Simulado ESA – Projeto um simulado por semana – SIMULADO 10

GABARITO B

A alternativa (B) é falsa.

Para que uma reta seja perpendicular a um plano, não basta que ela seja ortogonal a duas retas quaisquer desse plano. É necessário que essas duas retas sejam concorrentes, isto é, que se intersectem.

Como contraexemplo, considere, em um plano \pi, duas retas paralelas s e t. Podemos tomar uma reta r, também contida em \pi, perpendicular a s e a t. Desse modo, r é ortogonal às duas retas do plano, mas não é perpendicular ao plano \pi, pois está contida nele.

As demais proposições são verdadeiras:

(A) Retas paralelas a uma mesma reta possuem a mesma direção e, portanto, são paralelas entre si.

(C) Dois planos perpendiculares à mesma reta possuem vetores normais paralelos, logo são paralelos entre si.

(D) Se um plano é perpendicular a uma reta contida em outro plano, então os dois planos são perpendiculares.

(E) Se um plano é perpendicular a dois planos secantes, então ele é perpendicular à reta de interseção desses planos.

GABARITO A

Para determinar o conjunto-imagem, fazemos:

y=\dfrac{x}{x-1}\Rightarrow y(x-1)=x\Rightarrow yx-y=x

\Rightarrow yx-x=y\Rightarrow x(y-1)=y\Rightarrow x=\dfrac{y}{y-1}

Essa expressão somente existe quando:

y-1\neq 0\Rightarrow y\neq 1

Portanto, a função pode assumir todos os valores reais, exceto 1. Logo:

\operatorname{Im}(h)=\lbrace y\in\mathbb{R}\mid y\neq 1\rbrace

Após 5 minutos, essa diferença é:

\Delta T(5)=65-30=35^\circ\text{C}

Aplicando a lei de resfriamento:

35=70e^{-5k}\Rightarrow e^{-5k}=\dfrac{1}{2}

Quando o bolo atingir 37^\circ\text{C}, a diferença em relação ao ambiente será:

\Delta T(t)=37-30=7^\circ\text{C}

Assim:

7=70e^{-kt}\Rightarrow e^{-kt}=\dfrac{1}{10}

Como e^{-5k}=\dfrac{1}{2}, temos:

e^{-kt}=\left(e^{-5k}\right)^{\frac{t}{5}}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{\frac{t}{5}}

Logo:

\left(\dfrac{1}{2}\right)^{\frac{t}{5}}=\dfrac{1}{10}

Aplicando logaritmo aos dois membros:

\dfrac{t}{5}\log\left(\dfrac{1}{2}\right)=\log\left(\dfrac{1}{10}\right)

-\dfrac{t}{5}\log 2=-1\Rightarrow \dfrac{t}{5}\cdot 0{,}3=1

t=\dfrac{5}{0{,}3}=\dfrac{50}{3}=16+\dfrac{2}{3}\text{ min}

Como \dfrac{2}{3} de minuto corresponde a 40 segundos, o tempo total é de 16 min 40 s.

Condições para a base:

x+1>0\Rightarrow x>-1

x+1\neq 1\Rightarrow x\neq 0

Condição para o logaritmando:

-x^2-x+6>0\Rightarrow x^2+x-6<0

Fatorando:

x^2+x-6=(x+3)(x-2)

Portanto:

katex(x-2)<0\Rightarrow -3<x<2[/katex]

Fazendo a interseção das condições x>-1, x\neq 0 e -3<x<2, obtemos:

-1<x<2,\quad x\neq 0

Equivalentemente:

\operatorname{Dom}(f)=(-1,0)\cup(0,2)

GABARITO B

Temos:

P(A\cup B)=\dfrac{4}{5},\quad P(A\cap B)=\dfrac{1}{10}\quad\text{e}\quad P(A)=\dfrac{1}{2}

Pelo princípio da inclusão-exclusão:

P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)

Substituindo os valores:

\dfrac{4}{5}=\dfrac{1}{2}+P(B)-\dfrac{1}{10}

P(B)=\dfrac{4}{5}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{10}

P(B)=\dfrac{8-5+1}{10}=\dfrac{4}{10}=\dfrac{2}{5}

GABARITO E

Usando as propriedades dos logaritmos:

\log(ab^2)=\log a+\log(b^2)

\log(ab^2)=\log a+2\log b

Substituindo \log a=2 e \log b=3:

\log(ab^2)=2+2\cdot 3=8

T_{p+1}=\binom{7}{p}b^{-14+2p}a^pb^p

T_{p+1}=\binom{7}{p}a^pb^{3p-14}

Para obter o termo com b^4, devemos ter:

3p-14=4\Rightarrow 3p=18\Rightarrow p=6

O coeficiente desse termo é:

\binom{7}{6}a^6=7a^6

Como o coeficiente deve ser 28:

7a^6=28\Rightarrow a^6=4

Como o enunciado solicita o valor positivo de a:

a=\sqrt[6]{4}=\sqrt[6]{2^2}=2^{\frac{1}{3}}=\sqrt[3]{2}

z^4-1=0\Rightarrow z^4=1

As quatro raízes quartas da unidade são:

z_k=\operatorname{cis}\left(\dfrac{2k\pi}{4}\right),\quad k\in\lbrace 0, 1, 2, 3\rbrace

Portanto:

z_1=1,\quad z_2=i,\quad z_3=-1,\quad z_4=-i

Calculando a expressão:

katex^3+(z_2)^3+(z_3)^3+(z_4)^3=1^3+i^3+(-1)^3+(-i)^3[/katex]

=1-i-1+i=0

GABARITO D

Elevando os dois membros ao quadrado:

(\operatorname{sen}x-\cos x)^2=(0{,}6)^2

\operatorname{sen}^2x-2\operatorname{sen}x\cos x+\cos^2x=0{,}36

Como \operatorname{sen}^2x+\cos^2x=1 e 2\operatorname{sen}x\cos x=\operatorname{sen}2x, temos:

1-\operatorname{sen}2x=0{,}36

\operatorname{sen}2x=1-0{,}36=0{,}64

|x^2-6x|=-x+6

Como o módulo é não negativo, devemos ter:

-x+6\geq 0\Rightarrow x\leq 6

Agora, analisamos o sinal da expressão que está dentro do módulo:

x^2-6x=x(x-6)

1º caso: x^2-6x\geq 0, isto é, x\leq 0 ou x\geq 6.

Nesse caso:

x^2-6x=-x+6

x^2-5x-6=0

katex(x+1)=0\Rightarrow x=6\quad\text{ou}\quad x=-1[/katex]

Os dois valores satisfazem as condições desse caso.

2º caso: x^2-6x<0, isto é, 0<x<6.

Nesse caso:

-(x^2-6x)=-x+6

-x^2+6x=-x+6\Rightarrow x^2-7x+6=0

katex(x-6)=0\Rightarrow x=1\quad\text{ou}\quad x=6[/katex]

Como, neste caso, 0<x<6, somente x=1 é aceito.

Assim, as soluções reais são x=-1, x=1 e x=6. Portanto, a equação possui 3 soluções reais.

Dividindo o polinômio por x^2+1, obtemos:

\dfrac{6x^4+12x^3-12x^2+12x-18}{x^2+1}=6x^2+12x-18

Logo:

6x^4+12x^3-12x^2+12x-18=(x^2+1)(6x^2+12x-18)

Fatorando o segundo fator:

6x^2+12x-18=6(x^2+2x-3)=6(x+3)(x-1)

Além disso:

x^2+1=(x-i)(x+i)

Portanto, a fatoração completa é:

6(x-i)(x+i)(x+3)(x-1)=0

As quatro raízes são i,-i,-3 e 1. Como i já foi fornecida, as outras três são -i,-3 e 1.

H=1\text{ m}

O cateto maior será o raio da base:

R=\sqrt{3}\text{ m}

O volume do cone é:

V=\dfrac{1}{3}\pi R^2H

Substituindo os valores:

V=\dfrac{1}{3}\pi(\sqrt{3})^2\cdot 1=\dfrac{1}{3}\pi\cdot 3=\pi\text{ m}^3

GABARITO E

Como os nove pontos são distintos e pertencem a uma mesma circunferência, quaisquer quatro pontos escolhidos determinam um quadrilátero. Assim, a quantidade de polígonos de 4 lados é:

\binom{9}{4}=\dfrac{9!}{4!,5!}=\dfrac{9\cdot 8\cdot 7\cdot 6}{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=126

Da mesma forma, quaisquer três pontos escolhidos determinam um triângulo, pois uma reta pode intersectar uma circunferência em, no máximo, dois pontos. Logo, não há três desses pontos colineares.

A quantidade de triângulos é:

\binom{9}{3}=\dfrac{9!}{3!,6!}=\dfrac{9\cdot 8\cdot 7}{3\cdot 2\cdot 1}=84

Portanto, podem ser formados 126 polígonos de 4 lados e 84 triângulos.