1.
RESOLUÇÃO COMENTADA
AULÃO GRÁTIS EsPCEx
EsPCEx 2011|2012
Matemática 1º dia
TERÇA 20/09 e QUINTA 22/09
19 às 22h
Equipe de Resolução
euRico dias
GuilheRme caldeRano
Jaime BaRizon
makeRley aRimatéia
Rômulo machado
Equipe de diaGRamação
Jacqueline aleixo
leonaRdo pRotta
PARTICIPE DO AULÃO GRÁTIS EsPCEx
TERÇA 20/09 e QUINTA 22/09
19 às 22h

2.
Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012
Matemática
QUESTÃO 01
As medidas em centímetros das arestas de um bloco retangular são as raízes da
3 2
equação polinomial x -14x + 64x -96 = 0. Denominando-se r, s e t essas medidas, se
for construído um novo bloco retangular, com arestas medindo (r-1), (s-1) e (t-1), ou
seja, cada aresta medindo 1 cm a menos que a do bloco anterior, a medida do
volume desse novo bloco será:
3 3
a) 36 cm b) 45 cm
3 3
c) 54 cm d) 60 cm
3
e) 80 cm
Resolução
Vamos encontrar as raízes da equação:
3 2
x – 14x + 64x – 96 = 0
Os candidatos as raízes racionais são os divisores de 96, então:
4 1 -14 64 -96
1 -10 24 0
Por Bhaskara, temos:
2
x – 10x + 24 = 0
 = 100 – 96 = 4
10  2
x
2
x’ = 4 x’’ = 6
As raízes são:
(4, 4, 6)
Então o volume é:
3
(4 - 1).(4 - 1).(6 - 1) = 3 . 3 . 5 = 45cm
QUESTÃO 02
Num estádio de futebol em forma de elipse, o gramado é o retângulo MNPQ, inscrito na
cónica, conforme mostra a figura. Escolhendo o sistema de coordenadas cartesianas
indicado e tomando o metro como unidade, a elipse é descrita pela
equação x 2  y 2  1 . Sabe-se também que os focos da elipse estão situados em lados
362 602 y
do retângulo MNPQ.
Assim, a distância entre as retas MN e PQ é: Q P
a) 48m
b) 68m
x
c) 84m
d) 92m
e) 96m
M N
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3.
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Matemática
Resolução
A distância entre as retas MN e PQ é a distância focal = 2C, pois os focos estão em
PQ e MN. Com isso, segue:
x2 y2
 2 1
362 60
 
2
b a2
a = b + c  60 = 36 + c 
2 2 2 2 2 2
 c = 2304  c = 48  2c + 96
2
Logo, a distância é 96 cm.
QUESTÃO 03
2 2
O ponto da cirdunferência x + y + 2x + 6y + 1 = 0 que tem ordenada máxima é:
a) (0,-6) b) (-1, -3)
c) (-1,0) d) (2, 3)
e) (2,-3)
Resolução
2 2
x + y + 2x + 6y + 1 = 0
2 2
x + 2x + 1 + y + 6y + 9 = - 1 + 1 + 9
2 2
(x + 1) + (y + 3) = 9
centro: c (-1, -3)
raio: R = 3
ponto de ordenada máxima: c (-1, -3 + 3)  c (-1, 0)
QUESTÃO 04
3 x.27 y  9
O conjunto solução do sistema  é formado por dois pontos, cuja
 3 2 2
 y  xy  0
 3
localização no plano cartesiano é:
a) Ambos no primeiro quadrante.
b) Um no quarto quadrante e o outro eixo X.
c) Um no segundo quadrante e o outro no terceiro quadrante.
d) Um no terceiro quadrante e o outro no eixo Y.
e) Um no segundo quadrante e o outro no eixo X.
Resolução
3 x.27 y  9 3 x.33y  32
 
 3 2 2 ~  2 2x  ~
 y  xy  0 y  y  3   0
 3   
 x  3y  2  x  2  3y (I)

 2 2 
 y  y  3 x  0 (II)
  
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4.
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Matemática
Substituindo (I) em (II):
 2 
y 2  y   2  3y    0
 3 
2  4 
y  y   2y   0
 3 
y2  0
4 4
y   0  y 
3 3
Sendo y = 0, temos:
x = 2  A(2,0)
4
Sendo y = , temos:
3
 B   2, 4 
 
 3
Então:
y
B 4
3
A x
-2 2
QUESTÃO 05
3 2
Os polinômios A(x) e B(x) são tais que A(x) = B(x) + 3x + 2x + x + 1 . Sabendo-se
que -1 é raiz de A(x) e 3 é raiz de B(x), então A(3) - B(-1) é igual a:
a) 98 b) 100
c) 102 d) 103
e)105
Resolução
3 2
A(x) = B(x) + 3x + 2x + x + 1
-1 é raiz de A(x)  A (-1) = 0
3 é raiz de B(x)  B (3) = 0
Para x = -1, segue:
3 2
A(-1) = B(-1) + 3.(-1) + 2.(-1) + (-1) + 1
A(-1) = B(-1) – 3 + 2 – 1 + 1 Como A(-1) = 0, vem:
0 = B(-1) – 1  B(-1) = 1
Para x = 3, segue:
3 2
A(3) = B(3) + 3.(3) + 2.(3) + (3) + 1
A(3) = B(3) + 81 + 18 + 3 + 1 Como B(3) = 0, vem:
A(3) = 0 + 103  A(3) = 103
Assim, vem:
A(3) – B(-1) = 103 - 1 = 102
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5.
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Matemática
QUESTÃO 06
Considere a função real f(x), cujo gráfico está representado na figura, e a função real
g(x), definida por g(x) = f(x-1) + 1.
y
O valor de g  - 1  é:
 2 2
 
a) -3
b) -2
c) 0 -3 0 x
d) 2
e) 3
Resolução
Queremos e como g(x) = g(x-1)+1, vem que g   1  f   3   1 .
 1
  
 2
g 
 2  2 
De acordo com o gráfico, a lei de formação de f(x) é dada por:
x y 2x
 1   2x  3y  6  y 2
3 2 3
Com isso, segue que f  3   2 .  3   2  1 .
   
 2 3  2
Logo,  1
g    2 .
 2
QUESTÃO 07
x x+1 x+2 x+3 x+4
A inequação 10 + 10 + 10 + 10 + 10 < 11111, em que x é um número real:
a) não tem solução. b) tem apenas uma solução.
c) tem apenas soluções positivas. d) tem apenas soluções negativas.
e) tem soluções positivas e negativas.
Resolução
x x+1 x+2 x+3 x+4
10 + 10 + 10 + 10 + 10 < 11111
x x 1 x 2 x 3 x 4
10 + 10 . 10 + 10 .10 + 10 .10 + 10 .10 < 11111
x
10 (1+10+100+1000+10000) < 11111
x
10 .11111 < 11111
x
10 < 1
x 0
10 < 10
x<0
S  x  IR / x  0
QUESTÃO 08
Pesquisas revelaram que, numa certa região, 4% dos homens e 10% das mulheres são
diabéticos. Considere um grupo formado por 300 homens e 700 mulheres dessa região.
Tomando-se ao acaso uma pessoa desse grupo, a probabilidade de que essa pessoa seja
diabética é:
a) 4% b) 5%
c) 5,4% d) 7,2%
e) 8,2%
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6.
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Matemática
Resolução
HOMENS MULHERES
DIABÉTICOS 12 70
NÃO DIABÉTICOS 288 630
300 700
82
P(D)   8,2%
1000
QUESTÃO 09
Considere as funções Reais f(x) = 3x, de domínio [4, 8] e g(y) = 4y, de domínio [6, 9].
Os valores máximo e mínimo que o quociente f(x) pode assumir são, respectivamente:
g(y)
2 1
a) e 1
b) e 1
3 2 3
4 1
c) e d) 3 e 1
3 3 4 3
e) 1 e 1
3
Resolução
Como f(x)  g(y) são funções contínuas e crescentes em seus domínios, então:
 f(x)  max(f(x)) 3.8
i) max    1
 g(y)  min(g(y)) 4.6

 f(x)  min(f(x)) 3.4 1
ii) min    
 g(y)  max(g(y)) 4.9 3

QUESTÃO 10
Seja o número complexo z 
x  yi , com x e y reais e i 2 = -1.Se x2 + y2 = 20 , então o
3  4i
módulo de z é igual a:
a) 0 b) 5
c) 2 5 d) 4
5
e) 10
Resolução
2 2
Dado: x +y =20
x  yi , efetuando a divisão do complexo temos:
z
3  4i
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7.
Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012
Matemática
z
 x  yi 3  4i  3x  4ix  3yi  4y
32  42 25
z
 3x  4y   i  3y  4x 
25
então:
 3x  4y    3y  4x 
2 2
z 
252
z 
 9x 2
 24xy  16y 2  9y 2  24xy  16x 2 
252
25x 2  25y 2
z 
252
x2  y2 20
z  
25 25
2 5
z 
5
QUESTÃO 11
O domínio da função real f(x)  2x é:
x  8x  12
2
a) ] 2 ,  [ b ) ]2, 6[
c) ]  , 6] d) ]-2, 2]
e) ]  , 2]
Resolução
Seja:
2x
f(x) 
x 2  8x  12
2
O domínio dessa função é dado por 2 – x > 0 e x - 8x + 12, ou seja, devemos ter
x < 2, x ≠ 2 e x ≠ 4. Logo, D(f) = ]-∞,2[
QUESTÃO 12
Na Física, as leis de Kepler descrevem o movimento dos planetas ao redor do Sol.
Define-se como período de um planeta o intervalo de tempo necessário para que este
realize uma volta completa ao redor do Sol. Segundo a terceira lei de Kepler, "Os
quadrados dos períodos de revolução (T) são proporcionais aos cubos das distâncias
2 3
médias (R) do Sol aos planetas", ou seja, T = kR , em que k é a constante de
proporcionalidade.
Sabe-se que a distância do Sol a Júpiter é 5 vezes a distância Terra-Sol; assim, se
denominarmos T ao tempo necessário para que a Terra realize uma volta em torno do Sol,
ou seja, ao ano terrestre, a duração do "ano" de Júpiter será:
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8.
Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012
Matemática
a) 3 5 b) 5 3
c) 3 15.T d) 5 5.T
e) 3 3.T
Resolução
Sabendo que na 3ª Lei de Kepler a constante de proporcionalidade k não se altera,
temos:
T 2Terra T 2Jupiter

R3 Terra R3Jupiter
Como RJúpiter = 5.RTerra, então:
T2Jupiter T2Terra
 3 
53. R3 Terra R Terra
2 2 2
T Júpiter = 5.5 . T Terra
TJupiter  5 5.T
QUESTÃO 13
Considerando log 2 = 0,30 e log 3 = 0,48, o número real x, solução da equação
x-1
5 = 150, pertence ao intervalo:
a) ]  , 0] b) [4,5[
c) ]1,3] d) [0,2[
e) [5,  [
Resolução
x
= 150  5  150 5 = 750
x-1 x
5
5
Utilizando o operador logaritmo nessa identidade, temos:
x
log 5 = log 750
3
x.log 5 = log (2 . 3. 5 )
x.log 5 = log 2 + log 3 + 3.log 5
0,3  0, 48  3.0,7
x
0,7
2,88
x  4,11
0,7
QUESTÃO 14
Considere o triângulo ABC abaixo, retângulo em
C, em que BÂC = 30°. Nesse triângulo está B
representada uma sequência de segmentos
cujas medidas estão indicadas por L t, L2, L3,......
Ln, em que cada segmento é perpendicular a um L1 L2
dos lados do ângulo de vértice A. O valor L 9 é: L3 L4
L1
30º
C A
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9.
Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012
Matemática
a) 27 3 b) 1
128 128
c) 81 d) 27
256 64
e) 1
256
Resolução
Por semelhança, temos:
L 2 L3 L 4 L5
    ...
L1 L2 L3 L 4
Com isso, podemos observar que (L1, L2, L3, L4, ...) forma uma P.G. de razão L 2 .
L1
L9 8
Queremos e como L9 = L1 . q , vem:
L1
L9 L1.q8
  q8
L1 L1
8
 
Como q  L2  cos30º  3 , segue que q8   3   81 .
L1 2  2  256
QUESTÃO 15
A figura abaixo é formada por um dispositivo de forma triangular em que, nos vértices
e nos pontos médios dos lados, estão representados alguns valores, nem todos
conhecidos. Sabe-se que a soma dos valores correspondentes a cada lado do
triângulo é sempre 24. x
Assim, o valor numérico da expressão x-y-z é:
a) -2
b) -1
5 10
c) 2
d) 5
e) 10
y 15 z
Resolução
Soma dos valores do lado = 24
 x  5  y  24 x  y  19 (I)
   y  z  5 (I)  (II)
 x  10  z  24  x  z  14 (II)  
 y  15  z  24 y  z  9 (III)  y  z  9 (III)
 
Resolvendo o sistema:
x = 12, y = 7, z = 2
Logo: x – y . z = 12 – 7. 2 = -2
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Matemática
Aprovações 2010 | 2011
37 EsPCEx
28 EFOMM
19 AFA
12 COLÉGIO NAVAL
40 EPCAR
2 ESCOLA NAVAL
8 IME
4 ITA
PARTICIPE DO AULÃO GRÁTIS ESPCEX
TERÇA 20/09 E QUINTA 22/09
19 ÀS 22H
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11.
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Matemática
QUESTÃO 16
Se todos os anagramas da palavra ESPCEX forem colocados em ordem alfabética, a
palavra ESPCEX ocupará, nessa ordenação, a posição:
a) 144 b) 145
c) 206 d) 214
e)215
Resolução
E S P C E X
2 4 3 1 2 5
243125
Podemos analisar esse problema como sendo a posição ocupada pelo número
2 4 3 1 2 5 após permutar os algarismos do número 1 2 2 3 4 5 e colocá-los em
ordem crescente.
    
2
1 : P5 =60
2 2 3 4 5
2 1     : P4=24
2 3 4 5
2 2     : P4=24
1 3 4 5
2 3     : P4=24
1 2 4 5
2 4 1    : P3=6
2 3 5
2 4 2    : P3=6
1 3 5
Total: 144
2 4 3 1 2 5
Total: 145
QUESTÃO 17
Na pesquisa e desenvolvimento de uma nova linha de defensivos agrícolas,
constatou-se que a ação do produto sobre a população de insetos em uma lavoura
kt
pode ser descrita pela expressão N(t) = N0.2 sendo N0 a população no início do
tratamento, N(t), a população após t dias de tratamento e k uma constante, que
descreve a eficácia do produto. Dados de campo mostraram que, após dez dias de
aplicação, a população havia sido reduzida à quarta parte da população inicial. Com
estes dados, podemos afirmar que o valor da constante de eficácia deste produto é
igual a:
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12.
Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012
Matemática
-1 -1
a) 5 b) -5
-1
c) 10 d) 10
-1
e) -10
Resolução
Com base no enunciado temos:
N N
N(10) = 0  N0 . 2 = 0 
K.10
4 4
1
 2 = 2  10K = -2  K   51
10K -2
5
QUESTÃO 18
O valor numérico da expressão sec1320º  2.cos  53    tg 2220º 2 é:
 3 
2  
a) -1 b) 0
c) 1 d) 1
2
e)  3
2
Resolução
sec1320º  53 
  tg 2220º 
2
 2.cos 
2  3  
Reduzindo para a primeira volta temos:
sec 240º
 2cos300º   tg 60º  
2
2
Assim, temos
1 1 1 1
 2 cos 300º   tg 60º   .
2
.
2 cos 240º 2
1 1 1 1 1
 2 cos 60º   tg 60º   .  2.   3
2 2
.
2  cos 60º 2 1 2
2
 3
2
 -1 -1 + 1
QUESTÃO 19
A função real f(x) está representada no gráfico abaixo:
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13.
Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012
Matemática
A expressão algébrica de f(x) é:
 sen x , se x  0   sen x , se x  0 
a) f(x)    d) f(x)   
   

 cos x , se x  0   cos x , se x  0 
 
sen x, se x  0 
b) f(x)   cos x , se x  0 




e) f(x)   
 sen x , se x  0 
  cos x, se x  0 
 cos x , se x  0 
c) f(x)   
 
 sen x , se x  0 
 
Resolução
Sabendo que o gráfico de f(x) = cos x para x > 0 é:
E que o gráfico de f(x) = sen x para x < 0 é:
Assim o gráfico de f(x) |cos x| para x não-negativo e f(x) = |sen x| para x negativo é
idêntico ao gráfico da função do problema.
QUESTÃO 20
A figura espacial representada abaixo, construída com hastes de plástico, é formada
por dois cubos em que, cada vértice do cubo maior é unido a um vértice correspondente
do cubo menor por uma aresta e todas as arestas desse tipo têm a mesma medida.
Se as arestas dos cubos maior e menor medem, respectivamente, 8 cm e 4 cm, a
medida de cada uma das arestas que ligam os dois cubos é
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14.
Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012
Matemática
a) 6 2 cm
b) 3 2 cm
c) 2 3 cm
d) 4 3 cm
e) 6 3 cm
Resolução
Seccionando o cubo maior, contendo a diagonal de uma face, obtêm-se uma secção
equivalente no cubo menor. Observe que em tal secção, as diagonais dos cubos
estão presentes. 8 2
A B
Vista frontal da secção:
AE = GC = x (aresta pedida) E 4 2
F
AE + EG + GC = AC
8 4 4 8
x+ 4 3+x= 8 3
G
2x = 4 3 H 4 2
x = 2 3 cm D C
QUESTÃO 21
Na figura abaixo, está representado um cubo em que os pontos T e R são pontos
médios de duas de suas arestas. Sabe-se que a aresta desse cubo mede 2 cm.
3
Assim, o volume do sólido geométrico definido pelos pontos PQRST, em cm , é:
a) 2 b)
4
S
3 3 T
c)
5 d) 16
R
3 3
e)
32
3
P Q
Resolução
Vide a figura:
S
T
1
R
2 2
1cm
P Q
2cm
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15.
Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012
Matemática
Considerar o polígono plano TSRQ como a base da pirâmide de vértice P.
volume do sólido = volume da pirâmide
Então:
1
V  AB .2
3
com AB = Área do quadrado que contém T, R e Q subtraído de dois triângulos:
1
T
R
2
1
Q
Q 2
Assim:
2
V   4  2
3
4
V
3
QUESTÃO 22
Se x é um número real positivo, então a sequência ( lo g 3 x, Iog3 3x, Iog3 9x) é:
a) Uma Progressão Aritmética de razão 1.
b) Uma Progressão Aritmética de razão 3.
c) Uma Progressão Geométrica de razão 3.
d) Uma Progressão Aritmética de razão log3 x.
e) Uma Progressão Geométrica de razão Iog3 x.
Resolução
(log3x, log33x, log39x)
3x
Como o log3 3x - log3 x = log3  log 3 3  1 e
x , segue que
9x
log 3 9x  log 3 3x  log  log 3 3  1
3 3x
essa sequência é uma P.A. de razão 1.
QUESTÃO 23
Considere as seguintes afirmações:
I- Se dois planos α e β são paralelos distintos, então as retas r1  α e r2  β são
sempre paralelas.
II- Se α e β são planos não paralelos distintos, existem as retas r1  α e r2  β tal que
r1 e r2 são paralelas.
III- Se uma reta r é perpendicular a um plano α no ponto P, então qualquer reta de α
que passa por P é perpendicular a r.
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16.
Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012
Matemática
Dentre as afirmações acima, é (são) verdadeira(s)
a) Somente II. b) I e II.
c) I e III. d) II e III.
e) I, II e III.
Resolução
I (F) Retas paralelas precisam estar num mesmo plano.
II (V) Podem existir paralelas em planos não paralelos.
III (V) Retas coplanares que se cruzam formando ângulo de 90º são perpendiculares.
Verdadeiras II e III.
QUESTÃO 24
Considere um plano α e os pontos A, B, C e D tais que:
• O segmento AB tem 6 cm de comprimento e está contido em α.
• O segmento BC tem 24 cm de comprimento, está contido em α e é perpendicular a AB.
• O segmento AD tem 8 cm de comprimento e é perpendicular a α.
Nessas condições, a medida do segmento CD é:
a) 26 cm. b) 28 cm.
c) 30 cm. d) 32 cm.
e) 34 cm
Resolução
D 2 2 2
2 CD  AC  AD
ÄC  62  242
8 2
2 CD  612  82
A ÄC  36  576 2
2 CD  612  82
ÄC  612 2
6
CD  612  64
2
B 24
CD  676
2
C CD  26
QUESTÃO 25
O cosseno do menor ângulo formado pelos ponteiros de um relógio às 14 horas e 30
minutos vale:
a) 
 3 1  b)   2 1 
2 2
c)
1 2  d)   6 2 
4 4
e)  2 3 
4
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17.
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Matemática
Resolução
12
11 1
10 2
9 3
15º
8 4
7 5
6
14:30h
Nota-se que cada minuto equivale a 6º.
Enquanto o ponteiro dos “minutos” percorre 1 volta, o ponteiro das “horas” percorrerá a
2
metade da distância entre 2 e 3. Assim, o ângulo procurado é dado por 90º + 15º = 105º.
21 3 2
cos 105 = cos (45 + 60) = 
2 2 2 2
cos 105º = 2 6
ou 
 6 2 
4 4
QUESTÃO 26
O ponto P  a, 1  pertence à parábola x  y  3 . A equação da reta perpendicular à
2
 3
  3
bissetriz dos quadrantes ímpares que passa por P é:
a) 27x + 27y – 37 = 0
b) 37x + 27y – 27 = 0
c) 27x + 37y – 27 = 0
d) 27x + 27y – 9 = 0
e) 27x + 37y – 9 = 0
Resolução
2
 1
   3 28
 3
Como P  a, 1 pertence à parábola x  y  3 segue 2

a  .
 3  3 3 27
Seja r é a reta perpendicular à bissetriz dos quadrantes ímpares. Com isso, vem que
mr = -1. Logo, a equação é dada por y  1  1 x  28  , isto é, 3y  1  27x  28 , ou
 
3  27  3 27
seja, 27x + 27y – 37 = 0.
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18.
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QUESTÃO 27
2 2
A representação no sistema cartesiano ortogonal da equação 9x - y = 36x + 8y- 11 é
dada por:
a) duas retas concorrentes. b) uma circunferência.
c) uma elipse. d) uma parábola.
e) uma hipérbole.
Resolução
2 2
9x – y = 36x + 8y – 11
2 2
9x – 36x + 36 – y – 8y – 16 = - 11 + 36 – 16
2 2
9(x – 4x + 4) – (y + 8y + 16) = 9
2 2
9(x - 2) – (y + 4) = 9
2
(x - 2) -
 y  4 2 1 Hipérbole
9
QUESTÃO 28
3 2
Seja a função complexa P(x) = 2x - 9x + 14x - 5. Sabendo-se que 2 + i é raiz de P, o
intervalo de números reais que faz P(x) < 0, para todo x  I é:
a)  , 1  b) 0,1
 2
 
c)  1 ,2  d) 0,
4 
 
e)   1 , 3 
 4 4
 
Resolução
Como x1 = 2 + i é raiz, segue que x2 = 2 - i também.
2 2
Com isso segue que p(x) é divisível por x - 4x + 5, pois 2+ i e 2 - i são raízes de x – 4x + 5.
2x 3  9x 2  14x  5 x 2  4x  5
2x 3  8x 2  10x 2x  1
 x  4x  5
2
x 2  4x  5
0
Com isso, temos que 2x -1 =0, ou seja, x  1 também é raiz de P(x).
2
P(x)  (x 2 -4x+5) (2x-1)  0
I II
+++++++++++
I
II - - - - - - + + + + + + 
S  x R | x 
1

1  2
- 2 +
S
1
2
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19.
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Matemática
QUESTÃO 29
A figura abaixo representa dois tanques cilíndricos, T1 e T2, ambos com altura h, e cujos
raios das bases medem R e R 2 respectivamente. Esses tanques são usados para
armazenar combustível e a quantidade de combustível existente em cada um deles é
tal que seu nível corresponde a 2 da altura.
3
O tanque T1 contém gasolina pura e o tanque T2 contém uma mistura etanol-gasolina,
com 25% de etanol.
Deseja-se transferir gasolina pura do tanque T1 para T2 até que o teor de etanol na
mistura em T2 caia para 20%.
Nessas condições, ao final da operação, a diferença entre a altura dos níveis de T1 e T2,
será:
a) 1 h b) 1 h R R 2
2 3
c) 1 h d) 1 h
h
4 5
e) 1 h
6
T1 T2
Resolução
No tanque (T2): G
 3 (Antes de colocar mais gasolina)
E
No tanque (T2): G V
 4 (Depois de colocar mais gasolina)
E
Sabe-se que V = gasolina que sai de T1:
Então, G  V  4  3  V  4  V  E
E E E

2h

2
R . x   R 2 .
2
 25%
Assim: 3
2h 1 h
R 2 . x  R 2 . 2 . .  x 
3 4 3
y
2h
2h
3
x 3
(T1) (T2)
(Volumes iguais)
 
2
R2. x   R 2 . y
h h
R 2.  2R 2. y  y
3 6
A diferença entre os níveis é: 2h  h  h  h
3 6 3 2
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20.
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Matemática
QUESTÃO 30
Na figura abaixo, dois vértices do trapézio sombreado
estão no eixo x e os outros dois vértices estão sobre o y
gráfico da função real f(x) = logkx, com k>0 e k≠1.
2
Sabe-se que o trapézio sombreado tem 30 unidades de
área; assim, o valor de k+p-q é:
a) -20 1
b) -15
c) 10
d) 15
e) 20 p q x
Resolução
f(x) = logk x
1 = logk  K = p
p
2 = logk  K = q
q 2
2
Então, p = q
y
2
1
r
p h q x
Área = 30
(2  1)(q  p)
30   q – p = 20
2
Assim, p = 20 + p  p – p – 20 = 0
2 2
 = 81
p = 5 ou p = - 4
De acordo com o gráfico, p > 0, p > 5.
Finalmente, p = 5, q = 25 e K = 5.
k + p – q = -15
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21.
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Matemática
ERRATA
Gabarito EsPCEx – Matemática 1º dia
Colégio Apogeu
Número
Prova A Prova B Prova C
da questão
01 E B D
02 C E A
03 E C E
04 D E C
05 B C D
06 E D D
07 B D B
08 D D B
09 D E E
10 D C C
11 D E A
12 A D B
13 C B E
14 A C E
15 B A C
16 A B E
17 E B D
18 D D B
19 A A A
20 C C D
21 B B C
22 A A A
23 B D C
24 C A B
25 C D A
26 A A B
27 E E D
28 E A A
29 B A E
30 A B A
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