MATEMÁTICA QUESTÃO 31 Resolução Alternativa B QUESTÃO 32 Resolução Alternativa A ...

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O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 –MATEMÁTICA

MATEMÁTICA Assim, a arrecadação mensal é dada por:
1) primeiro mês: R$9000,00

QUESTÃO 31 2) segundo mês: R$16200,00
3) terceiro mês: R$32400,00
Analise as alternativas abaixo e marque a correta.
4) quarto mês: R$21600,00
a) Se B{mN|m240}, então o número de elementos do
Total: R$79200,00
conjunto B é 6. Dividindo o total por 10000, notamos que, se cada camiseta fosse
1 1 vendida por R$7,92, o mesmo montante teria sido arrecadado. Logo, a
b) Se   , então [(RQ)(RZ)]
alternativa correta é a alternativa A.
21 21

c) Se c=a+b e b é divisor de a, então c é múltiplo de a,
necessariamente. QUESTÃO 33
d) Se A]1,5[e B]3,3[, então BA]3,1[. Considere no Plano de Argand-Gauss os números complexos z1 = –x
– 2i, z = –2i, z = –2 + 3i e z = x + yi, onde x e y são números reais
Resolução Alternativa B quaisq2uer e i2 = 3–1. 4
Analisando cada alternativa: Sobre o conjunto desses números complexos que atendem
a) Observe que B = {0,1,2,3,4,5,6}, ou seja, B possui 7 elementos. simultaneamente às condições
Assim, a alternativa está incorreta.
I) Re(z z )Im(z z )
1 2 1 2
1 1 2 1 2 1 2 2
b)      2 2. II) |z z |2
2 1 2 1  2 1 2 1 21 3 4
é correto afirmar que
Assim, temos que  é um número irracional, ou seja, não é racional a) representa uma região plana cuja área é menor que 6 unidades de
área.
nem inteiro. Assim, (IRQ)(IRZ).
b) possui vários elementos que são números imaginários puros.
c) Se c = a + b e b é divisor de a, segue que a = k.b, para algum inteiro
c) possui vários elementos que são números reais.
k. Assim, temos que c = k.b + b, ou seja, c = b(k+1). Portanto, o
d) seu elemento z de menor módulo possível possui afixo que
número c é múltiplo de b, o que não significa que c seja múltiplo de a.
pertence à reta (r) 3x + 2y = 0
Alternativa incorreta.
d) Seja A = ]1;5[ e B = ]-3;3[. Assim, B – A = {x / x está em B e x não Resolução Alternativa D
está em A} = ]-3;1] ≠ ]-3;1[. Alternativa incorreta. z x2i
 1 z z (x2i)(2i)42xi
1 2
OBS: no item (a), admitimos que 0 é um número natural, embora em z22i
Análise Matemática tal número seja considerado inteiro, e não natural. A condição I então fica:
QUESTÃO 32 Re(z z )Im(z z )42xx2
1 2 1 2
Um fabricante de camisetas que pretendia vender seu estoque no
A condição II, por sua vez, pode ser escrita como:
prazo de 4 meses, mantendo o preço de cada camiseta, obteve o
|z z |2|z (z )|2|z (23i)|2
seguinte resultado: 3 4 4 3 4
- no primeiro mês, vendeu 10% de seu estoque; Observe que esta condição nos diz que os números z4 que satisfazem
- no segundo, 20% do restante das mercadorias; e a esta condição são aqueles cuja distância até o número complexo (–
- no terceiro, 50% do que sobrou z3) = 2 – 3i é menor ou igual a 2, ou seja, trata-se de um círculo de
Ao ver que sobraram 3.600 camisetas, no quarto mês, o fabricante centro (2,–3) e raio 2.
No plano de Argand-Gauss, temos:
1
reduziu o preço de cada uma em 33 %, conseguindo assim liquidar
y
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] 2
b) tinha um estoque que superava 834 dúzias de camisetas. x
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 A
Seja x o total de camisetas do estoque. De acordo com o enunciado,
–3
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. A intersecção das condições I e II será então tomar os pontos do
- Ao final do terceiro mês, ele vende 50% da mercadoria que está no círculo sombreado acima que têm parte real menor ou igual a 2. Isso
estoque, ou seja, sobra no estoque 50%.72%.x = 36%.x. corresponde à metade da esquerda desse círculo:
Portanto, no início do quarto mês o vendedor tem 36% do seu estoque
y
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
2) segundo mês: 1800 camisetas vendidas
3) terceiro mês: 3600 camisetas vendidas x
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 –3
enunciado, temos:
2 2
p360021600 p6p9
3 3 a) Falsa. A área desse semicírculo de raio 2 será dada por:
1
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1 distância permanece igual a 35 m. Assim, a alternativa B também está
S  22 26,286 correta.

2 c) A distância total percorrida será a soma dos termos de uma PA, que
b) Falsa. O número –3i é o único número complexo imaginário puro 2a (n1)r
nessa região, conforme o gráfico. pode ser calculada por Sn   1 2 r . Assim, temos que,
c) Falsa. Não há intersecção com o eixo x (eixo real), logo não há
nenhum número real nesse semicírculo. após 10 segundos, o cão terá percorrido uma distância de
d) Verdadeira. Os elementos do círculo (condição II) que são o de (2292).10
S  110m, enquanto o gato terá percorrido
menor e o de maior módulo podem ser obtidos geometricamente 10 2
traçando a reta que liga o centro (2,–3) à origem:
(2391).10
uma distância de S  75m. Assim, após os 10
y 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:
2 a a (n1)r a 3710
n 1 8
x Assim, o gato percorre 10 m, e não 14. Assim, a alternativa D está
incorreta.
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.
–3
r
O valor de pertence ao intervalo:
q
 1 1 
B a) 0,2 b) 2,1 c) 1,2 d) 2,3
Resolução Alternativa C
Por hipótese, temos:
PA ( -3,-3+r,-3+2r,...)
O ponto A é o de menor módulo e o ponto B é o de maior módulo. A PG ( x, xq, xq2,...)
 Assim, temos as seguintes igualdades:
reta AB tem equação:
x = – 3 + r; y= – 3 + 2r; y = xq; 24 = yq = (– 3 + 2r)q
0 0 1 Assim,
24=(– 3 + 2r).q (1)
2 3 1 03x2y 0
– 3 + 2r = (– 3 + r)q (2)
x y 1 3r 32r 9
Logo,  4r236r810(2r9)20r
Assim, o elemento z de menor módulo possível, cujo afixo 32r 24 2
corresponde ao ponto A, pertence não só círculo, mas de fato ao
semicírculo considerado, e também pertence á reta 3x + 2y = 0. Substituindo em (1), temos:
9
24(32. ).q246qq4.
QUESTÃO 34 2
Um cão e um gato, ambos parados, observam-se a uma distância de 9
35 m. No mesmo instante, em que o cão inicia uma perseguição ao Portanto, r  291,125.
gato, este parte em fuga. q 4 8
O cão percorre 2 m no primeiro segundo, 4 m no seguinte, 6 m no
terceiro segundo e, assim, sucessivamente. O gato, apavorado, QUESTÃO 36
percorre 3 m no primeiro segundo, 4 m no seguinte, 5 m no terceiro
segundo e, assim, sucessivamente. Considere  = 3,14 e i 1 e marque a alternativa correta.
Considerando que os dois animais se deslocam sempre sem a) Se S(x) = x2(x-a) + bx – c, onde a, b, e c são números reais
interrupção em seu movimento e numa trajetória retilínea de mesmo positivos, admite duas raízes simétricas, então
sentido, assinale a alternativa INCORRETA. 1
logalog  cologb
a) Até o quinto segundo, o cão terá percorrido uma distância igual
c
àquela que o separa do gato naquele instante.
b) O polinômio P(x) ao ser dividido por (x-1) deixa resto 6 e ao ser
b) Ao final dos três primeiros segundos, o cão ainda está 35 m distante
dividido por (x+3) deixa resto -2. Se P(x) dividido por Q(x) = x2 + 2x – 3
do gato.
deixa resto R(x), então R(0) = 2P(-3)
c) Em dez segundos, o cão alcançará o gato.
c) Se os números complexos 2, 2i e i-5 são raízes do polinômio A(x)
d) No oitavo segundo, o gato percorre 14 metros.
de coeficientes reais e termo independente nulo, então, o grau de A(x)
Resolução Alternativa D é, necessariamente, um número par maior do que 4
Note que a distâncias percorridas por segundo do cão e do gato são d) Se no polinômio B(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + 16 os coeficientes a, b
progressões aritméticas. Assim: e c são números reais, então as possíveis raízes racionais de B(x)
Cão: (2,4,6,8,10,...) estão entre os divisores de 16, necessariamente.
Gato: (3,4,5,6,7,...) Resolução Alternativa A
Analisando cada uma das alternativas, temos:
Analisando cada alternativa, 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 a) Correta: Seja S(x) x3 ax2 bxc um polinômio que admite
percorre 5 m a mais do que o gato. Como a distância entre cão e gato duas raízes simétricas. A partir das relações de Girard:
era, inicialmente, de 35 m, após o quinto segundo essa distância será a
de 30 m. Assim, a alternativa A está correta. r r r    a
1 2 3 1
b) Ao final dos três primeiros segundos, o cão terá percorrido 12 m,
Como a soma de duas raízes simétricas é zero, a terceira raiz é o
enquanto o gato também terá percorrido a mesma distância. Logo, a
próprio a. Assim:
2
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S(a) a3 aa2 bac 0 c ab Uma pessoa fará uma viagem e em cada uma de suas malas colocou
um cadeado contendo um segredo formado por cinco dígitos. Cada
Aplicando logaritmo em ambos os lados:
dígito é escolhido dentre os algarismos: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9. Na
c  ablogc logalogblogalogc  logb
primeira mala, o segredo do cadeado começa e termina com dígito par
1 e os demais são dígitos consecutivos em ordem crescente. Na
logalog  cologb
c segunda mala, o segredo do cadeado termina em dígito ímpar e
apenas o 1º e 2º dígitos são iguais entre si.
b) Incorreta: Seja R(x) o resto da divisão de P(x) por x2 2x3 = Dessa maneira, se ela esquecer:
(x – 1)(x + 3). Assim, existe um polinômio Q(x) tal que a) o segredo do cadeado da primeira mala, deverá fazer no máximo
P(x)Q(x)(x1)(x3)R(x). (52x 83) tentativas para abri-lo.
Como o grau do polinômio divisor é 2, podemos escrever R(x) = Ax + b) o segredo do cadeado da segunda mala, o número máximo de
B. Pelo teorema do resto, temos: tentativas para abri-lo será de 1890.
P(1)R(1)6 AB 6 c) apenas os três dígitos consecutivos em ordem crescente do
P(3)R(3) 2 3AB  2 cadeado da primeira mala, ela conseguirá abri-lo com, no máximo, 8
tentativas.
Resolvendo o sistema, encontramos R(x) = 2x + 4.
d) apenas os dois primeiros dígitos do cadeado da segunda mala,
Assim, R(0) = 4, enquanto 2.P(-3) = -4.
deverá tentar no máximo 10 vezes para abri-lo.
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 Resolução Alternativa C
A(x) então os números conjugados -2i e – i – 5 também são raízes. Pelo enunciado, temos:
Como 2 é raiz e o termo independente sempre é nulo, temos que 0 1) Primeira mala: primeiro e último algarismos são pares, os outros
também é raiz, e o grau de A(x) é, no mínimo, 6. Entretanto, não são dígitos consecutivos em ordem crescentes.
podemos afirmar nada com relação às multiplicidades de cada raiz, Nesse caso, note que temos 5 possibilidades para o primeiro
muito menos que as únicas raízes são essas; logo, não podemos algarismo, 5 possibilidades para o último, 8 possibilidades para o
garantir que o grau sempre será par. segundo (uma vez que o segundo número nunca pode ser 8 ou 9) e
d) Incorreta: Observe que uma condição fundamental para que o apenas 1 possibilidade para o terceiro e quarto números, uma vez que
teorema das raízes racionais funcione é que TODOS os coeficientes eles devem estar em ordem crescente. Assim, o total de possibilidades
do polinômio sejam inteiros. Como sabemos que os coeficientes a, b e é dado por 52.8 = 200.
c são reais (não necessariamente inteiros), não podemos afirmar que Assim, a alternativa (a) está incorreta, uma vez que 200 < 52.83. Além
as possíveis raízes racionais de B(x)=x4+ax3+bx2+cx+16 estão entre disso, note que existem apenas 8 seqüências de três números
os divisores de 16. 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
QUESTÃO 37 precisará apenas de 8 tentativas para abrir a mala.
2) Segunda mala: último algarismo ímpar, com apenas o primeiro e
1 320 segundo algarismos iguais entre si.
Sabendo-se que x i ,x 3 e x  i  são raízes de
0 1 2 2 2  Nesse caso, existem 5 possibilidades para o último número, 9
 
possibilidades para o primeiro (que não pode ser igual ao último, uma
P(x)x63x5x44x33x2ax3, onde i é a unidade imaginária vez que apenas o primeiro e o segundo são iguais), 1 possibilidade
e a é número real, marque a alternativa FALSA. para o segundo (ele deve ser igual ao primeiro), 8 possibilidades para
a) O número a também é raiz de P(x). 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
b) A soma das raízes reais de P(x) é um número par.
anteriores. Assim, o total de possibilidades é dado por 5.9.1.8.7 =
c) O produto das raízes imaginárias de P(x) é diferente de a 2520.
d) P(x) é divisível por x2x1. Assim, a alternativa (b) está incorreta, pois 2520 > 1890. Além disso,
note que, caso ela esqueça apenas os dois primeiros dígitos do
Resolução Alternativa C cadeado da segunda mala, então ela não precisará fazer 10 tentativas
Seja P(x) x6 3x5 x4 4x3 3x2 ax3 um polinômio tal para abrir a mala, uma vez que os outros algarismos devem ser
diferentes dos dois primeiros. Assim, na pior das hipóteses, ela deverá
que x = -i é raiz. Como a é real, então todos os coeficientes de P(x)
0 fazer 7 tentativas, o que torna a alternativa (d) incorreta.
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 QUESTÃO 39
iai0a1 Uma pessoa deve escolher (não importando a ordem) sete, dentre dez
Alternativa A (correta): cartões numerados de 1 a 10, cada um deles contendo uma pergunta
Calculando P(1), temos: P(1)13143130 diferente. Se nessa escolha houver, pelo menos três, dos cinco
Assim, a = 1 é raiz real de P(x). primeiros cartões, ela terá n formas de escolha.
Alternativa B (correta): Sendo assim, pode-se afirmar que n é um número
As raízes reais de P(x) são 1 e 3, uma vez que temos 6 raízes, sendo a) quadrado perfeito. b) múltiplo de 11.
c) ímpar. d) primo.
4 delas complexas (x ,x ,x ,x ), logo a soma das raízes reais de P é
0 0 2 2 Resolução Alternativa B
um número par.
De acordo com o enunciado, a pessoa deve escolher 3,4 ou 5 cartôes
Alternativa C (FALSA):
dos 5 primeiros (pelo menos três) e o que falta para completar os 7
20
1 3 20 2 1 3 cartões dos 5 restantes. Como a ordem não importa, temos:
Seja x2  2 i 2   cis 3   cis 3   2  2 i. 555555110, possibilidades para escolher os
34 43 52
1 3
Logo, o número x    i também é raiz de P(x). cartões (que é um múltiplo de 11).
2 2 2

Assim, x0x0x2x2 x02 x22141341a AnalQiseU asE pSroTpoÃsiçOõe s4 s0eguintes.
Alternativa D (correta): (02) Se 1(1!)2(2!)3(3!)n(n!)(n1)!1, com
Observando que as raízes de x2 + x + 1 são dadas por x2 e x2, temos n{1,2,3,4,}, então, o valor de
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
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p  m  n 4
(04) O valor de m1m1 é p2. j1a2jbj1=j1a2jbj1  n = 4 e portanto não podemos afirmar que c21
(08) Uma caixa (I) contém 6 garrafas com rótulo e duas 4
= a b
garrafas sem rótulo; outra caixa (II) contém 4 garrafas 2j j1
j1
com rótulo e uma sem rótulo. Uma caixa é selecionada
Obs: O produto escalar entre duas n-uplas é definido por:
aleatoriamente e dela uma garrafa é retirada. A
u=(x ,x ,...,x ) e v=(y ,y ,...,y ),
probabilidade dessa garrafa retirada ser sem rótulo é de 1 2 n 1 2 n
u,v = (x,x ,...,x ),(y,y ,...,y ) = x y +x y +...+x y .
22,5%. 1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n
(16) Dois dígitos distintos são selecionados aleatoriamente II) A proposição é verdadeira, pois usando o fato de que det(A) =
dentre os dígitos de 1 a 9. Se a soma entre eles é par, a det(At), det(AB)=detA.detB e det(kA)=kndetA, onde n é a ordem da
5 matriz, temos:
probabilidade de ambos serem ímpares é 8 . AYB=2Bt  det(AYB)=det(2Bt)  detA.detY.detB=2ndetB,
A soma das proposições verdadeiras é igual a: 2n
Logo, detY 
a)14 b)24 c) 26 d) 30 detA
Resolução Alternativa C 1 1
Como detA  4 temos:
(02) A proposição é verdadeira, pois por hipótese: detA1 1
4
1(1)!2(2)!...10(10)!1 11!11 11! 990
   18 2n 2n
8!(12...10) 8!(55) 8!.55 55 detY   2n2
detA 4
(04) A proposição é falsa, pois a soma pedida é a soma das diagonais
III) A proposição é verdadeira:
do Triângulo Aritmético de Pascal. Como a soma das diagonais é dada
Por indução, temos:
p  m  p1
por:   1 0 1 0 1 0
m1m1 p1 n=2: A2 1 1.1 12 1
p1 (p1).p
Temos portanto que   p2; 1 0
p1 2 Assumindo para n=k: Ak  , temos:
k 1
(08) A proposição é verdadeira, pois o evento desejado ocorre quando
escolhendo a caixa (I) retiramos uma garrafa sem rótulo ou 1 0 1 0  1 0
escolhendo a caixa (II) retiramos uma garrafa sem rótulo. Podemos n=k+1: Ak.A .  Ak1
k 1 1 1 k1 1
calcular a probabilidade deste evento ocorrer de

1 2 1 1 9
P2.82.54022,5% QUESTÃO 42
(16) A proposição é verdadeira, pois se a soma dos dígitos é par, Um suspeito de assaltar dois caixas de um supermercado foi intimado
temos as seguintes possibilidades: a prestar depoimento e fez a seguinte declaração:
Par e Par ou Impar e Impar. “No primeiro caixa foram roubados dois pacotes de notas de 20 reais,
De 1 a 9, temos 4 números pares e 5 ímpares. cinco pacotes de notas de 50 reais e um pacote de notas de 100 reais,
O número de eventos Par e Par é dado por: 4.3=12 e o número de totalizando 100 mil reais. No segundo caixa, foram roubados um
eventos Ímpar e Ímpar é 5.4 = 20. pacote de notas de 20 reais e três pacotes de notas de 100 reais, num
Assim, o espaço amostral é 32 e o número de eventos de interesse é total de 50 mil reais. Os pacotes de notas de mesmo valor tinham a
20 mesma quantidade de notas.
Cada pacote de notas de 100 reais tinha igual valor de cada pacote de
20 5
Logo a probabilidade é  . notas de 50 reais.”
32 8
Diante do depoimento do suspeito, pode-se concluir que:
Assim, a soma pedida é 26.
a) ele pode ter falado a verdade.

b) ele falou, necessariamente a verdade.
QUESTÃO 41 c) havia, necessariamente, 940 notas em cada pacote de notas de 20
Analise cada proposição a seguir classificando-a como VERDADEIRA reais.
ou FALSA. d) ele mentiu, necessariamente.
I) Sejam as matrizes A = (aij)3xn e B = (bjk)nx4 (n ≥ 1) então a matriz C Resolução Alternativa A
= A·B é tal que o elemento c = 4 a b De acordo com o enunciado, podemos formar o seguinte sistema:
21 2j j1
j1 2.20x5.50y1.100z100000
II) A e B são matrizes inversíveis de ordem n. Se AYB = 2Bt, onde Bt é 
 1.20x3.100z50000 onde x é o número de pacotes
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  y 2z
igual a 2n-2 com notas de 20 reais, y é o número de pacotes com notas de 50 reais
1 0 1 0 e z é o número de pacotes com notas de 100 reais.
III) Seja a matriz A =   então An =  , n  N* Substituindo a terceira equação na primeira, temos:
1 1 n 1
40x600z100000
É correto afirmar que são verdadeiras 
a) todas as proposições b) apenas II e III. 20x300z50000
c) apenas I e II. d) apenas I e III. Logo, como o sistema é possível (embora indeterminado), o assaltante
Resolução Alternativa B pode ter falado a verdade.

I) A proposição é falsa, pois para obter um elemento c do produto
ij
de duas matrizes usamos o produto escalar entre os elementos da QUESTÃO 43
linha i da primeira matriz e os elementos da coluna j da segunda A circunferência () x2 + y2 – 2x – 2y + k = 0 passa pelo ponto A(0,1).
matriz, já que cada fila forma uma n-upla ordenada com os seus
Sabendo-se que o ponto P de () mais próximo da origem coincide
elementos.
com o baricentro do triângulo MNQ, onde M(0,k), N(2k,0) e Q(x ,y ) é
Assim, usando as hipóteses da proposição: Q Q
correto afirmar que a área do triângulo MNQ é um número do intervalo
C = (AB) tem como elemento 21:
3x4
c = a b +a b +a b +a b +...+ a b =n a b . a) 1,3 b) 3,2 c) 2,5 d) 5,3
21 21 11 22 21 23 31 24 41 2n n1 2j j1  2 2   2 2 
j1
4
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Resolução Alternativa B Resolução Alternativa A
Considerando que o ponto (0,1) está na circunferência, temos 02 + 12 (I) Verdadeira. Se P pertence simultaneamente à bissetriz dos
– 2.0 – 2.1 + k = 0, logo k = 1. quadrantes ímpares (reta y = x) e à bissetriz dos quadrantes pares
Assim, a circunferência em questão é descrita pela equação: (x – 1)2 + yx
(y – 1)2 = 1. (reta y = –x), então ele satisfaz o sistema  . Logo, P = (0,0).
O ponto P da circunferência mais próximo da origem pode ser obtido yx
geometricamente ao construirmos a reta que passa pela origem (0,0) e Assim, temos o gráfico a seguir: a reta y = k é paralela ao eixo x,
pelo centro (1,1) da circunferência. passando pelo ponto (0,k). Assim, o ponto S, simétrico do ponto P em
y relação a esta reta, é o ponto
S = (0,2k), cuja soma das coordenadas é igual a 2k.

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 P(0,0) x
por 21. Como este ponto está na reta x = y, temos que esta
distância é a diagonal de um quadrado. Assim: (II) Falsa. Se y23yx0y23y0.
2 2 Graficamente, a solução desta inequação em y é:
21x 2x
2 + +
2 2 2 2
Portanto, o ponto P ,  é o baricentro do triângulo MNQ.
 2 2 
  –
0 3
Podemos obter as coordenadas do ponto Q, a partir das coordenadas
do baricentro:
2 2 2x 2 2 1y 0y3
 Q e  Q
2 3 2 3 Como y é um número inteiro, os únicos valores possíveis nesse
intervalo são y = 1 ou y = 2.
23 2 43 2
Assim Q 2 , 2 . Se y 1y23y 12312 .
y 2y23y 22322

O triângulo MNQ tem como vértices os pontos M(0,1), N(2,0) e Nesse caso, y23yx02x0 x=–2 ou x=–1
Q(xQ,yQ), cuja área é dada por: Logo, existem quatro pontos P(x,y) que atendem às condições: (–1,1),
0 1 1 (–1,2), (–2,1) e (–2,2).
1 1 (III) Verdadeira. A distância de um ponto P(x,y) até o eixo das
A  2 0 1  x 2y 2 .
MNQ 2 2 Q Q abscissas é |y|, enquanto a distância desse mesmo ponto até o ponto
x y 1
Q Q Q(0,6) é dada por (x0)2(y6)2 . Assim, o lugar geométrico em

questão é:
Substituindo as coordenadas de Q temos:
1 x2y212y36
1 23 2 1 9 2 |y| x2(y6)2 y2  
A  43 22  3 2 4
MNQ 2 2 2 2
x2
3y212y36x2 0y24y 12
Aproximando 21,4, temos: 3
1 Completando quadrados nessa equação, temos:
A = 36,3 1,65, que está entre 1,5 e 2.
MNQ 2 x2 (y2)2 x2
y22y22 1222  1
3 16 48
QUESTÃO 44 Esta é a equação de uma hipérbole centrada no ponto (0,–2), com as
Classifique em (V) verdadeira ou (F) falsa cada afirmativa abaixo medidas a2 16 e b248.
sobre o ponto P(x,y) no plano cartesiano. Logo, c2a2b2164864c8.
( ) Se o ponto P pertence simultaneamente às bissetrizes dos
c 8
quadrantes ímpares e dos quadrantes pares, então o ponto simétrico A excentricidade da elipse é então dada por: e  2
de P em relação à reta y = k (k*) tem a soma das coordenadas a 4

igual a 2k.
( ) Sendo {x,y}, então existem apenas dois pontos P(x,y) que QUESTÃO 45
Considere as curvas, dadas pelas equações
x0 (I) 16x2 + 4y2 + 128x – 24y + 228 = 0
atendem às condições 
y23y x (II) y = 7 - |x|
(III) y2 – 6y – x + 5 = 0
( ) Os pontos P(x,y) tais que a sua distância ao eixo das abscissas é
Analise cada afirmação a seguir, classificando-a em VERDADEIRA ou
igual à metade da distância de P ao ponto Q(0,6) formam uma
FALSA
hipérbole de excentricidade igual a 2.

Sobre as afirmativas tem-se
(01) O gráfico de (I) é representado por uma elipse, de (II) por duas
a) apenas uma falsa.
retas e de (III) por uma parábola.
b) apenas duas falsas.
(02) O centro de (I) é um ponto de (II) e coincide com o vértice de (III).
c) todas falsas.
(04) A soma das coordenadas do foco de (III) é um número menor que
d) todas verdadeiras.
-1
5
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  3 3
(08) A excentricidade de (I) é igual a cos b) Se a função s: D é tal que s(x)fx , então s(0)
6  2 2
A soma dos itens verdadeiros é um número do intervalo c) O domínio da função r: E tal que r(x)= f(x)-3 é o intervalo real [-6
a)[1,3] b)[4,7] c) [8,11] d) [12,15]
, 6]
Resolução Alternativa C
d) A função r: E tal que r(x)= f(x) - 3 NÃO possui raízes em 
(01) Falso
(x4)2 (y3)2 Resolução Alternativa D
(I) A equação pode ser reescrita como  1, que Analisando cada item:
4 16
a) Correta: O gráfico da função h é o mesmo da função f deslocado
representa uma elipse com eixo maior vertical e centro no ponto C = (-
3/2 no eixo y.
4,3)
Analisando os pontos de máximos e mínimos de f, podemos observar
(II) Da definição de módulo, temos:
que no intervalo [-3,3/2] a função é descrita por f(x) = - x, o que implica
y 7x, se x0 que seus pontos de máximo e mínimo são respectivamente 3 e -3/2.
y 7x, se x0, ou seja, tal equação representa duas semi- Assim, o ponto de máximo da função h é 3 + 3/2 = 9/2 e o ponto de
 9
retas no plano cartesiano e não duas retas. mínimo é -3/2 + 3/2 = 0 e portanto a imagem de h é dada por 0, .
 
(III) Essa última equação pode ser reescrita como  2
(y-3)2 = x + 4, que é uma parábola com eixo de simetria horizontal e  3 3 3
vértice no ponto V = (-4,3) b) Correta: s(0)f0 f 
 2 2 2
(02) Verdadeiro
Do item anterior, vemos que P=(-4,3) é o centro da elipse e o vértice c) O domínio de r é o mesmo domínio de f. Determinando os valores
da parábola. Além disso, P pertence ao gráfico de (II) pois x = -4 y de a:
Temos que o coeficiente angular no intervalo [-a,-3] é dado por
= 7-|-4| = 3
(04) Falso  3
0 
1 30  2 3 2
(y – 3)2 = x + 4 p = , onde p é o parâmetro da parábola (distância  a5  a6.
2 35 5a 2 3
do foco a reta diretriz). Portanto, o domínio de f e de r é dado pelo intervalo real:
Sendo o vértice da parábola o ponto V = (-4,3) e dado que seu eixo de [-a , a] = [-6 , 6]
simetria é horizontal obtemos o foco F por: d) Incorreta: a função r: E tal que r(x)= f(x) - 3 apresentará raiz real
p 7
F = (4 ,3) = ( ,3) para x=-3.
2 2 Do enunciado f(-3)=3  r(-3) = f(-3)-3= 3-3=0
1 Logo -3 é raiz da função r.
Logo x + y = -
f f
2
(08) Verdadeiro
(x4)2 (y3)2
Na equação da elipse  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 a2 b2c2 (onde c é a metade da
distância focal), temos:
c = 2 3
c
Logo a excentricidade, definida como e = vale
a
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:[- log[f(x21)]log x42x21, onde f é uma função real de A em B
a,a], onde f(0)=0.
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 Alternativa A
Observe que x42x21 (x21)2 |x21|, e portanto,
log x42x21log|x21|
Pelas condições de existência do logaritmo, o logaritmando deve ser
positivo, portanto devemos ter

Analise as alternativas abaixo e marque a INCORRETA. i) |x21|0 (o que acontece se e somente se x1)
3 ii) f(x21)0.
a) O conjunto imagem da função h: AB, definida por hxfx
2 Nos pontos onde isso acontece, vale:
 9 log[f(x21)]log|x21|f(x21)|x21|.
é Im = 0,
 
 2 Assim, temos que f(w)|w|
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Verificando a segunda condição de existência citada, note que, (gogof-1) (5/2) = g(g(f–1(5/2)))=g(g(1))=g(0)=4>0.
f(w)|w|, que é sempre não negativa. c) Incorreta:
Esta função se anula somente quando w = 0 ou seja f(x)2
Estudando os sinais da expressão temos:
f(x21)0x210x1 g(x)
Logo o domínio da função f é {1,1}
Assim, o gráfico da função f deve ser: f(x)20x32 g(x)01x4
 e g(x)0x1ou x4
y f(x)20x32 g(x)0x1ou x4
A expressão não é definida para x=1 ou x=4. Assim:
f(x)2 2
 0x
 g(x) 3

1 f(x)2 2
 0x1e x ou x4
 g(x) 3

13 1
–1 1 x d) Incorreta: f(x) – g(x) = x2 x3, cujas raízes são e 6 e é
2 2
1
não positiva para x ou x6.
a) Verdadeira: conforme o gráfico, todos os pontos não-negativos do 2
eixo y, exceto o 1, foram atingidos, e portanto Im(f) {1}.

b) Falsa: por exemplo, temos f(2)f(2)2. QUESTÃO 49
Considere as funções reais
c) Falsa: se fixarmos o contradomínio da função f como sendo
B{1}, apenas a tornaremos uma função sobrejetora, mas ela f:R* R tal que f(x)x2
continuará sendo não injetora. Se não é uma função injetora, com 1x
mais razão não é bijetora e, portanto, não admite inversa. g:RR* tal que g(x)2
d) Falsa: conforme demonstrado no início, o domínio da função é
h:R *R tal que h(x)log x
{1,1}.  2

e marque a alternativa correta.
QUESTÃO 48
g(x)
As funções f:  do 1º grau e g: [b, +[ do 2º grau estão a) O domínio da função k definida por k(x) é o conjunto dos
h(x)
representadas no gráfico abaixo.
números reais positivos.
f(x)h1(x)
b) A função j definida por j(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))log 9, então (ab) é um número
3
primo.

Resolução Alternativa D
a) Falsa, pois para x1, temos h(1)0, e portanto a função
g(x)
k(x) não está definida para x = 1. O domínio da função k seria
h(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 b) Falsa.
inteiro. Temos h(w)log w e chamando h(w)x, temos:
b) (gogof-1) (5/2) > 0 2
h1(x)w . Assim, xlog w log h1(x)
f(x)2 2 2
c) 0{x|x1 ou x4} 1x
g(x) log2h1(x)xh1(x)2x 2 g(x).
d) f(x)-g(x)0 {x|x0 ou x6}
Resolução Alternativa B Por outro lado, (gf)(x)g(f(x))1f(x)1x2.
2 2
Da observação do gráfico, é possível descobrir que:
3 1x
f(x) 2x1 f(x)h1(x) (x2)2 (x2)
Logo, j(x)   , de modo que a
Assim, x= -2/3 será raiz desta função. (gf)(x) 1x2 4
g(x)x2 5x4 2
Assim, x=1 e x=4 serão raízes da função g, e seu ponto de mínimo função j se anula apenas num ponto, quando x=2
será yv 4a94. c) Falsa. Pelo item anterior, (gf)(x)21x2, e assim, temos
a) Incorreta, pois a imagem de g(x)=yR|y9. Logo, para que 1x2
 4 m(x)1(gf)(x)  1.
2
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, Resolvendo a equação m(x)0, temos
f(1)=5/2f–1(5/2) =1. Ainda observando o gráfico, temos:
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1x2 1x2 educação, R$5.000,00 com o total pago à Previdência, e R$1.500,00
  10  1x2 por dependente.
2 2 Nessas condições, sabendo-se que o valor do imposto pago por este
Assim, a função m possui uma raiz. trabalhador, no ano de 2007, foi de R$3.515,00, o número de
d) Verdadeira. Observe que gh(x)x para todo xR * e dependentes considerado foi:

a) 2 b) 3 c) 4 d) 6
hg(w)w para todo wR, já que as funções g e h são funções
inversas uma da outra. Logo: Resolução Alternativa C
Seja x o total de dependentes. As deduções do imposto de renda
8g(h(a))aa8
 desse trabalhador somam um total de:
2log39h(g(2b))2bb1 R$9400,00 + x.R$1500,00
Portanto: ab817, que é um número primo. O valor limite máximo (não incluído) de alguém que paga imposto com
uma alíquota de 15% é calculado por:

QUESTÃO 50 15%.3000022502250
"A Arrecadação da CPMF, devido à ampliação de sua abrangência, e Assim, analisemos o imposto pago, utilizando a alíquota de 27,5%:
ao aumento da alíquota, cresceu mais de 140% nos últimos anos (em I=27,5%.50000-(9400+1500x)-6000=3515
bilhões de reais por ano)".
9515
Revista Veja - 14/03/2007 406001500x  346001500x 6000
0,275
6000
 x   4
1500
Logo, o total de dependentes é 4.

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

Supondo que o crescimento da arrecadação representado no gráfico Como b > 1, podemos reescrever a função como
acima é linear do ano 2005 ao ano de 2007 e que y% representa o 1 1
f(x)2b|x| 2 , onde 0 1.
aumento da arrecadação do ano de 2005 ao ano de 2006, é correto b|x| b|x|
afirmar que y é um número do intervalo:
Daqui, segue que 1 f(x)2, de modo que f(x) admite um mínimo
a) [8, 9[ b) [9, 10[ c) [10, 11[ d) [11, 12[
e um máximo. Além disso, fica evidente que o conjunto-imagem de f é
Resolução Alternativa B
o intervalo [1;2], de modo que a alternativa (a) está correta, enquanto
De acordo com o gráfico, de 2005 a 2007, a arrecadação da CPMF
a alternativa (d) está incorreta.
salta de R$29,2 bilhões de reais para um valor estimado de R$34,8
Para verificar a validade da alternativa (b), note que se
bilhões.
1 1 1 1 1
Supondo linear o gráfico entre os anos citados, temos que a x  1       f(x)2
b|x| b b|x| b b
29,234,8
arrecadação em 2006 é dada por =32 bilhões. 1
2 Temos também que lim 2 e portanto 2  f(x)2
O aumento de arrecadação, tomando com base o ano de 2005, x b
R$32bi
corresponde a: 1,09. Desta forma a arrecadação
R$29,2bi QUESTÃO 53
aumentou cerca de 9% de 2005 para 2006. Sabendo-se que a função real f: D  B definida por
Portanto y pertence ao intervalo [9, 10[ x
f(x) = é inversível e que D e B são conjuntos os mais amplos
1x
QUESTÃO 51 possíveis, é FALSO afirmar que
Considere a tabela para cálculo do imposto de renda a ser pago à a) f é crescente para todo x tal que x < 1 ou x > 1.
Receita federal no ano de 2007 – ano base 2006 (valores b) a equação da assíntota horizontal de f é y = -1.
arredondados para facilitar os cálculos). c) se g é tal que g(x) = |f-1(x)|, então não existe x real tal que g(x) = 1
Rendimento para base Alíquota Parcela a deduzir d) f-1(0) + f-1(-½) < 0
de cálculo (R$) (%) (R$) Resolução Alternativa C
até 14.999,99 Isento -
a) Correta.
De 15.000,00 a 30.000,00 15 2.250,00
Tome x,y ≠ 1, e suponha que f(x) > f(y):
acima de 30.000,00 27,5 6.000,00
x y x y x(1y)y(1x)
Para se conhecer o rendimento para base de cálculo, deve-se subtrair    0 0
do rendimento bruto todas as deduções a que se tem direito. Esse 1x 1y 1x 1y (1x)(1y)

rendimento para base de cálculo é multiplicado pela alíquota xy
correspondente. Em seguida, subtrai-se a parcela a deduzir  0
(1x)(1y)
correspondente, de acordo com a tabela acima, obtendo-se assim o
valor do imposto de renda a ser pago. Se x,y < 1, temos que (1-x)(1-y) > 0. Da mesma forma, se x,y > 1,
Um trabalhador, cujo rendimento bruto foi de R$50.000,00 teve direito também encontramos (1-x)(1-y) > 0. Em ambos os casos temos x – y
às seguintes deduções: R$4.400,00 com o total de gastos em > 0 e, conseqüentemente,
x > y. Assim, pela hipótese de que f(x) > f(y), f é crescente para todo x
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> 1 ou x < 1. Observe que esse resultado só é válido nesse caso,
a 6
quando olhamos o domínio de maneira separada. Caso contrário, f Por Pitágoras EP .
não seria crescente. Assim, a alternativa (a) está correta. 2
b) Correta. 3 6
x x1 1 1 Assim cos ; sen e tg 2.
Reescrevendo f(x)    1, 3 3
1x 1x 1x 1x
Observando tg , como 1 2  3, temos 4560;
percebemos que o gráfico de nossa função corresponde à uma
hipérbole de assíntota vertical x = 1. Fazendo x  , notamos que
1 (01) VERDADEIRA: se 4560 90o <  < 120o;
1 1, de modo que y = -1 é a assíntota horizontal de
1x (02) VERDADEIRA: tg 2, e como 1 2  3, então
nossa função, o que torna a alternativa (b) correta. 4560;
c) Incorreta.
2.tg 2 2
Note que se g(x)|f1(x)|, existe algum ponto x tal que (04) VERDADEIRA: tg(2)  2 22tg;
1tg2 12
f1(x) 1, uma vez que 1D. Assim, existe x tal que
6 3 2 2 tg2 2 2
(08) FALSA: sen(2)2.sen.cos2. .   
g(x)|f1(x)||1|1, e a alternativa (c) está incorreta. 3 3 3 3 3
d) Correta. (16) FALSA:
Seja a função inversa de f dada por f1(x) y, assim, 3  1 1 1
cossec     3tg60
y x  2  3  sen 3
x   y  x(1y) xxy  y  f1(x) . Desse sen  
1y 1x  2  3
Soma das proposições verdadeiras: 01 + 02 + 04 = 07
1
modo, temos que f1(0)f121 0 12  1<0, e a QUESTÃO 55
2
Considerando as definições e propriedades das funções
alternativa (d) está correta.
trigonométricas, marque a alternativa correta.

a) A função f definida por f(x) sen2xcos2x possui período e
QUESTÃO 54
No cubo da figura abaixo, considere P o ponto de encontro das imagem, respectivamente, iguais a  e 0, 2.
 
diagonais da face ABCD e Q o ponto de encontro das diagonais da
face EFGH e  é medida do ângulo PÊQ. b) Se f e g são funções tais que f(x)tgx e g(x) x , sabendo-se
que existe a função j definida por j(x)(fog)(x), então j é periódica.

c) No intervalo de  , a função h definida por h(x) cos2x é
4 2
decrescente.
3x1
d) O domínio da função g definida por g(x)3.arcsen é
2
1 
D ,1
 
3 
Resolução Alternativa D

Analise as proposições seguintes. a) Incorreta. Vamos transformar a diferença sen2x – cos2x numa
(01) 2 é um ângulo maior que 90º única função trigonométrica:
(02)  é um ângulo do intervalo [45º, 60º] sen2xcos2x1sen2x1cos2x
(04) tg 2 = -2tg 
1 12 12( 1 sen2x 1 cos2x)
(08) sen 2 = 3 tg2 12 12 12 12
3  2 2  
(16) cossec  tg60º 2( sen2x cos2x) 2(cos sen2xsen cos2x)
 2  2 2 4 4
O número que representa a soma das proposições verdadeiras é    
2sen2x . Logo, f(x) 2sen2x 
múltiplo de:  4  4
a) 2 b) 3 c) 5 d) 7
Resolução Alternativa D Como 1sen2x10 sen2x 1
Do enunciado,podemos formar o triângulo PEQ a seguir:  4  4
 
0 2sen2x   2 0 f(x) 2 Im(f)[0, 2]
 4
O gráfico da função f é:

a 2
Do triângulo PEQ, temos: EQ ; PQa
2

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O ELITE RESOLVE O VESTIBULAR DA AFA 2008 –MATEMÁTICA

 funções P e L estabelecem os saltos do Pingüim e da Lebre,
Observe que o período desta função é , e não  . respectivamente.
2
A opção que contém funções que podem representar a situação
b) Incorreta. O gráfico da função f g(x)tg|x| é:
descrita, sabendo-se que a função P está restrita a um único período,
é:
 
a) P(x) = -tg x e L(x) = 2 senx
 2
 
b) P(x) = cotg x e L(x) = 2 sen x
 2
c) P(x) = tg(x) e L(x) = 2 sen2x
d) P(x) = -2tg(x) e L(x) = sen2x
Observe que, embora esta função seja par, ela não é periódica. Resolução Alternativa A
Comparando com os movimentos do enunciado, os gráficos de
 5  3
c) Incorreta. Tome a 3 e b 12 , e note que como 4  12 , P(x)tgx e L(x)2.senx são os que melhor descrevem
 2
 4 e 6, temos que ab, de maneira que as trajetórias do pingüim e do coelho, respectivamente. A seguir, os
3 12 2 12 4 2 gráficos de tais funções:
y
 
tanto a quanto b pertencem ao intervalo considerado  , . 4
4 2
 2 1 1 2
h(a)|cos2a| cos   
3 2 2

Agora,    0 x
 5 3 3 P(x)tgx  0 0.5 1 1.5 2 2.5
h(b)|cos2b| cos 6   2  2  2

-2
Logo, temos ab e h(a)h(b) , conseqüentemente a função
h(x) cos2x não é decrescente no intervalo considerado. -4

d) Correta. Para que x pertença ao domínio, devemos ter o valor

dentro do radical maior ou igual a zero, e, além disso, por se tratar de
y
um valor de seno deve ser menor ou igual a 1.
2
3x1 3x1 1
0 10 1 x1
2 2 3 1.5
L(x)2.senx 1
QUESTÃO 56
0.5
Considere as situações a seguir:
I) Suponha que a passagem de um pingüim, da água para a superfície
0 x
de uma geleira, possa ser representada como no esquema da Figura 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
1.

QUESTÃO 57
Considere um triângulo MNP, eqüilátero, inscrito numa circunferência
de centro O e raio r.
Seja RS uma corda que intercepta os lados MN e MP do triângulo
nos pontos T e V, pontos médios dos respectivos lados. Se
RT VS1 cm, então o valor da área do quadrilátero NPVT, em
II) Suponha também que uma seqüência de saltos uniformes de uma cm2, é dado por um número do intervalo
lebre, possa ser representada como no esquema da Figura 2.
(DADOS: 31,73 e 52,23)
a) [1,3[ b) [3,5[ c) [5,7[ d) [7,9[
Resolução Alternativa B
O desenho correspondente ao enunciado é:
M

Transportando as situações acima para um plano cartesiano,
considere:
- o eixo das abscissas coincidindo com o nível da água gelada para o R T V S
pingüim;
- o eixo das abscissas coincidindo com o solo para a lebre;
O
- a altura do salto do pingüim e da lebre indicada no eixo das
ordenadas.

N P
Tendo por base as situações apresentadas, nas figuras 1 e 2 e ainda a
teoria dos gráficos das funções trigonométricas, pode-se relacionar
aos saltos um tipo de gráfico dessas funções. Assim sendo, as

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