COLÉGIO GOYASES EXERCÍCIOS Prof. Kairo O. Silva

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1 COLÉGIO GOYASES EXERCÍCIOS Prof. Kairo O. Silva
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2 1- Determine a medida de x + y.
Resolução X= 1/2 ARCO (CBE) Y=1/2 ARCO (CDA) X+Y= ½ ARCO (CBE) + ½ ARCO (CDA) Temos que x = ½ [arco (CBA) + 70°] Logo: X + Y = ½ [arco(CBA) + 70°] + ½ arco(CDA) = 1/2 arco(CBA) ½ arco(CDA) = ½ [ arco(CBA) + arco(CDA)] + 35° = ½ ° + 35° = 180° + 35° = 215°

3 2–( Mack-2007) Se = 0, 0 < x < π/2, sec2x vale:
6cosx tgx sen2x cosx Resolução: 4 2 1 3 5 6cosx . cosx -(tgx) . (sen2x) = 0 6cos2x - senx/cosx senx.cosx = 0 6cos2x – 2sen2x = 0 6cos2x = 2sen2x 6/2 = sen2x / cos2x 3 = tg2x tgx = +/- √ 3 tx = √3 temos: sec2x = tg2x + 1 sec2x = 3 + 1 Logo, sec2x = 4

4 Resolução: 1/21 1/8 Sendo os eventos: 3/21 D: pessoas daltônicas 5/21
3-(ITA-2008) Considere uma população de igual número de homens e mulheres, em que sejam daltônicos 5% dos homens e 0,25% das mulheres. Identifique a probabilidade de que seja mulher uma pessoa daltônica selecionada ao acaso nessa população. Resolução: 1/21 1/8 3/21 5/21 1/4 Sendo os eventos: D: pessoas daltônicas H : homens M: mulheres Temos: P( H ∩ D) = 0,05 P( M ∩ D) = 0,0025 P(M / D) = 0,0025 / 0,05 + 0,0025 P(M / D) = 25/525 P(M / D) = 1/21

5 Resolução: a) 3√3 b) 3√2 Ve = 4√3π c) 2√3 d) 2√2 4 πr3/3 = 4√3π e) 2
4-(ITA-2008) Um diedro mede 120°. A distância da aresta do diedro ao centro de uma esfera de volume 4√3π cm3 que tangencia as faces do diedro é, em cm, igual a : Resolução: a) 3√3 b) 3√2 c) 2√3 d) 2√2 e) 2 Ve = 4√3π 4 πr3/3 = 4√3π r3 = 3√3 r3 = √33 r = √3 cm sen60°= r / d √3 / 2 = √3 / d Logo, d = 2 cm

6 [(10-x)2]2 = x2 . 102 (10 – x)2 = 10x 100 – 20x + x2 – 10 x = 0
5–(ITA-2008) Considere o quadrado ABCD com lados 10 m de comprimento. Seja M um ponto sobre o lado AB e N um ponto sobre o lado AD, eqüidistantes de A. Por M traça-se uma reta r paralela ao lado AD e por N uma reta s paralela ao lado AB, que se interceptam no ponto O. Considere os quadrados AMON e OPCQ, onde P é a intersecção de s com o lado BC e Q é a intersecção de r com o lado DC. Sabendo-se que as áreas dos quadrados AMON, OPCQ e ABCD constituem, nessa ordem, uma progressão geométrica, então a distância entre os pontos A e M é igual, em metros, a. A sequência ( x2 , (10 – x)2, 102) é uma PG a) √5 b) √5 c) 10 - √5 d) 15 – 5√5 e) √5 [(10-x)2]2 = x (10 – x)2 = 10x 100 – 20x + x2 – 10 x = 0 RESOLUÇÃO X2 – 30x = 0 r X = 15 +/- 5√5 Como 0 < x < 10 , temos D Q C X = (15 - 5√5)m 10 -x N P O 10 -x s x x A M B

7 Pela lei dos senos, temos: BC / senA = 2 R 2 / senA = 4
6 –(ITA -2009) Do triângulo de vértices A,B e C, inscrito em uma circunferência de raio R = 2 cm, sabe-se que o lado BC mede 2cm e o ângulo interno ABC mede 30°. Então, o raio da circunferência inscrita neste triângulo tem o comprimento, em cm, igual a. a) 2 - √3 b) 1 / 3 c) √2/4 d) 2√3 – 3 e) 1 / 2 Pela lei dos senos, temos: BC / senA = 2 R 2 / senA = 4 senA = 0,5 → A = 30° Pela lei dos cossenos, temos L2 = – ( - ½ ) L2 = 8 + 4 RESOLUÇÃO: L = 2√3 C Seja r o raio da circunferência inscrita no triângulo ABC S : sua área 120° S = (2 . 2) / 2 . √3/2 2 cm 2 cm S = √3 S = p . r 30° 30° √3 = (2 + √3)r B A L R = (2√3 – 3)cm

8 Zn = |z|n[cos(n.θ) + isen(n.θ)] → Fórmula de De Moivre
7- (ITA – 2009) Se a = cos (π / 5) e b = sen (π / 5) , então, o número complexo z = (cos π / 5 + i sen π / 5 )54 é igual a. RESOLUÇÃO: a + bi - a + bi (1 – 2a2b2) + ab(1 + b2)i a – bi 1 – 4a2b2 + 2ab(1 – b2)i cos(54π / 5 ) + i sen(54π / 5) cos(10π + 4π/5) + i sen(10π + 4π/5) cos(4π/5) + i sen(4π/5) - cos(π/5) + i sen(π/5) Logo, z = - a + bi Lembrete: Zn = |z|n[cos(n.θ) + isen(n.θ)] → Fórmula de De Moivre y 4π/5 π/5 x

9 y + 3x – 6 = 0 y + x – 4 = 0 3y + x – 10 = 0 2y + 3x – 9 = 0
8 – (ITA-2009) Sejam C uma circunferência de raio R > 4 e centro ( 0,0 ) e AB uma corda de C. Sabendo que ( 1 , 3) é o ponto médio de AB, então uma equação da reta que contém AB é. Cálculo do coeficiente angular y + 3x – 6 = 0 y + x – 4 = 0 3y + x – 10 = 0 2y + 3x – 9 = 0 2y + x – 7 = 0 m1 = 3/1 = 3 Como a reta que contém AB é perpendicular a CM, temos: m1 . m2 = - 1 m2 = - 1/3 Usando a equação do feixe de retas y – y0 = m(x – x0) para a reta AB, temos: y – 3 = -1/3(x – 1) RESOLUÇÃO: 3y – 9 = - x + 1 A x + 3y – 9 – 1 = 0 x + 3y – 10 = 0 M(1,3) d B C(0,0)

10 O triângulo é retângulo apenas se α = 45°
9–(ITA -2009) Considere o triângulo ABC de lados a = BC, b = AC e c = AB e o ângulo interno α = CBA, β = ABC e γ = BCA. Sabendo-se que a equação x2 – 2bxcos α + b2 – a2 = 0 admite c como raiz dupla, pode-se afirmar que: RESOLUÇÃO: α = 90° β = 60° γ = 90° O triângulo é retângulo apenas se α = 45° O triângulo é retângulo apenas se b é hipotenusa B β c a α γ A C b Se c é raiz dupla, então pelo produto das raízes temos: c . c = (b2 – a2)/1 c2 = b2 – a2 b2 = a2 + c2 Então, o triângulo é retângulo e b é hipotenusa

11 α = arcsen(3/5) = arccos(4/5) sen α = (3/5) cos α = (4/5) Portanto,
10-(ITA-2008) Sendo [ - π/2 , π/2 ] o contradomínio da função arcoseno e [0,π] o contradomínio da função arcoseno, assinale o valor de cos[ arcsen(3/5) + arccos(4/5) ]. a) 1/√12 b) 7/25 c) 4/15 d) 1/√15 e) 1/(2√5) RESOLUÇÃO: 5 3 α 4 α = arcsen(3/5) = arccos(4/5) sen α = (3/5) cos α = (4/5) Portanto, cos[arcsen(3/5) + arccos(4/5) ] cos(α + α) = cos2 α - sen2 α = (4/5)2 – (3/5)2 = 16/25 – 9/25 = 7/25

12 Resolução: n(A U B)= x+y+z+4+10 + 2 = 23 x+y+z = 7 n(A) = 11
11-(ITA-2007) Se A,B e C forem conjuntos tais que n(A U B) = 23, n(B – A)= 12, n(C – A) = 10, n(B ∩ C) = 6 e n(A ∩ B ∩ C) = 4, então n(A), n(A U C), n(A U B U C) nesta ordem. Resolução: Formam uma progressão aritmética de razão 6. Formam uma progressão aritmética de razão 2. Formam uma progressão aritmética de razão 8, cujo último termo é 11 Formam uma progressão aritmética de razão 10, cujo último termo é 31. Não formam uma progressão aritmética n(A U B)= x+y+z = 23 x+y+z = 7 n(A) = 11 n(A U C) = 21 n(A U B U C) = 31 Assim: (11 , 21 , 31) é uma PA de razão 10 cujo último termo é 31

13 12- (ITA-2007) – Dentre 4 moças e 5 rapazes deve-se formar uma comissão de 5 pessoas com, pelo menos, 1 moça e 1 rapaz. De quantas formas distintas tal comissão poderá ser formada? RESOLUÇÃO: Das C9,5 = 126 comissões possíveis sem nenhuma restrição, só não serve aquela constituída pelos 5 rapazes. Logo, tal comissão poderá ser formada de 126 – 1 = 125 formas distintas

14 RESOLUÇÃO: V cone – V esfera 3 3 V =( 416 π / 9 ) cm3
13-(ITA-2009) Uma esfera é colocada no interior de um cone circular reto de 8 cm de altura e de 60° de ângulo de vértice. Os pontos de contato da esfera com a superfície lateral do cone definem uma circunferência e distam 2√3 cm do vértice do cone. O volume do cone não ocupado pela esfera, em cm3, é igual a: a) 416π/9 b) 480π/9 c) 500π/9 d) 512π/9 e) 542π/9 O triângulo ABC é eqüilátero, pois o ângulo do vértice do cone ABC é igual a 60° e os pontos de contato da esfera com a superfície lateral do cone definem uma circunferência. A altura do cone é 8 cm, então, AB = 16√3/3 cm Os triângulos MCB e CEO são semelhantes, logo (16√3/3)/ 2R = (8 / 2√3) RESOLUÇÃO: R = 2 cm (8√3/3) M (8√3/3) V cone – V esfera A B V = π (8√3/3) π23 3 3 O R V =( 416 π / 9 ) cm3 F E 2R 2√3 60° C