto P pertence simultaneamente às bissetrizes dos quadrantes ímpares e dos quadrantes pares, então o ponto simétrico de P em relação à reta y = k (k  *) tem a soma das coordenadas igual a 2k. ( ) Sendo {x,y}  , então existem apenas dois pontos P(x,y) que

Logo, c 2  a 2  b 2  16  48  64  c  8 . A excentricidade da elipse é então dada por: e 

c 8  2 a 4

QUESTÃO 45 Considere as curvas, dadas pelas equações (I) 16x2 + 4y2 + 128x – 24y + 228 = 0 (II) y = 7 - |x| (III) y2 – 6y – x + 5 = 0 Analise cada afirmação a seguir, classificando-a em VERDADEIRA ou FALSA

 x  0 atendem às condições  2  y  3 y  x ( ) Os pontos P(x,y) tais que a sua distância ao eixo das abscissas é igual à metade da distância de P ao ponto Q(0,6) formam uma hipérbole de excentricidade igual a 2. Sobre as afirmativas tem-se a) apenas uma falsa. b) apenas duas falsas. c) todas falsas. d) todas verdadeiras.

(01) O gráfico de (I) é representado por uma elipse, de (II) por duas retas e de (III) por uma parábola. (02) O centro de (I) é um ponto de (II) e coincide com o vértice de (III). (04) A soma das coordenadas do foco de (III) é um número menor que -1 5

(19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br

O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 –MATEMÁTICA

 6 A soma dos itens verdadeiros é um número do intervalo a)[1,3] b)[4,7] c) [8,11] d) [12,15]

3 3  b) Se a função s: D é tal que s( x )  f  x   , então s(0)   2 2  

(08) A excentricidade de (I) é igual a cos

Resolução

c) O domínio da função r: E tal que r(x)= f(x)-3 é o intervalo real [-6 , 6] d) A função r: E tal que r(x)= f(x) - 3 NÃO possui raízes em 

Alternativa C

(01) Falso

Resolução

( x  4)2 ( y  3)2   1 , que 4 16 representa uma elipse com eixo maior vertical e centro no ponto C = (4,3) (II) Da definição de módulo, temos:  y  7  x, se x  0 , ou seja, tal equação representa duas semi  y  7  x, se x  0 retas no plano cartesiano e não duas retas. (III) Essa última equação pode ser reescrita como (y-3)2 = x + 4, que é uma parábola com eixo de simetria horizontal e vértice no ponto V = (-4,3) (I) A equação pode ser reescrita como

(02) Verdadeiro Do item anterior, vemos que P=(-4,3) é o centro da elipse e o vértice da parábola. Além disso, P pertence ao gráfico de (II) pois x = -4  y = 7-|-4| = 3 (04) Falso

(y – 3)2 = x + 4  p =

Alternativa D

Analisando cada item: a) Correta: O gráfico da função h é o mesmo da função f deslocado 3/2 no eixo y. Analisando os pontos de máximos e mínimos de f, podemos observar que no intervalo [-3,3/2] a função é descrita por f(x) = - x, o que implica que seus pontos de máximo e mínimo são respectivamente 3 e -3/2. Assim, o ponto de máximo da função h é 3 + 3/2 = 9/2 e o ponto de  9 mínimo é -3/2 + 3/2 = 0 e portanto a imagem de h é dada por 0,  .  2 3 3  3 b) Correta: s(0)  f  0    f     2 2  2 c) O domínio de r é o mesmo domínio de f. Determinando os valores de a: Temos que o coeficiente angular no intervalo [-a,-3] é dado por  3 0    30  2  a 5  3  2  a  6 .  2 3  3    5   5    a 

1 , onde p é o parâmetro da parábola (distância 2

do foco a reta diretriz). Sendo o vértice da parábola o ponto V = (-4,3) e dado que seu eixo de simetria é horizontal obtemos o foco F por: p 7 F = (4  ,3) = ( ,3) 2 2 1 Logo x f + y f = 2 (08) Verdadeiro

Portanto, o domínio de f e de r é dado pelo intervalo real: [-a , a] = [-6 , 6] d) Incorreta: a função r: E tal que r(x)= f(x) - 3 apresentará raiz real para x=-3. Do enunciado f(-3)=3  r(-3) = f(-3)-3= 3-3=0 Logo -3 é raiz da função r.

( x  4)2 ( y  3)2   1 , o primeiro denominado 4 16 representa o valor de a2 (onde a é o semi-eixo maior da elipse) e o segundo denominador representa o valor de b2 (onde b é o semi-eixo menor da elipse). Assim: a = 4 e b = 2 Da relação fundamental da elipse a 2  b 2  c 2 (onde c é a metade da distância focal), temos: c= 2 3 c vale Logo a excentricidade, definida como e = a Na equação da elipse

3  = cos 2 6 Portanto, soma 02+08=10.

QUESTÃO 47

QUESTÃO 46

Considere todo x   que torne possível e verdadeira a igualdade

Na figura abaixo, está representado o gráfico da função real f:[a,a], onde f(0)=0.

log[f ( x 2  1)]  log x 4  2 x 2  1 , onde f é uma função real de A em B e marque a alternativa correta. a) O conjunto imagem de f é Im     {1} b) f é uma função injetora. c) Se B     {1} , então existe a inversa de f . d) f tem domínio A  { x   / | x | 1}

Resolução Observe

Alternativa A

x 4  2 x 2  1  ( x 2  1)2 | x 2  1 | ,

e

portanto,

log x 4  2 x 2  1  log | x 2  1| Pelas condições de existência do logaritmo, o logaritmando deve ser positivo, portanto devemos ter i) | x 2  1| 0 (o que acontece se e somente se x  1 )

Analise as alternativas abaixo e marque a INCORRETA. a) O conjunto imagem da função h: AB, definida por h  x   f  x  

que

ii) f ( x 2  1)  0 . Nos pontos onde isso acontece, vale: log[f ( x 2  1)]  log | x 2  1| f ( x 2  1) | x 2  1| .

3 2

 9 é Im = 0,   2

Assim, temos que f (w ) | w | 6

(19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br

O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 –MATEMÁTICA Verificando a segunda condição de existência citada, note que, f (w ) | w | , que é sempre não negativa. Esta função se anula somente quando w = 0 ou seja f ( x 2  1)  0  x 2  1  0  x  1

(gogof-1) (5/2) = g(g(f–1(5/2)))=g(g(1))=g(0)=4>0. c) Incorreta:

Logo o domínio da função f é   {1, 1}

2 2  g ( x )  0  1  x  4 f ( x )  0  x   3  e g ( x )  0  x  1 ou x  4  g ( x )  0  x  1 ou x  4 f ( x )2  0  x   2   3 A expressão não é definida para x=1 ou x=4. Assim:  f ( x )2 2  0 x 3  g( x )  2  f ( x ) 2  0  x  1 e x   ou x  4  3  g( x )

Estudando os sinais da expressão

Assim, o gráfico da função f deve ser:

y

1 –1

d) Incorreta: f(x) – g(x) =  x 2 

x

1

não positiva para x 

a) Verdadeira: conforme o gráfico, todos os pontos não-negativos do eixo y, exceto o 1, foram atingidos, e portanto Im(f )     {1} .

f ( x )2 g( x )

temos:

13 1 x  3 , cujas raízes são e6eé 2 2

1 ou x  6 . 2

QUESTÃO 49

b) Falsa: por exemplo, temos f ( 2)  f (2)  2 .

Considere as funções reais f : R *  R tal que f ( x )  x  2

c) Falsa: se fixarmos o contradomínio da função f como sendo B     {1} , apenas a tornaremos uma função sobrejetora, mas ela continuará sendo não injetora. Se não é uma função injetora, com mais razão não é bijetora e, portanto, não admite inversa. d) Falsa: conforme demonstrado no início, o domínio da função é   {1, 1} .

 1 g : R  R * tal que g ( x )    2

x

h : R *  R tal que h( x )   log2 x

e marque a alternativa correta.

QUESTÃO 48

a) O domínio da função k definida por k ( x ) 

As funções f:  do 1º grau e g: [b, +[ do 2º grau estão representadas no gráfico abaixo.

g( x ) é o conjunto dos h( x )

números reais positivos. b) A função j definida por j ( x ) 

f ( x )  h 1( x ) se anula em dois pontos (g  f )( x )

distintos. c) A função m definida por m( x )  1  (g  f )( x ) não possui raiz. d) Se g(h(a))  8 e h(g (2b ))  log3 9 , então (a  b ) é um número primo.

Resolução

Alternativa D

a) Falsa, pois para x  1 , temos h(1)  0 , e portanto a função k( x ) 

R *  {1}

Com base nas informações acima é correto afirmar que: a) o menor valor de b que torna a função g sobrejetora é um número inteiro. b) (gogof-1) (5/2) > 0

f ( x )

b) Falsa. Temos h(w )   log2 w e chamando h(w )  x , temos:

h 1( x )  w . Assim, x   log2 w   log2 h 1( x ) 

2

c)

g( x )

 0  { x   | x  1 ou x  4}

x

 1 log2 h 1( x )   x  h 1( x )  2 x     g ( x ) . 2

d) f(x)-g(x)0  { x   | x  0 ou x  6}

Resolução

g( x ) não está definida para x = 1. O domínio da função k seria h( x )

 1 Por outro lado, (g  f )( x )  g (f ( x ))    2

Alternativa B

Da observação do gráfico, é possível descobrir que:

f (x)

 1   2

x 2

.

x

3 x 1 2 Assim, x= -2/3 será raiz desta função.

 1 ( x  2)    f ( x )  h 1( x ) ( x  2) 2    Logo, j ( x )  , de modo que a x 2 (g  f )( x ) 4  1   2 função j se anula apenas num ponto, quando x=2

f ( x) 

g( x )  x 2  5 x  4 Assim, x=1 e x=4 serão raízes da função g, e seu ponto de mínimo  9 será y v    . 4a 4 9  a) Incorreta, pois a imagem de g(x)=  y  R | y    . Logo, para que 4  g(x) seja sobrejetora, o valor mínimo de b é – 9/4, que é racional. b) Correta, pois observando o gráfico, temos que, da função inversa, f(1)=5/2  f–1(5/2) =1. Ainda observando o gráfico, temos:

 1 c) Falsa. Pelo item anterior, (g  f )( x )    2 x 2

 1 m( x )  1  (g  f )( x )     1 . 2 Resolvendo a equação m( x )  0 , temos

7

x 2

, e assim, temos

(19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br

O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 –MATEMÁTICA x 2

educação, R$5.000,00 com o total pago à Previdência, e R$1.500,00 por dependente. Nessas condições, sabendo-se que o valor do imposto pago por este trabalhador, no ano de 2007, foi de R$3.515,00, o número de dependentes considerado foi: a) 2 b) 3 c) 4 d) 6

x 2

 1  1  2   1  0   2   1 x  2     Assim, a função m possui uma raiz. d) Verdadeira. Observe que g  h( x )  x para todo

x  R *

e

h  g(w )  w para todo w  R , já que as funções g e h são funções inversas uma da outra. Logo: 8  g (h(a ))  a  a  8  2  log3 9  h( g (2b ))  2b  b  1

Resolução

Alternativa C

Seja x o total de dependentes. As deduções do imposto de renda desse trabalhador somam um total de: R$9400,00 + x.R$1500,00 O valor limite máximo (não incluído) de alguém que paga imposto com uma alíquota de 15% é calculado por: 15%.  30000   2250  2250

Portanto: a  b  8  1  7 , que é um número primo.

QUESTÃO 50

Assim, analisemos o imposto pago, utilizando a alíquota de 27,5%:

"A Arrecadação da CPMF, devido à ampliação de sua abrangência, e ao aumento da alíquota, cresceu mais de 140% nos últimos anos (em bilhões de reais por ano)". Revista Veja - 14/03/2007

I=27,5%. 50000-(9400+1500x) -6000=3515 9515  34600  1500x  6000 0,275 6000 x 4 1500 Logo, o total de dependentes é 4. 40600  1500x 

QUESTÃO 52 Sabendo-se que b é um número real tal que b > 1 e que a função real x

f:   B é tal que f(x) = 2  b , analise as alternativas abaixo e marque a FALSA. a) A função f admite valor mínimo.

1  f(x) < 2 b c) A função f é par. d) Se B = [0, 2[ então f é sobrejetora. b) x  - 1  2 -

Resolução Supondo que o crescimento da arrecadação representado no gráfico acima é linear do ano 2005 ao ano de 2007 e que y% representa o aumento da arrecadação do ano de 2005 ao ano de 2006, é correto afirmar que y é um número do intervalo: a) [8, 9[ b) [9, 10[ c) [10, 11[ d) [11, 12[

Resolução

Alternativa D

Seja f(x)  2  b|x| . Assim, f(x)  2  b| x|  2  b|x|  f(x) , e a função f é par. Logo, a alternativa (c) está correta. Como b > 1, podemos reescrever a função como

1 1 , onde 0  |x|  1 . b|x| b Daqui, segue que 1  f(x)  2 , de modo que f(x) admite um mínimo e um máximo. Além disso, fica evidente que o conjunto-imagem de f é o intervalo [1;2], de modo que a alternativa (a) está correta, enquanto a alternativa (d) está incorreta. Para verificar a validade da alternativa (b), note que se 1 1 1 1 1 x  1  |x|    |x|    f(x)  2  b b b b b 1 Temos também que lim  2 e portanto 2   f(x)  2 x  b f(x)  2  b|x|  2 

Alternativa B

De acordo com o gráfico, de 2005 a 2007, a arrecadação da CPMF salta de R$29,2 bilhões de reais para um valor estimado de R$34,8 bilhões. Supondo linear o gráfico entre os anos citados, temos que a 29,2  34,8 arrecadação em 2006 é dada por =32 bilhões. 2 O aumento de arrecadação, tomando com base o ano de 2005, R $32bi corresponde a:  1,09 . Desta forma a arrecadação R $29,2bi aumentou cerca de 9% de 2005 para 2006. Portanto y pertence ao intervalo [9, 10[

QUESTÃO 53

Sabendo-se que a função real f: D  B definida por x f(x) = é inversível e que D e B são conjuntos os mais amplos 1 x possíveis, é FALSO afirmar que a) f é crescente para todo x tal que x < 1 ou x > 1. b) a equação da assíntota horizontal de f é y = -1. c) se g é tal que g(x) = |f-1(x)|, então não existe x real tal que g(x) = 1 d) f-1(0) + f-1(-½) < 0

QUESTÃO 51 Considere a tabela para cálculo do imposto de renda a ser pago à Receita federal no ano de 2007 – ano base 2006 (valores arredondados para facilitar os cálculos). Rendimento para base Alíquota Parcela a deduzir de cálculo (R$) (%) (R$) até 14.999,99 Isento De 15.000,00 a 30.000,00 15 2.250,00 acima de 30.000,00 27,5 6.000,00 Para se conhecer o rendimento para base de cálculo, deve-se subtrair do rendimento bruto todas as deduções a que se tem direito. Esse rendimento para base de cálculo é multiplicado pela alíquota correspondente. Em seguida, subtrai-se a parcela a deduzir correspondente, de acordo com a tabela acima, obtendo-se assim o valor do imposto de renda a ser pago. Um trabalhador, cujo rendimento bruto foi de R$50.000,00 teve direito às seguintes deduções: R$4.400,00 com o total de gastos em

Resolução

Alternativa C

a) Correta. Tome x,y ≠ 1, e suponha que f(x) > f(y):

x y x y x(1  y)  y(1  x)    0 0 1x 1y 1x 1y (1  x)(1  y) xy  0 (1  x)(1  y) Se x,y < 1, temos que (1-x)(1-y) > 0. Da mesma forma, se x,y > 1, também encontramos (1-x)(1-y) > 0. Em ambos os casos temos x – y > 0 e, conseqüentemente, x > y. Assim, pela hipótese de que f(x) > f(y), f é crescente para todo x 8

(19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br

O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 –MATEMÁTICA

> 1 ou x < 1. Observe que esse resultado só é válido nesse caso, quando olhamos o domínio de maneira separada. Caso contrário, f não seria crescente. Assim, a alternativa (a) está correta. b) Correta.

Por Pitágoras EP 

Observando tg , como 1  2  3 , temos 45    60 ; (01) VERDADEIRA: se 45    60

45    60 ; (04) VERDADEIRA: tg (2 ) 

g(x) | f 1(x) | , existe algum ponto x tal que

f 1(x)  1 , uma vez que

1  D . Assim, existe x tal que

g(x) | f (x) || 1 | 1 , e a alternativa (c) está incorreta.

 3  1 1 1        3  tg 60  3  sen 3  2  sen     

1

f (x)  y , assim, y x x  y  x(1  y)  x  xy  y  f 1(x)  . Desse 1y 1 x 1  1 2  1