Provas do Profmat

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Provas do Profmat
MESTRE
Grupo PET-MATEMÁTICA | UFCG www.dme.ufcg.edu.br/pet/ 
 
 
Questão 1 
 
O número é igual a: 
 
a) b) c) d) e) 
 
 Resolução: 
 
Temos, 
 
 
 
Resposta: alternativa C. 
 
Questão 2 
 
Um pacote de biscoitos tem biscoitos e pesa gramas. É dada a informação de que 
gramas de biscoito correspondem a . Quantas quilocalorias têm cada biscoito? 
 
a) b) c) d) e) 
 
 Resolução: 
 
Se biscoitos pesam gramas, então cada biscoito pesa gramas. Se de biscoito 
correspondem a , então um grama corresponde a 
 
 
 
Logo, cada biscoito tem 
Resposta correta: alternativa D. 
 
Questão 3 
 
No dia do aniversário de João em , uma pessoa perguntou a idade dele. João respondeu: 
“se eu não contasse os sábados e os domingos da minha vida, eu teria anos de idade”. João 
nasceu no ano de: 
 
a) b) c) d) e) 
 
 
 
 
 
 
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 Resolução: 
 
Vamos supor que todos os anos passados até , a partir do ano do nascimento de João, 
tenham tido dias. 
Daí, o número de dias que João viveu do seu nascimento até é: 
)2010(365 x 
 
Mas, por outro lado, levando em consideração as hipóteses da questão, ele viveu a quantidade 
de dias que tem 40 anos, somada à quantidade de dias de sábados, somada à quantidade de dias 
de domingo: 
 
)2010(
7
240365
7
)2010(365
7
)2010(36540365 xxx
 
 
Note que essa expressão decorre da suposição de que a quantidade de dias é a mesma nos 
)2010(365 x dias passados desde o nascimento de João. 
Estabelecendo a igualdade entre as duas expressões acima, temos: 
 
1954
5
97709770402013790524020713790
)2010(2)1970(7)2010(
7
2)1970(
)2010(
7
240)2010()2010(
7
240365)2010(365
xxxx
xxxx
xxxx
 
Logo, João nasceu em . 
Resposta correta: alternativa B. 
 
Questão 4 
 
Numa papelaria, pacotes contendo folhas de papel são armazenados em pilhas. Cada folha 
de papel tem espessura de . Ignorando a espessura do papel utilizado para embrulhar os 
pacotes, podemos afirmar que a altura de uma pilha de pacotes é aproximadamente igual à 
altura de 
 
a) Um gato 
b) Uma mesa comum 
c) Uma pessoa adulta 
d) Uma sala de aula 
e) Um prédio de andares 
 
 Resolução: 
 
Como um pacote tem de altura, então pacotes empilhados têm, portan-
to, de altura. Veja que das alternativas, a única altura coerente 
com é a de uma sala de aula. 
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Resposta correta: alternativa D 
 
Questão 5 
 
O valor exato de é: 
 
a) 
b) 
c) 
d) 
e) 
 
 Resolução: 
 
Usando produtos notáveis, observe que 
 
 
Resposta: alternativa A. 
 
Questão 6 
 
Na figura ao lado, as retas e são paralelas a uma distância 
uma da outra. é um segmento unitário contido em , X é o 
ponto de com e é o pé da perpendicular baixada de 
sobre . 
O comprimento de é: 
 
a) b) c) d) e) 
 
 Resolução: 
Chame e . 
Dos dados da questão e, como os triângulos e são retângulos, temos: 
 
 
 
 
 
Resposta correta: alternativa C. 
 
 
 
 
 
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Questão 7 
 
O gráfico acima mostra a quantidade de aparelhos de ar condicionado vendidos por semana 
numa loja do Rio de Janeiro entre janeiro de e dezembro de . 
O gráfico indica que, nesse período: 
 
a) A venda de aparelhos de ar condicionado cresceu constantemente. 
b) A venda de aparelhos de ar condicionado permaneceu constante. 
c) A venda de aparelhos de ar condicionado foi maior em julho de do que em julho de 
. 
d) A venda de aparelhos de ar condicionado foi maior em outubro de do que em janeiro 
de . 
e) A venda de aparelhos de ar condicionado foi menor no verão de do que no verão de 
. 
 
 Resolução: 
 
Analisando o gráfico da questão, observamos que: 
 
a) A venda de aparelhos de ar condicionado não cresceu constantemente, logo a alternativa A 
não é a correta. 
b) A venda de aparelhos cresceu e decresceu, por isso, não permaneceu constante e a alternativa 
B não é a correta. 
c) Em julho/ a loja vendeu por semana, aproximadamente aparelhos de ar condicionado, 
enquanto, que em julho/ foram vendidos, aproximadamente destes aparelhos. 
Logo, venderam-se mais aparelhos neste período, correspondendo esta à afirmativa correta. 
Com isso, não analisaremos as demais alternativas. 
 
Resposta correta: alternativa C. 
 
Questão 8 
 
Um grupo de jovens aluga por reais uma van para um passeio, findo o qual três deles saí-
ram sem pagar. Os outros tiveram que completar o total pagando, cada um deles, reais a 
mais. O número de jovens era de 
 
a) b) c) d) e) 
 
 
 
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 Resolução: 
 
Considere o número de jovens que alugaram o transporte e o valor que deveria ser pago por 
cada um deles. Do enunciado, obtemos o seguinte sistema: 
 
 
 
De ( ), temos: 
 
34257319342)19).(3( xNNxxN 
 
Isolando em ( ) e substituindo em ( ), temos: 
571026195710261905710261934257342.3.19342
2
N
N
N
N
N
N
N
N
N
N
 
19 2N 0102657N 05432 NN 
 
Agora vamos encontrar o discriminante dessa equação: 
 
2252169)54.(1.4)3(4 22 acb 
 
Daí, 
a
b
N
2
 ou 
a
b
N
2
 
Como, em nosso caso, 
a
b
N
2
, então esse não serve para o nosso problema, pois 
 é a quantidade de alunos, assim devemos considerar 
a
b
N
2
 ( ). 
Substituindo os dados em ( ), temos: 
 
.9
2
18
2
153
1.2
225)3(
N 
 
De acordo com os resultados obtidos, concluímos que o número de jovens é . 
 
Resposta correta: alternativa B. 
 
Questão 9 
 
Um campeonato com clubes é disputado num ano, com um único turno, pelo sistema de 
pontos corridos (cada clube joga uma vez com cada um dos outros). Em cada semana há sempre 
o mesmo número de jogos e não há jogos na semana do Natal nem na do Carnaval. O número 
de jogos que devem ser disputados em cada semana é: 
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a) b) c) d) e) 
 
 Resolução: 
 
Como cada clube joga uma vez com cada um dos outros clubes, temos que o número de jogos 
no campeonato será: 
 
 
 
Caso não deseje (ou não se lembre de) usar combinatória, basta aplicar diretamente o Princípio 
Fundamental da Contagem. 
Além disso, como durante um ano temos dias, o número de semanas num ano é: 
 
 
 
Sabemos que não há jogos em duas semanas do ano, logo só haverá jogos em semanas do 
ano, assim, o número de jogos que serão disputados em cada semana será: 
 
 
 
Resposta correta: alternativa D. 
 
Questão 10 
 
Um fazendeiro possui ração suficiente para alimentar suas vacas durante dias. Após 
dias, ele vendeu vacas. Passando mais dias ele compra vacas. Depois desta última com-
pra, a reserva de ração foi suficiente para alimentar as vacas por mais: 
 
a) dias b) dias c) dias d) dias e) dias 
 
 Resolução: 
 
Observemos que as grandezas “número de vacas” e “dias de reserva de ração” são inversamen-
te proporcionais. 
Inicialmente, temos: 
 
 
 
Passados dias, existe ração para: 
 
 
 
Após esses 14 dias, o fazendeiro vende vacas, ficando com 12 vacas. Como se trata de uma 
proporção inversa, passamos a ter a seguinte situação: 
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Assim, após 15 dias, existe ração para: 
 
 
 
Passados mais 15 dias, o fazendeiro compra mais 9 vacas, ficando com 21 vacas. Por raciocínio 
análogo ao usado anteriormente, teremos: 
 
 
 
Portanto, as vacas teriam ração suficiente para dias. 
 
 Resposta correta: alternativa E. 
 
Questão 11 
 
Quando x e y assumem quaisquer valores positivos, das expressões abaixo, a única que não 
muda de sinal é: 
 
a) 
b) 
c) 
d) 
e) 
 
 Resolução: 
 
Vamos estudar o sinal de cada expressão numérica apresentada nas alternativas: 
 Estudo da expressão 22 2 yyx : 
Escolhendo 0ayx , temos 022 22 ayyx 
Escolhendo 1x e 3y , temos 29612 22 yyx . 
Logo, a alternativa A não é a correta. 
 
 Estudo da expressão :52 xx 
Escolhendo ,50 x temos: 055 22 xxxx . Por outro lado, escolhendo ,5x temos 
055 22 xxxx. 
Logo, a alternativa B não é a correta. 
 
 Estudo da expressão :xx 
Escolhendo ,10 x temos: 02 xxxxxx . Semelhantemente, escolhendo 
,1x vemos que 0xx . 
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Logo, a alternativa C não é a correta. 
 
 Estudo da expressão :22 yxyx 
Notemos as desigualdades abaixo: 
0,,0)(2 22222 yxyxyxyxyxyx 
 
Com isso, concluímos que essa expressão não muda de sinal e, portanto, essa alternativa está 
correta. 
 
Resposta correta: alternativa D. 
 
Questão 12 
 
A base do triângulo mede e está situada sobre 
a reta . O segmento DE, também sobre , mede . Pelos 
pontos e traçamos paralelas a e respectivamente, 
as quais se cortam no ponto formando o triângulo . 
A razão vale: 
 
a) 1,25 b) 1,60 c) 3,20 d) 2,32 e) 2,56 
 
 Resolução: 
 
Seja h a altura do triângulo ABCe h' a altura do triângulo . Tem-se, 
 
 
 
Por semelhança de triângulos, a razão é a mesma que a da base dos triângulos, ou seja, 
. Isto é, 
 
 
Logo, 
 
 
Resposta correta: alternativa E. 
 
Questão 13 
 
Na loja , um aparelho custa reais mais uma taxa de manutenção mensal de reais. Na 
loja , o mesmo aparelho custa reais, porém a taxa de manutenção é de reais por mês. 
A partir de quantos meses de uso a compra na loja se torna mais vantajosa que a da loja ? 
 
a) b) c) d) e) 
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 Resolução: 
 
Os valores a serem pagos pelo produto nas lojas e podem ser obtidos respectivamente pelas 
expressões e , onde representa a quantidade de meses de uso. Que-
remos que seja satisfeita a seguinte relação: 
 
 
 
De onde vêm, , ou seja, . 
 
Resposta correta: alternativa E. 
 
Questão 14 
 
Dividindo por o algarismo da expansão decimais que aparece após a vírgula é: 
 
a) b) c) d) e) 
 
 Resolução: 
 
Ao realizarmos a divisão de por ,obtemos ... Verificamos que se trata de 
um número decimal periódico de período . Como queremos o algarismo dessa 
expansão decimal e o período do número tem 6 algarismos, basta efetuarmos a divisão por 
 . Com isso, teremos uma divisão não-exata: 
 
. 
 
Ou seja, de em algarismos, teremos posições avançadas, após efetuarmos esse processo 
de “pular” seis algarismos (realizando 16 “pulos”). Sendo assim, ainda necessitamos de alga-
rismos para chegarmos ao centésimo. Com isto, bastaria começar uma nova contagem nos alga-
rismos do período, e pararíamos no algarismo . 
 
Resposta correta: alternativa A. 
 
Questão 15 
 
Segundo informações do último censo do IBGE, a população brasileira cresceu cerca de , 
entre os anos de a . Nesse período, a população urbana passou de cerca de para 
cerca de da população total. A partir dessas informações, podemos concluir que a popula-
ção não urbana no período: 
 
a) decresceu aproximadamente 
b) decresceu aproximadamente 
c) permaneceu aproximadamente a mesma 
d) cresceu aproximadamente 
e) cresceu aproximadamente 
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 Resolução 
 
Seja o número de habitantes do Brasil. Do enunciado, podemos construir a seguinte tabela: 
 
 
Total de habitantes 
População urbana 
População rural 
 
Logo, a população não urbana decresceu – . Calculemos esse valor 
em porcentagem: 
 
 
 
 
Assim, . 
 
Resposta correta: alternativa B. 
 
Questão 16 
 
Uma sequência de números naturais é definida por , para todo e 
O valor de é: 
 
a) b) c) d) e) 
 
 Resolução: 
 
Encontremos o valor de 9a : 
3.2 01 aa = 735.2 , logo 1a 25 
1137.23.2 12 aa , logo 
2
2 225a 
19311.23.2 23 aa , logo 323 2225a 
 
E daí, podemos inferir que o termo geral da sequência é: 
 
n
na 2...2225
32 
de onde resulta 
 
.10272...225 929a 
 
Resposta correta: alternativa C. 
 
OBS: A validação do termo geral da sequência pode ser provada pelo Princípio de Indução Fini-
ta. 
 
 
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Questão 17 
 
Se a expressão , com , assume um máximo no ponto , 
então o módulo de é igual a: 
 
a) b) c) d) e) 
 
 Resolução: 
 
Sabemos que a abscissa onde o a expressão assume um máximo é dado por: 
 
 
Por outro lado, é dado por: 
 
 
 
 
 
 
Resposta correta: alternativa B. 
 
Questão 18 
 
A soma das raízes da equação é igual a: 
 
a) b) c) d) e) 
 
 Resolução: 
 
Observe: 
 
 
 
 
Temos, portanto, . Logo, e 
Contudo, . Assim não é raiz da equação irracional. 
 
A resposta correta é pelo fato de ser a única raiz da equação irracional. 
 
Resposta correta: alternativa D 
 
 
 
 
 
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Questão 19 
 
Maria foi trabalhar e deixou dinheiro para seus três filhos, com este bilhete: “Dividam igual-
mente o dinheiro. Beijos”. O primeiro filho chegou, pegou a terça parte do dinheiro e saiu. 
O segundo chegou e não viu ninguém. Pensando que era o primeiro, pegou a terça parte do di-
nheiro que tinha e saiu. O terceiro encontrou notas de reais. Achou que era o último, pegou 
tudo e saiu. Quanto em dinheiro a mãe deixou? 
 
a) reais b) reais c) reais d) reais e) reais 
 
 Resolução: 
 
Vamos denotar por x o valor deixado por Maria. Temos a seguinte situação: 
 Quantia que o primeiro filho pegou: 
3
x
 
 Quantia que o segundo filho pegou: 
9
2
3
2
3
1
33
1 xxx
x 
 Quantia que o terceiro filho pegou: 20 reais. 
 
Com essas observações, segue-se a igualdade: 
.45
4
180
51809
523)20(9
9
2
3
20
20
9
2
3
x
xx
xxxx
xx
x
xx
x
 
Com isso, concluímos que Maria havia deixado reais para seus filhos. 
 
Resposta correta: alternativa C. 
 
Questão 20 
 
Permutam-se de todas as formas possíveis os algarismos e escrevem-se os números 
formados em ordem crescente. O número que ocupa a posição é: 
 
a) b) c) d) e) 
 
 Resolução: 
 
Observe que em ordem crescente, a permutação na primeira posição é . Então, fixando o 
algarismo , pelo princípio fundamental da contagem, há possibilida-
des nas permutações do tipo 1 _ _ _ _ (isto é, as primeiras 24 permutações em ordem crescente 
tem o algarismo 1 na dezena de milhar). 
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Seguindo o raciocínio, tem-se mais permutações cujo algarismo na dezena de milhar é , 
esgotando assim as primeiras permutações em ordem crescente. Portanto, como a per-
mutação é tem-se que a permutação é . 
 
Resposta correta: alternativa D. 
 
Questão 21 
 
O campo magnético do sol periodicamente se torna muito mais intenso, aparecem as manchas 
solares e ocorrem as tempestades que são enormes explosões. Isso dura alguns meses e depois 
desaparece. Tal fenômeno foi observado pela última vez no ano de e se repete com regu-
laridade a cada anos. 
A última vez que esse fato ocorreu foi em 
 
a) b) c) d) e) 
 
 Resolução: 
 
O fenômeno foi observado pela última vez há anos. Se ele se repete com 
regularidade a cada anos, para saber a última vez em que o fenômeno ocorreu, basta subtrair 
de o resto da divisão de por . Efetuando os cálculos temos: 
 
 
 
E daí, como o fenômeno ocorreu pela ultima vez em 2008. 
 
Resposta correta: alternativa E. 
 
Questão 22 
 
Um grupo de crianças brinca em torno de várias cadeiras. Se duas crianças sentam em cada 
cadeira, uma criança fica de pé. Se três crianças sentam em cada cadeira, uma cadeira fica vazia. 
O número de crianças é: 
 
a) b) c) d) e) 
 
 Resolução: 
 
Denotemos por o número de crianças e por o número de cadeiras. Observe que a primeira 
sentença nos leva a deduzir a seguinte equação: 
 
 
 
A segunda sentença nos leva a: 
 
 
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Resolvendo o sistema, descobriremos o número de crianças. 
 
 
 
Substituindo a primeira equação na segunda obtemos: 
 
3 
 
Logo, o número de crianças é igual a nove. 
 
Resposta correta: alternativa D. 
 
Questão 23 
 
A figura ao lado é formada por cinco pequenos quadrados e, dentro de cada 
quadrado, esconde-se um númerointeiro. 
O número que aparece abaixo de cada um dos desenhos a seguir é a soma dos 
números que estão escondidos nos quadrados pintados. 
 
 
O número do quadrinho central é: 
 
a) b) c) d) e) 
 
 Resolução: 
 
Seja a figura: 
 
 
Do enunciado, formamos o sistema: 
 
 
 
 
 
 
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Fazendo, 
 
. 
 
 
 
Substituindo os resultados acima em , obtemos: 
 
 
 
Resposta correta: alternativa C. 
 
Questão 24 ANULADA! 
 
Considere que O valor de tal que é: 
 
a) 
b) 
c) 
d) 
e) 
 
Questão 25 
 
Numa cidade existe uma pessoa X que sempre mente terças, quintas e sábados e é completa-
mente sincera o resto dos dias da semana. Felipe chega um certo dia na cidade e mantém o se-
guinte diálogo com a pessoa X: 
 
- Felipe: Que dia é hoje? 
- X: Sábado. 
- Felipe: Que dia será amanhã? 
- X: Quarta-feira. 
 
Em que dia da semana foi mantido este diálogo? 
 
a) Sábado. 
b) Quinta-feira. 
c) Segunda-feira. 
d) Terça-feira. 
e) Sexta-feira. 
 
 Resolução: 
 
Segundo a primeira resposta, o dia que o diálogo foi mantido não pode ser sábado, pois X mente 
nesse dia. Além disso, o dia do diálogo não pode ser segunda, quarta, sexta ou domingo, já que 
nesses dias a pessoa X fala a verdade. 
De acordo com a segunda resposta, o dia do diálogo não pode ser terça, uma vez que nesse dia a 
pessoa X mente. 
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Logo, por exclusão, o dia que foi mantido o diálogo é quinta. 
 
Resposta correta: alternativa B. 
 
Questão 26 
 
O número possui dígitos em ordem crescente. Os números e não possuem 
dígitos em ordem crescente. Quantos são os números naturais entre e que possuem 
seus dígitos em ordem crescente? 
 
a) b) c) d) e) 
 
 Resolução 
 
Observe primeiramente que dados dígitos que vão compor nosso número, há somente uma 
forma de dispor esses dígitos de tal modo que eles fiquem em ordem crescente. 
 
 Fixando o número como primeiro dígito temos possibilidades para escolhermos os 
outros dígitos que irão compor nosso número, ou seja, temos números 
que possuem dígitos em ordem crescente entre e . 
 Fixando o número como primeiro dígito temos possibilidades para escolhermos os 
outros dígitos que irão compor nosso número, ou seja, temos números 
que possuem dígitos em ordem crescente entre e . 
 Fixando o número como primeiro dígito temos possibilidades para escolhermos os 
outros dígitos que irão compor nosso número, ou seja, temos números 
que possuem dígitos em ordem crescente entre e . 
 Fixando o número como primeiro dígito temos possibilidades para escolhermos os 
outros dígitos que irão compor nosso número, ou seja, temos números 
que possuem dígitos em ordem crescente entre e . 
 Fixando o número como primeiro dígito temos possibilidades para escolhermos os 
outros dígitos que irão compor nosso número, ou seja, temos números 
que possuem dígitos em ordem crescente entre e . 
 Fixando o número como primeiro dígito temos possibilidades para escolhermos os 
outros dígitos que irão compor nosso número, ou seja, temos número que 
possui dígitos em ordem crescente, esse número é e é o último número possível. 
 
Logo, somando todas as possibilidades, o número n de números naturais entre e que 
possuem seus dígitos em ordem crescente é: 
 
 
 
OBS: Caso não deseje (ou não se lembre de) usar combinatória, basta aplicar o Princípio Fun-
damental da Contagem. 
 
Resposta: alternativa A. 
 
 
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Questão 27 
 
Se espremermos um círculo de raio entre duas retas paralelas que distam entre si , 
obteremos uma figura de área menor, mas de mesmo perímetro que o círculo original. 
 
Se as partes curvas desta figura obtida são semicircunferências, a razão da área da figura espre-
mida pela área do círculo inicial é 
 
a) b) c) d) e) 
 
 Resolução: 
 
Primeiramente, vamos calcular a área e o perímetro do círculo inicial. 
 
 
 
 
Observe que a nova figura possui mesmo perímetro do que o círculo inicial. Além disso, as duas 
semicircunferências juntas nos dão uma circunferência de raio igual a (já que as retas dis-
tam entre si ). Seja a medida de cada segmento que é a interseção entre a figura e as 
retas paralelas, daí o perímetro do círculo achatado é: 
 
 
 
A área do círculo achatado é a soma da área do retângulo com a área dos semicírculos: 
 
 
 
A razão da área da figura espremida pela área do círculo inicial é, portanto, 
 
 
 
Resposta correta: alternativa A. 
 
Questão 28 
 
Em uma festa há casais. Cada homem cumprimenta com um aperto de mão os outros convi-
dados, exceto sua própria esposa. As mulheres recebem apertos de mão, mas não procuram nin-
guém para cumprimentar. 
Quantos apertos de mão são dados pelos participantes? 
 
a) b) c) d) e) 
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 Resolução 
 
Primeiramente, vamos contar o número de apertos de mão de homem para mulher. Como são 
homens e cada um deles cumprimenta com um aperto de mão cada mulher (exceto a própria 
esposa), vemos que o número de apertos de mão entre homem e mulher é . 
Agora vamos contar o número de apertos de mão entre homens. Para tanto, fixemos um dos 
homens e o chamemos homem 1. Sabemos que ele apertará a mão dos outros homens. Fixe-
mos, agora, outro homem, chamado de homem 2. Notemos que ele só apertará a mão de 11 ho-
mens, uma vez que já foi cumprimentado pelo homem 1 no passo anterior. Da mesma forma, 
fixado mais um homem, digamos homem 3, ele já terá sido cumprimentado pelo homem 1 e pelo 
homem 2. Assim, terá que dar mais apertos de mão. Aplicando esse raciocínio para os de-
mais homens, decorre que a quantidade de apertos de mão entre homens é 
 
78123...101112 . 
 
Portanto, o total de apertos de mão é . 
 
Resposta correta: alternativa A. 
 
Questão 29 
 
O máximo divisor comum entre dois números naturais é e o mínimo múltiplo comum desses 
mesmos números é . 
Podemos garantir que: 
 
a) Os dois números são maiores que 
b) O produto dos dois números é maior que 
c) Os dois números são múltiplos de 
d) Os dois números são divisores de 
e) Um dos números é múltiplo do outro 
 
 Resolução: 
 
Sejam e tais números. Sabemos que 
 
 
 
Logo, donde podemos concluir que o produto de é maior do que 
. 
 
Resposta correta: alternativa B. 
 
 
 
 
 
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Questão 30 
 
Um terreno triangular foi dividido em três terrenos menores conforme a figura. 
 
Então: 
 
a) A área do terreno é a metade da área do terreno 
b) A área do terreno é maior do que a área do terreno 
c) A área do terreno é da área do terreno 
d) A área do terreno é igual a área do terreno 
e) A área do terreno é maior do que a área do terreno 
 
 Resolução: 
 
Observe que os triângulos que representam os terrenos e são semelhantes, pois os seus ân-
gulos possuem a mesma medida. Seja a altura do triângulo do terreno , e , a do terreno . 
Daí, por semelhança de triângulos, podemos concluir que , ou seja, , de onde vem 
que a área do terreno A é igual a área do terreno , pois, 
 
 
 
Resposta correta: alternativa D. 
 
Questão 31 
 
Os gráficos das funções reais e possuem um único ponto em co-
mum. O valor de é: 
 
a) b) c) d) e) 
 
 Resolução: 
 
Faça . Logo, 
 
. 
 
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De agora em diante calcularemos o discriminante da equação acima. Observando que este 
deve assumir valor zero, pois, se for maior que zero, resultará em duas raízes reais e dois valores 
de comum a e Não pode ocorrer, também, que , pois não seria possível existir um 
valor comum a e . 
 
Portanto, 
 
 
 
Como = 0, temos: 
 
 
 
Resposta certa: alternativa E. 
 
Questão 32 
 
Quando Joãozinho tirou em uma prova, sua média subiu . Na prova seguinte, ele tirou 
 e sua média caiu . 
Quantas provas ele realizou, incluindo estas duas últimas?a) b) c) d) e) 
 
 Resolução: 
 
Sejam a média, a soma inicial das notas e o número inicial de provas, temos: 
 
 
Do enunciado, vem: 
 
 
 
Substituindo, 
 
em 
 
 
 
 
em 
 
 
 
 
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Resolvendo o sistema formado por (IV) e (V), temos: 
 
 
 
Substituindo em (IV), obtemos: 
 
 
 
Assim, o número total de provas é 
 
Resposta certa: alternativa A. 
 
Questão 33 
 
Os números , e são termos de uma progressão aritmética de números inteiros positi-
vos, de razão máxima. Assinale o termo seguinte ao termo : 
 
a) b) c) d) e) 
 
 Resolução: 
 
Note que esses três números não são termos consecutivos de uma P.A. 
Suponha que exista um único número entre e tal que , e seja parte de uma pro-
gressão aritmética. Daí, 
 
 
 
Observe que esse valor não serve, pois não é um número inteiro. Logo existem mais de um 
número entre e . 
Agora suponha que exista um único número entre e tal que , e façam 
parte de uma progressão aritmética. Se isso ocorresse teríamos: 
 
 
 
Note que e são termos da Progressão Aritmética, com razão 
 
 
 
Verifiquemos se 5 faz parte também dessa P.A: 
Como 
 
 
 
Concluímos que os três termos , e fazem parte da P.A. anterior. 
Então o próximo termo após é 
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O número é a razão máxima. De fato, suponha que exista uma razão maior . 
Dessa forma, existe um número natural tal que e . Donde 
, mas dessa forma, os números e não estariam na P.A. Portanto, 117 é a mai-
or razão. 
 
Resposta correta: alternativa D. 
 
Questão 34 
 
Eduardo pensou em dois números naturais e . Sabe-se que apenas uma das cinco afirmações 
abaixo é verdadeira. Assinale-a. 
 
a) é um número par 
b) e 
c) e 
d) 
e) Pelo menos um dos dois números ou é par 
 
 Resolução: 
 
Suponha que a alternativa A seja a verdadeira e note que, se isso acontecesse, a alternativa E 
também seria, mas é afirmado no enunciado do texto APENAS UMA das afirmações é verda-
deira, logo nem a A e nem a E são alternativas corretas. 
Se B fosse verdadeira teríamos: 
 
 
 
Mas e são números naturais, deste modo a não pode ser negativo, logo a alternativa B é 
falsa. 
Suponha agora que C seja verdadeira, daí teríamos: 
 
 
 
Note que , assim se C for verdadeira a alternativa D também será, o que 
contraria o enunciado da questão, logo a alternativa C também é falsa. 
 
Resposta correta: alternativa D. 
 
Questão 35 
 
Os jogadores e têm, cada um, três cartas na mão, e sabem as cartas do oponente. Jogarão 
em rodadas depositando uma carta na mesa em cada rodada, um após o outro. O vencedor da 
rodada será aquele que jogar a carta mais alta. O jogador será o primeiro a jogar a carta na 
primeira rodada, e nas outras duas rodadas o primeiro a jogar será o vencedor da rodada anteri-
or. Vence o jogo quem ganhar mais rodadas. Suponha que tenha as cartas com números , e 
, e que B tenha as cartas e . São feitas as seguintes afirmativas: 
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I. Entre todos os possíveis pares formados por uma carta de e uma carta de , há 
mais pares em que ganha. 
II. A melhor estratégia para é sempre jogar a carta mais alta. 
III. Se A jogar ou na primeira rodada, poderá ganhar com qualquer resposta de B. 
Assinale a alternativa correta, com respeito às afirmações I, II e III (nesta ordem): 
 
a) FALSA, VERDADEIRA, FALSA 
b) VERDADEIRA, VERDADEIRA, FALSA 
c) VERDADEIRA, FALSA, VERDADEIRA 
d) FALSA, FALSA, VERDADEIRA 
e) VERDADEIRA, FALSA, FALSA 
 
 Resolução: 
 
Um par de cartas será uma rodada. 
Como o jogador A joga a primeira carta da primeira rodada, analisemos os possíveis pares for-
mados pelas cartas dos jogadores e na primeira rodada: 
 
 
 
Observe que, entre os possíveis casos, ganha em cinco dos nove, a saber: 
 
 
 
Logo, I está correta, eliminando, assim, as alternativas A e D. 
 
Para provar que II é falsa, basta conseguir um contra-exemplo. Considere a seguinte sequência 
de jogadas: 
 
 
O jogador começa a jogar com sua carta de valor mais alto, no entanto, ele perde o jogo, pois 
na segunda rodada a carta de maior valor que ele pode jogar é 6 e daí o jogador B pode ganhar 
as duas rodadas subsequentes. 
Segue que II é falsa e, portanto, a alternativa também é falsa. Restam as alternativas C e E. 
 
Por fim, nos voltemos para a afirmativa III. Por construção de possibilidades de sequências de 
jogadas, chegamos às seguintes rodadas. Lembre-se: quem ganha é aquele que joga na próxima 
rodada. 
 A ganhou mais rodadas 
 A ganhou mais rodadas 
 A ganhou mais rodadas 
 A ganhou mais rodadas 
 A ganhou mais rodadas 
 A ganhou mais rodadas 
...etc. 
 
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Dessa forma, se analisa os outros possíveis casos. 
Logo, III é verdadeira. 
 
Resposta correta: alternativa C. 
1. Assinale, dentre as regiões a seguir, pintadas de cinza, aquela que
é formada pelos pontos do quadrado cuja distância a qualquer um
dos vértices não é maior do que o comprimento do lado do qua-
drado.
(A)
(C)
(B)
(D)
(E)
RESPOSTA: (A)
A região é a intersecção dos 4 quartos de ćırculos contidos no qua-
drado, com centros nos vértices do quadrado, e raios iguais ao lado
do quadrado.
2. Um ćırculo de raio R tem área A e, girando o ćırculo em torno de
um diâmetro, obtemos uma esfera de volume V . Se repetirmos o
procedimento com um ćırculo de raio 2,5R, sua área e o volume da
esfera correspondente serão, respectivamente,
(A) 2,5A e 2,5V
(C) 5A e 25V
(B) 5A e 10V
(D) 6,25A e 12,25V
(E) 6,25A e 15,625V
RESPOSTA: (E)
A área é 2, 52 = 6,25 vezes maior e o volume é 2,53 = 15,625 vezes
maior.
3. Um comerciante compra conjuntos de 4 canetas, a 5 reais cada
conjunto, e vende essas canetas em pacotes de três, cobrando 5
reais por pacote. Quantos pacotes ele deve vender, no mı́nimo,
para ter um lucro de 100 reais?
(A) 50
(C) 80
(B) 90
(D) 100
1
(E) 180
RESPOSTA: (C)
O preço de custo de um pacote é de 34 de 5 reais, isto é,
15
4 reais.
Vendendo a 5 reais, o lucro é de 5− 154 =
5
4 reais por pacote. Para
lucrar 100 reais, é preciso então vender
100
5/4
= 80
pacotes.
4. Na primeira fase de um campeonato interescolar de basquete, onde
cada time joga uma vez contra cada um dos outros times, foram
realizados 253 jogos. Quantos times havia no campeonato?
(A) 15
(C) 23
(B) 17
(D) 51
(E) 126
RESPOSTA: (C)
Seja n o número de times. Cada time realiza n − 1 jogos. Então
seriam n(n− 1) jogos ao todo, mas essa contagem conta cada jogo
duas vezes. Assim, são n(n−1)2 jogos. Queremos n tal que
n(n−1)
2 =
253, isto é, n(n − 1) = 506. A solução é n = 23 (ou resolve-se a
equação de segundo grau n2 − n − 506 = 0 ou então chega-se a
esse número por inspeção dos números inteiros cujos quadrados
são próximos de 500).
5. A soma de 11 inteiros consecutivos é N . Qual é o maior desses
números em termos de N?
(A) N5 + 5
(C) N5 + 10
(B) N11 + 5
(D) N11 + 10
(E) N6 + 10
RESPOSTA: (B)
Se o maior dos números mencionados for n, então estamos somando
todos os números inteiros de n− 10 a n. Isso dá
11 · (n− 10) + n
2
= 11n− 55 .
Como essa soma tem que dar N , então 11n − 55 = N e, por
conseguinte, n = N11 + 5.
2
Resultado de uma prova de Matemática
N
úm
er
o 
de
 a
lu
no
s
Notas
30 1 2 4 5 6 7 8 9 10
0
1
2
3
4
5
6
7
8
6. O gráfico de barras exibe a distribuição de frequência das notas
obtidas em uma prova de Matemática.
A média aritmética das notas dessa prova é igual a
(A) 2,50
(C) 5,00
(B) 3,50
(D) 5,32
(E) 6,00
RESPOSTA: (D)
A média aritmética é a soma de todas as notas dividida pelo total
de alunos. O total de alunos é a soma das alturas das barras:
1 + 2 + 3 + 2 + 1 + 2 + 7 + 2 + 0 + 1 + 4 = 25 .
A soma das notas é a soma da altura das barras vezes a nota
correspondente:
1·0+2·1+3·2+2·3+1·4+2·5+7·6+2·7+0·8+1·9+4·10 = 133.
Então a média é
133
25
=
532
100
= 5,32 .
7. A Estação de Tratamento de Esgotos de Sarapúı, no Rio de Janeiro,
tem a capacidade de tratar 1500 litros de esgoto por segundo. Seja
T o tempo necessário para que essa estação processe o volume de
esgoto correspondente ao volume de uma piscina de 50 metros de
comprimento, 25 metros de largura e 2 metros de profundidade.
Dentre as opções abaixo, o valor de T está mais próximo de
(A) dois segundos
(C) meia hora
(B) dois minutos
(D) uma hora
(E) um dia
RESPOSTA: (C)
3
Uma piscina com as dimensões dadas tem 50 × 25 × 2 = 2500
metros cúbicos; 1500 litros por segundo significa 1,5 metro cúbico
por segundo. Então a Estação processa 2500 metros cúbicos em
2500
1,5
=
5000
3
segundos. Isso dá
5000
3× 60
=
500
18
=
250
9
minutos, um valor entre 27 e 28 minutos. Então meia hora, entre
as alternativas apresentadas, é a opção mais próxima.
8. Uma pequena praça tem a forma de um
hexágono dividido em triângulos, como ilus-
trado na figura. A reta que liga A e B está
alinhada com a direção norte-sul, sendo A mais
ao norte. Os espaços do hexágono fora dos
triângulos são ruas nas quais uma pessoa pode
caminhar.
Quantos são os caminhos diferentes que uma pessoa pode seguir
(sem sair da praça) para ir do ponto A ao ponto B se, durante sua
caminhada, ela sempre está mais ao sul do que estava em qualquer
instante anterior?
(A) 6
(C) 11
(B) 9
(D) 12
(E) 72
RESPOSTA: (C)
No primeiro trecho há 3 alternativas. A do meio e as laterais. O
número de caminhos começando por uma das laterais é igual ao
número de caminhos começando pela outra lateral, de modo que
basta contar uma delas.
Começando pelo meio: desce-se ao centro, e do centro há 3 opções.
Seguindo cada uma delas, a regra de caminhar para o sul faz com
que não haja mais opções depois. Então são 3 caminhos quando
se parte pelo meio.
Começando por uma lateral: depois do primeiro trecho há duas
opções, seguir pelo contorno da praça ou rumar para o meio. Se
seguir a opção do contorno da praça o caminho posterior fica de-
terminado (1 caminho). Se seguir para o meio, há 3 opções, como
no caso anterior (3 caminhos). Então são 4 caminhos no total.
Portanto são 4 caminhos começando pela esquerda, 4 pela direita
e 3 pelo meio, perfazendo um total de 11.
4
9. Seja N = 122012 + 201212. O maior valor de n tal que 2n é divisor
de N é
(A) 10
(C) 16
(B) 12
(D) 24
(E) 36
RESPOSTA: (D)
Como 12 = 22 · 3 e 2012 = 22 · 503, então
N = 24024 · 32012 + 224 · 50312 = 224
(
24000 · 32012 + 50312
)
.
Então 224 divide N . Para saber se existe uma potência de 2 maior
que divide N precisamos saber se o número entre parênteses é par
ou ı́mpar. Se for ı́mpar, então não é diviśıvel por 2 e 24 é a potência
máxima.
Ora, o termo da esquerda é claramente um múltiplo de 2, portanto
é par. Já o termo da direita é uma potência de um número ı́mpar,
que sempre é ı́mpar. A soma dos dois termos é, portanto, ı́mpar.
10. A média geométrica de três números positivos é a raiz cúbica do
produto dos três. Se a média geométrica de três números naturais
distintos é igual a 5, qual é a soma desses três números?
(A) 15
(C) 21
(B) 16
(D) 30
(E) 31
RESPOSTA: (E)
Sejam a < b < c os 3 números naturais distintos. Como a média
geométrica dos 3 é 5, então abc = 53 = 125. Isso implica que esses
números só podem ser 1, 5, 52 = 25 ou 53 = 125. Se c = 125, os
outros dois teriam que ser iguais a 1, e não seriam então distintos.
Se nenhum deles for 25, então os três têm que ser 1 ou 5, ou seja,
necessariamente dois deles seriam iguais, o que não é permitido.
Então c = 25, b = 5 e a = 1, e a soma deles é 31.
11. A igualdade
√
3 + 2
√
2 +
√
3− 2
√
2 = a+ b
√
2 é verdadeira para
(A) a = 1 e b = 1
(C) a = 1 e b = 2
(B) a = 2 e b = 1
(D) a = 2 e b = 0
(E) a = 0 e b = 2
RESPOSTA: (E)
5
Se vale a igualdade, então vale a igualdade dos quadrados. O
quadrado do lado esquerdo é igual a 8. O quadrado do lado direito
é igual a a2+2b2+2
√
2ab. Como as opções de resposta são números
inteiros, a igualdade 8 = a2 + 2b2 + 2
√
2ab só pode ser satisfeita
se ab = 0, ou seja, se ou a ou b for zero. Isso descarta as três
primeiras alternativas.
A alternativa (D) não serve, porque se b = 0 então a2 tem que ser
8, logo a não pode ser igual a 2.
Resta a alternativa (E), que de fato se confirma. Se a = 0 e b = 2
então o lado direito é 2
√
2 =
√
8. E o lado esquerdo também é
√
8,
pois, como comentado acima, seu quadrado é igual a 8.
12. A figura ao lado é composta por 4
semicircunferências. As duas meno-
res possuem o mesmo raio, medindo
1,5 cm. A semicircunferência inter-
mediária tem diâmetro igual ao raio
da circunferência maior.
A área da região sombreada, em cm2, é
(A) 18π
(C) 25,5π
(B) 22,5π
(D) 36π
(E) 45π
RESPOSTA: (B)
O excesso e a falta dos semićırculos menores se compensam, de
modo que a área total é a soma da área do semićırculo maior (de
raio 6) com a área do semićırculo de tamanho intermediário (de
raio 3). Então a área é 12π · 3
2 + 12π · 6
2 = 452 π=22,5π.
13. A figura ao lado apresenta a plani-
ficação de um cubo. A face oposta
à face 1
(A) é a face 3.
(B) é a face 4.
(C) é a face 5.
(D) é a face 6.
(E) não pode ser determinada.
RESPOSTA: (B)
6
Basta dobrar as faces mentalmente.
14. Se f(x) = x2 − x+ 1, a é um número real e h é outro número real
diferente de zero, então a expressão
f(a+ h)− f(a)
h
é igual a
(A) 2a+ h− 1.
(B)
2ah+ h2 − 2a+ h+ 2
h
.
(C) 2a+ h+ 1.
(D)
2ah+ h2 − 2a+ h
h
.
(E)
2ah+ h2 − 2a− h+ 2
h
.
RESPOSTA: (A)
f(a+ h)− f(a)
h
=
[
(a+ h)2 − (a+ h) + 1
]
−
[
a2 − a+ 1
]
h
=
a2 + 2ah+ h2 − a− h+ 1− a2 + a− 1
h
=
2ah+ h2 − h
h
= 2a− 1 + h .
15. O consumo de um carro é de 10 km/` de gasolina. Seu proprietário
pagou 3200 reais para uma oficina instalar um kit de gás natural
veicular (GNV). O consumo do carro a gás é de 13 km/m3. A ga-
solina custa 2,80 reais por litro e o gás custa 2,60 reais por m3. O
número de quilômetros que o carro deve rodar funcionando exclu-
sivamente com GNV para que a economia em combust́ıvel recupere
o investimento com a instalação do kit é
(A) 20000
(C) 32000
(B) 24000
(D) 40000
(E) 48000
RESPOSTA: (D)
O consumo de gasolina é de 1 litro a cada 10 quilômetros, isto é,
0,1 litro para cada quilômetro. Logo, o custo do quilômetro rodado
com gasolina é de 28 centavos.
O consumo de gás é de 13 km por metro cúbico, ou seja, 113 metro
cúbico por quilômetro. Como o preço do metro cúbico é 2,60 reais,
o custo de um quilômetro rodado é de 2,6013 = 0,2 reais, isto é, 20
centavos.
7
Então a economia é de 8 centavos por quilômetro. Para chegar
em 3200 reais, ou 320.000 centavos, é preciso rodar 320.000/8 =
40.000 quilômetros.
16. Na figura vemos o gráfico de
f(x) = x2−6x+11. Os pontos A
e B estão nesse gráfico e o seg-
mento horizontal AB tem com-
primento 4. Qual é a distância
de AB ao eixo das abscissas?
(A) 116
(C) 4
(B) 72
(D) 5
(E) 6
RESPOSTA: (E)
Metade do segmento AB tem comprimento 2. Então a distância
de AB ao vértice da parábola é 22 = 4, usando áı o fato de que o
coeficiente de x2 é igual a 1.
Para saber a altura do vértice, pode-se completar quadrados. Te-
mos
f(x) = x2 − 6x+ 9 + 2 = (x− 3)2 + 2 ,
logo a altura do vértice é 2.
Levando-se em conta as duas informações, a altura do segmento
AB é de 4 + 2 = 6.
17. Com uma nova invenção, o custo da produção de um produto foi
reduzido em 50%. Após uma isenção de impostos, o custo da
produção desse mesmo produto foi reduzido em 40% e, em seguida,
com a diminuição das tarifas de energia, o custo ainda foi reduzido
em 10%. Qual foi a redução percentual do custo da produção desse
produto?
(A) 27%
(C) 73%
(B) 50%
(D) 77%
(E) 100%
RESPOSTA: (C)
A primeiraredução significa uma multiplicação por 0,5. A segunda,
uma multiplicação por 0,6. E a terceira, uma multiplicação por 0,9.
Isso dá uma multiplicação por 0,27, o que significa uma redução
de 73%.
8
18. Numa corrida de táxi é cobrado um valor inicial fixo chamado ban-
deirada e mais uma quantia que é proporcional à quilometragem
percorrida. Sabe-se que por uma corrida de 7 km são cobrados R$
22,00, enquanto que uma corrida de 3 km custa R$ 11,80. O valor
da bandeirada, em reais, é
(A) 3,75
(C) 4,05
(B) 3,95
(D) 4,15
(E) 4,25
RESPOSTA: (D)
Pela diferença entre os valores de 3 e 7 km, 4 km (depois da bandei-
rada) custam 22 - 11,8 = 10,2 reais. Então 3 quilômetros custam
3/4 disso, isto é, 7,65 reais. Como o preço de 3 km é de 11,8, então
a bandeirada é de 11,8 - 7,65 = 4,15 reais.
19. Sejam A e B dois pontos distintos no plano. O conjunto dos pontos
C desse plano tais que a área do triângulo ABC é igual a 1 é
(A) uma reta.
(B) um par de retas.
(C) uma parábola.
(D) vazio.
(E) imposśıvel de se determinar sem se conhecer A e B.
RESPOSTA: (B)
A área do triângulo é o produto do tamanho de AB pela distância
de C à reta que contém AB, dividido por 2. Ou seja, como que-
remos fixar a área igual a 1, a distância de C à reta que contém
AB é sempre igual a 2AB . Mas o conjunto de pontos que distam
de uma reta por um valor fixo é um par de retas.
20. Um silo para armazenagem de grãos é feito de metal e tem o for-
mato de um cilindro medindo 2,5 m de diâmetro e 6 m de altura.
É preciso pintar a superf́ıcie lateral externa (sem tampa ou fundo)
de três desses silos e a tinta indicada tem um rendimento de 40 m2
por galão. Sabendo que serão necessárias duas demãos de pintura
em cada silo, qual é a melhor aproximação para a quantidade de
tinta necessária?
(A) 6 galões
(C) 9 galões
(B) 7 galões
(D) 14 galões
(E) 16 galões
RESPOSTA: (B)
9
A área da parede do cilindro é o peŕımetro 2,5π multiplicado pela
altura 6, isto é, 15π. Como são duas demãos em 3 silos, a área
total de pintura será de 90π metros quadrados. Com rendimento
de 40 metros quadrados por galão, serão necessários 90π/40 galões.
Aproximando π por 3 (com um erro cometido de menos de 5%) isso
dá aproximadamente 27/4, que é um número próximo de 7. Serão
necessários, portanto, em torno de 7 galões.
21. Um número é capicua quando suas leituras da esquerda para a
direita e da direita para a esquerda são iguais. Por exemplo, 12321
e 8709078 são exemplos de números capicuas. Quantos números
capicuas de cinco d́ıgitos e três algarismos distintos existem?
(A) 648
(C) 729
(B) 720
(D) 810
(E) 900
RESPOSTA: (A)
Se o número tem 5 d́ıgitos e é capicua, basta sabermos quem são
os 3 primeiros. O primeiro não pode ser zero, então há 9 possibi-
lidades para ele. Para o segundo, que é distinto do primeiro, há
também 9 possibilidades, pois agora o zero é permitido. E, para o
terceiro, restam 8 possibilidades, já que é distinto dos outros dois.
Então são 9× 9× 8 = 648 possibilidades.
22. Cada face de um cubo pode ser pintada de vermelho ou de azul.
Quantos cubos diferentes podemos obter? (Repare que a posição
em que o cubo se encontra não influi; por exemplo, temos um
único cubo que tem uma única face azul e todas as outras faces
vermelhas.)
(A) 5
(C) 8
(B) 6
(D) 10
(E) 12
RESPOSTA: (D)
Se A representa o número de faces azuis e V o número de faces
vermelhas, então podemos analisar cada uma das possibilidades
para o par (A, V ), que são: (0, 6), (1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1)
e (6, 0).
Nos casos (0, 6) e (6, 0) há apenas uma cor, então só há um jeito
(em cada uma) de pintar o cubo, totalizando 2 maneiras. Nos
casos (1, 5) e (5, 1) há uma face de uma cor e as demais da outra
cor. Também só há uma maneira de fazer isso em cada um dos
dois casos, totalizando 2 maneiras. Nos casos (2, 4) e (4, 2), em
10
que duas faces têm uma cor e as demais têm outra cor, essas duas
cores iguais podem ser em faces adjacentes ou opostas. Então
são duas possibilidades em cada um dos dois casos, totalizando 4
maneiras. Finalmente, no caso (3, 3), ou cada cor aparece em 3
faces em torno de um vértice, ou cada cor aparece em 3 faces em
que duas são opostas. Isso dá 2 maneiras.
No total, são 10 maneiras de pintar o cubo.
23. Um grupo de n rapazes e 2n moças disputou um torneio de tênis.
Todo competidor jogou exatamente uma vez com cada um dos
outros competidores e, ao final, 10% das partidas ocorreram entre
rapazes. O valor de n é
(A) 6
(C) 8
(B) 7
(D) 9
(E) 10
RESPOSTA: (B)
O número de partidas entre rapazes é 12n(n− 1). O número total
de partidas é 123n(3n− 1). A razão do primeiro pelo segundo deve
ser 0,1 (10%), isto é:
1
10
=
1
2n(n− 1)
1
23n(3n− 1)
=
1
3
· n− 1
3n− 1
.
Então
9n− 3 = 10n− 10 ,
o que implica n = 7.
24. A respeito da afirmação de que x = 1, x = 2 e x = 3 são soluções
da equação
(x− 1)(x− 2)
2
− (x− 1)(x− 3) + (x− 2)(x− 3)
2
− 1 = 0 ,
pode-se assegurar que ela é
(A) verdadeira.
(B) falsa, pois trata-se de uma equação do segundo grau, logo não
possui 3 soluções distintas.
(C) falsa, pois x = 1 não é solução dessa equação.
(D) falsa, pois x = 2 não é solução dessa equação.
(E) falsa, pois x = 3 não é solução dessa equação.
RESPOSTA: (A)
Verifica-se que ela é verdadeira por inspeção sobre os três números
apresentados, que anulam a expressão da esquerda. (Obs.: de fato,
11
trata-se de um polinômio nulo. Ou seja, qualquer número real é
solução da equação.)
25. Se X = {x ∈ R tal que |x| ≤ −x}, então
(A) X = ]−∞, 0].
(C) X = {0}.
(B) X = ∅.
(D) X = [0,+∞[.
(E) X = R.
RESPOSTA: (A)
Se x = 0 então |x| = −x e, portanto, |x| ≤ −x. Se x < 0 então
|x| = −x e, portanto, |x| ≤ −x. Se x > 0 então |x| é positivo e −x
é negativo, implicando que |x| > −x, ou seja, neste caso não vale
|x| ≤ −x.
Portanto x ∈ X se, e somente se, x ≤ 0.
26. Sejam A = {1, 2, 3, 4, 5} e B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. Uma função f de
A em B é injetiva se, ao tomar-se i e j em A, com i diferente de
j, então f(i) necessariamente é diferente de f(j). O número total
de funções f : A→ B injetivas é
(A) 21
(C) 120
(B) 35
(D) 2520
(E) 75
RESPOSTA: (D)
Há 7 possibilidades para f(1), para cada uma delas 6 possibilidades
para f(2), etc, até 3 possibilidades para f(5). Então são
7 · 6 · 5 · 4 · 3
(
=
7!
(7− 5)!
)
= 2520
possibilidades.
27. O valor de N = (10012 − 9992)2 é
(A) 106
(C) 12× 106
(B) 4× 106
(D) 16× 106
(E) 16.900.000
RESPOSTA: (D)
Temos:
N = [(1001− 999)(1001 + 999)]2 = 40002 = 16× 106 .
12
28. Considere um triângulo isósceles ins-
crito em um ćırculo de raio 3 metros,
como mostra a figura. Se x repre-
senta a medida, em metros, da al-
tura desse triângulo com relação à
sua base, então sua área, em metros
quadrados, é igual a
(A) x
√
x(6− x)
(C) x
√
x(3− x)
(B) x2
√
x(6− x)
(D) x2
√
x(3− x)
(E) x
2
√
3
2
RESPOSTA: (A)
Se y é a metade da base do triângulo, então a área do triângulo é
xy. Portanto basta calcular y em função de x e fazer o produto
dos dois.
Seja C o centro do ćırculo. A distância de C ao pé da altura é
x − 3. A distância de C a qualquer um dos vértices da base é 3.
Então, pelo Teorema de Pitágoras, y2 + (3 − x)2 = 32. Dáı segue
que y =
√
x(6− x).
29. As casas do quadrado da figura foram pre-
enchidas com nove números inteiros positi-
vos, de modo a fazer com que os produtos
dos números de cada linha, de cada coluna
e de cada diagonal fossem todos iguais.
Em seguida, seis números inteiros foram apagados, restando os
números 6, 9 e 12, nas posições mostradas. Se x era o número
escrito na casa que está na primeira linha e na primeira coluna,
e y era o número escrito na casa que está na primeira linha e na
terceira coluna, então a soma x+ y é igual a
(A) 5
(C) 18
(B) 9(D) 20
(E) 36
RESPOSTA: (A)
O produto dos números da diagonal principal é x · 6 · 12 = 72x. O
produto da terceira coluna é 12 · 9 · y = 108y. Como os produtos
são iguais, 72x = 108y, ou y = 23x. O número que falta na segunda
13
linha deve ser tal que seu produto com 6 · 9 = 54 seja igual a 72x.
Então esse número é 72x54 =
4
3x. O primeiro número da terceira
linha é tal que seu produto com 6y (diagonal secundária) é igual a
72x. Então ele vale
72x
6y
=
72x
6 · 23 · x
=
72
4
= 18 .
Na primeira coluna ficaram, portanto, os números x, 43x e 18, cujo
produto é 24x2. Mas esse produto deve ser igual a 72x, então ou
x = 0 ou x = 3. Por hipótese, x > 0, então vale a segunda opção
e, assim, y = 2.
Portanto x+ y = 5.
30. Eduardo distribuiu as figurinhas de sua coleção em 7 montes iguais
e deu um monte a Ricardo. Juntou as figurinhas restantes, distribuiu-
as em 5 montes iguais e novamente deu um monte a Ricardo. Mais
uma vez, distribuiu as figurinhas que sobraram, agora em 3 montes
iguais, e deu um dos montes para Ricardo. Se Eduardo ficou com
96 figurinhas, quantas figurinhas ele tinha inicialmente?
(A) 105
(C) 288
(B) 210
(D) 480
(E) 672
RESPOSTA: (B)
Seja N a quantidade inicial. Após a primeira rodada, Eduardo
ficou com 67 ·N cartas. Depois ficou com
4
5 ·
6
7 ·N cartas. Depois
ficou com 23 ·
4
5 ·
2
3 ·N cartas, que são as 96 restantes. Então
N = 96 · 3
2
· 5
4
· 7
6
= 210 .
31. No retângulo ABCD da figura
os triângulos cinzentos têm to-
dos a mesma área. Quanto vale
AP
BP ?
(A) 32
(C)
√
3
(B) 1+
√
5
2
(D) 95
(E) 2
RESPOSTA: (B)
14
Se os triângulos retângulos têm a mesma área então os produtos
dos catetos são iguais:
BC ·BP = AP ·AQ = CD ·DQ .
Numeremos os três produtos que aparecem nessa equação como
I, II e III, na ordem em que aparecem na equação acima. Da
igualdade de I com II, sai
AP
BP
=
BC
AQ
=
BC
BC −DQ
=
1
1− DQBC
.
De I com III sai
DQ
BC
=
BP
CD
=
BP
AB
=
BP
AP +BP
=
1
1 + APBP
.
Juntando as duas e dando o nome de x para o quociente procurado
AP
BP , temos
x =
1
1− 11+x
.
Então
x(1 + x)− x = 1 + x ,
isto é,
x2 − x− 1 = 0 ,
cuja solução positiva é x = 1+
√
5
2 .
32. A figura mostra uma folha
de papel quadrada ABCD
de lado 1, dobrada de modo
que o pontoB coincida com o
ponto médio F do lado CD.
A medida de FG é
(A) 58
(C) 34
(B) 23
(D) 56
(E) 78
RESPOSTA: (D)
Seja x = EF . Como EF = EB, então FCE é um triângulo
retângulo de catetos 12 e 1 − x, e hipotenusa x. Pelo Teorema de
Pitágoras,
1
4
+ (1− x)2 = x2 ,
de onde resulta
x =
5
8
.
15
Como o ângulo GFE é reto, então os ângulos DFG e EFC são
complementares, de onde segue que os triângulos retângulos FDG
e ECF são semelhantes. Então
FG
FD
=
EF
EC
.
Como FD = 12 , EF = x =
5
8 e EC = 1− x =
3
8 , então FG =
5
6 .
33. A figura mostra uma rede de canos
de água que tem ińıcio no ponto A.
Quando se coloca água nesse ponto,
ela flui para baixo de tal modo que,
em cada ponto assinalado, a água
que chega pelo cano superior se dis-
tribui igualmente pelos dois canos
inferiores.
Se um litro de água é colocado em A, qual o volume de água, em
litros, que chegará a B?
(A) 364
(C) 1564
(B) 17
(D) 37
(E) 1532
RESPOSTA: (C)
Como a água se divide igualmente nas bifurcações, e até chegar à
parte inferior a água passa por 6 bifurcações, cada caminho de A
até a parte inferior é percorrido por apenas 126 =
1
64 da água.
A quantidade de caminhos para chegar de A até B é 15. Pode-se
chegar a esse número de várias maneiras, por exemplo contando
as possibilidades diretamente. Outra maneira é perceber que o
número de caminhos para chegar de A até um ponto da rede é
o número correspondente no triângulo de Pascal que começa com
1 na posição de A, 1 e 1 na linha de baixo, e segue com a regra
usual. Obtêm-se assim as linhas: 1; 1-1; 1-2-1; 1-3-3-1; 1-4-6-4-1;
1-5-10-10-5-1; 1-6-15-20-15-6-1.
34. O semićırculo da figura está inscrito no triângulo retângulo ABC
de catetos AB = 7 e BC = 24.
O raio do semićırculo é igual a
(A) 2
√
5
(C) 3
√
3
(B) 5
(D) 214
(E) 163
16
RESPOSTA: (D)
Seja D o ponto de tangência da semicircunferência com o segmento
AC. Seja O o centro da semicircunferência e R = OD seu raio.
Como AB e AD são tangentes à mesma circunferência então têm
mesmo tamanho. Assim AC = 7 +DC.
Pelo Teorema de Pitágoras, AC =
√
242 + 72 = 25. Então DC =
18.
Os triângulos retângulos CDO e CBA são semelhantes, pois com-
partilham um dos ângulos agudos. Disto sai
R
18
=
OD
DC
=
AB
BC
=
7
24
,
isto é, R = 217 .
35. Em um triângulo retângulo conhecem-se a soma s dos catetos e
altura h relativa à hipotenusa. Qual das expressões abaixo repre-
senta o valor da hipotenusa em função de s e h?
(A) s− h
(C) s+
√
s2 − h2
(B)
√
h2 + s2
(D)
√
h2 + 4s2 − h
(E)
√
h2 + s2 − h
RESPOSTA: (E)
Sejam a, b os catetos e c a hipotenusa do triângulo retângulo. Então
s = a+b. Pelo Teorema de Pitágoras, c2 = a2+b2 = (a+b)2−2ab =
s2 − 2ab.
O dobro da área do triângulo é ab, mas também é hc, ou seja,
ab = hc. Então
c2 = s2 − 2hc
ou, ainda,
c2 + 2hc− s2 = 0 .
Essa é uma equação de segundo grau em c com solução positiva
√
h2 + s2 − h.
17
EXAME DE ACESSO PROFMAT - 2014
SOLUÇÕES
Questão 1. (Teorema de Pitágoras)
Uma pirâmide de base quadrada tem todas as suas arestas congruentes, de medida 8. A altura da pirâmide (em
relação à base quadrada) mede:
(A) 4
√
2
(D) 2
√
2/3
(B) 4
(E) 4
√
2/3
(C) 2
√
2
Resposta: A
Uma solução:
A altura h é um cateto de um triângulo retângulo cuja hipotenusa é uma aresta a e o outro cateto é a metade da
diagonal d do quadrado da base. Temos d = a
√
2 e assim h2 = a2− (d/2)2 ⇒ h2 = a2/2⇒ h = a/
√
2⇒ h = a
√
2/2.
Pondo a = 8 temos h = 4
√
2.
Questão 2. (Métodos de contagem)
Num quadriculado como na figura abaixo, a casa inferior na esquerda é pintada de preto indicando a casa inicial.
Os movimentos permitidos são apenas três:
• Para a casa da direita mais próxima
• Para a casa acima mais próxima
• Para a casa na diagonal superior di-
reita mais próxima
Cada casa é marcada com o número de maneiras possíveis de atingi-la partindo da casa inicial. Por exemplo, o 3
indica os três caminhos possíveis a partir da casa inicial: para a direita e para cima, para cima e para a direita ou
diretamente para diagonal superior direita. A casa indicada com X deverá receber qual número?
(A) 51
(D) 27
(B) 43
(E) 63
(C) 13
Resposta: E
Uma solução:
Na linha mais abaixo do quadriculado todas as casas devem ser preenchidas com o número 1. O mesmo vale para
a coluna mais à esquerda. Para atingir uma determinada casa (marcada com C), é preciso fazer um dos movimentos
indicados na figura abaixo à esquerda. Logo, o número que será colocado na casa C é a soma dos números que
constam das outras três casas que aparecem na figura. Portanto, o quadriculado completado até a marca X fica como
segue e a resposta é 63.
 
C 
Questão 3. (Proporcionalidade e porcentagem / Equações do primeiro grau)
Em um show de música, os organizadores notaram que a razão entre o número de homens e o número de mulheres
presentes no início do evento era de 710 · Durante o show nenhum homem e nenhuma mulher saiu ou entrou. Ao final
do show, os organizadores observaram um aumento de mais 255 homens e que 150 mulheres deixaram o local, de
modo que a razão entre o número de homens e o número de mulheres presentes depois disto passou a ser 910 · Qual o
número total de pessoas que estiveram presentes em algum momento no show?
(A) 1365
(D) 3570
(B) 1950
(E) 3954
(C) 3315
Resposta: D
Uma solução:
Denotemos por h0 o número de homens que estavam presentes no início do evento e m0 o número de mulheres que
estavam presentes no início. Assim, temos que
h0
m0
=
7
10
=⇒ m0 =
10
7
h0. (1)
Porém, no final a proporção era de
h0 + 255
m0 − 150
=
9
10
=⇒ h0 =
9
10
(m0 − 150)− 255. (2)
Portanto,substituindo (1) em (2), temos
h0 =
9
7
h0 − 135− 255
=
9
7
h0 − 390,
o que implica
2
7
h0 = 390 =⇒ h0 = 1365.
Assim, obtemos que
m0 =
10
7
h0 = 1950.
Portanto o número total de pessoas que estiveram no show foi (h0 + 255) +m0 = 3570.
Questão 4. (Noções de Estatística)
Numa empresa, os salários não são todos iguais e um novo funcionário foi contratado com um salário igual à
média dos salários pagos pela empresa antes de sua contratação. Comparando a média dos salários e o desvio padrão
calculados antes da contratação do novo funcionário com a média dos salários e o desvio padrão calculados levando
em conta o novo funcionário, podemos afirmar que:
(A) a nova média é menor que a antiga e o desvio padrão permanece igual.
(B) a nova média e o novo desvio padrão são ambos iguais aos antigos.
(C) a nova média e o novo desvio padrão são ambos maiores que os antigos.
(D) a nova média é igual a antiga e o novo desvio padrão é menor que o antigo.
(E) a nova média e o novo desvio padrão são ambos menores que os antigos.
Resposta: D
Uma solução:
É possível resolver a questão sem fazer contas se os conceitos estão claros. A média não se altera se agregamos
um elemento igual a própria média e o desvio padrão deve diminuir (já que é uma medida da dispersão em relação
à média).
Fazendo os cálculos, podemos solucionar o problema da forma que segue. Suponha que a empresa tenha n empre-
gados com salários s1, s2, ...sn. Então a média dos salários é
m =
1
n
n∑
i=1
si
e o desvio padrão é
d =
√∑n
i=1(si −m)2
n
O novo empregado terá um salário de m. Portanto a nova média e o novo desvio padrão serão:
mnova =
1
n+ 1
(( n∑
i=1
si) +m
)
=
mn+m
n+ 1
= m
dnovo =
√∑n
i=1(si −m)2 + (m−m)2
n+ 1
=
√∑n
i=1(si −m)2
n+ 1
= d
√
n√
n+ 1
< d,
pois o desvio padrão é positivo. Portanto, a média permanece igual e o desvio padrão diminui.
Questão 5. (Probabilidade)
Numa caixa estão três bolas numeradas de 1 a 3. Um dado, com seis faces numeradas de 1 a 6, é lançado e uma
das bolas é escolhida ao acaso. Assinale a alternativa que dá a probabilidade da bola e do dado exibirem o mesmo
número.
(A) 3/17
(D) 1/3
(B) 5/18
(E) 1/9
(C) 1/6
Resposta: C
Uma solução:
A tabela abaixo mostra todas as tiragens possíveis. Cada uma delas ocorre com probabilidade de 1/18. Os eventos
em que a bola e o dado exibem o mesmo número são destacados em negrito. São 3 eventos em 18. Logo, a resposta
correta é 3/18 = 1/6.
dado 1 2 3 4 5 6
bolas
1 1/18 1/18 1/18 1/18 1/18 1/18
2 1/18 1/18 1/18 1/18 1/18 1/18
3 1/18 1/18 1/18 1/18 1/18 1/18
Questão 6. (Razões trigonométricas/Teorema de Pitágoras)
Num triângulo retângulo a hipotenusa mede 13 cm e um dos catetos mede 5 cm. A soma das tangentes dos ângulos
agudos é aproximadamente:
(A)1
(B) 1,3
(C) 2
(D) 2,5
(E) 2,8
Resposta: E
Uma solução:
Os catetos são 5 e 12 (pelo Teorema de Pitágoras). As tangentes são 5/12 e 12/5 e sua soma é 169/60 ≈ 2,8.
Questão 7. (Proporcionalidade)
Considere um retângulo ABCD com lados AB de medida 6 cm, BC de medida 5 cm e seja M um ponto qualquer
do segmento AB, distinto de A e de B. A reta que passa por M e D intercepta a reta que passa por C e B no ponto
N . Chame de x o comprimento (em centímetros) do segmento AM . Assinale a expressão que dá o comprimento (em
centímetros) de BN em função de x.
(A) BN = 30−5xx
(D) BN = 6−x5
(B) BN = 30−6xx
(E) BN = 6x30x−5
(C) BN = 6−xx
Resposta: A
Uma solução:
A figura abaixo ilustra a situação descrita.
 
C 
B 
D 
A 
M 
6 
x 
N 
5 
Da semelhança entre os triângulos BNM e CND, conclui-se que BNBM =
CN
CD . Substituindo CD = 6, BM = 6− x
e CN = 5 +BN , obtemos
BN
6− x
=
5 +BN
6
,
ou seja,
BN =
30− 5x
x
.
Questão 8. (Equações do primeiro grau)
Em um processo seletivo contendo 35 questões objetivas, para cada resposta correta ganha-se 3 pontos e, para cada
resposta errada, perde-se 2 pontos. Se um candidato respondeu todas as questões e obteve um total de 50 pontos,
quantas questões ele acertou?
(A) 11
(D) 24
(B) 15
(E) 27
(C) 20
Resposta: D
Uma solução:
Denotando por x o número de questões respondidas corretamente e por y o número de questões respondidas erradas,
obtemos {
x+ y = 35
3x− 2y = 50
⇒
{
y = 35− x
3x− 2(35− x) = 50
⇒
{
y = 35− 24 = 11
x = 24
Portanto, o candidato acertou 24 questões e errou 11 questões.
Questão 9. (Áreas de figuras planas / Equações do segundo grau)
De um retângulo de lados medindo X e Y , X ≤ Y , são retirados dois semicírculos de raio X/2 formando a figura
ilustrada abaixo, em cinza. Entre todas as figuras assim construídas, com perímetro medindo 10 m, determine aquela
de área máxima e assinale, entre as alternativas abaixo, a que melhor aproxima esta área máxima.
(A) 12,5 m2
(B) 2,5πm2
(C) 6,8 m2
(D) 103π m
2
(E) 2,65 m2
Resposta: E
Uma solução:
A área da figura é A = X.Y − π.X
2
4 e, como o perímetro é 10, sabemos que 2Y + πX = 10. A área como função
de X é dada por
A(X) =
10− πX
2
.X − πX
2
4
= −3π
4
X2 + 5X
O gráfico desta função é uma parábola com a concavidade para baixo e raízes 0 e 20/3π. Portanto, o ponto de
máximo desta parábola ocorre para X = 10/3π e a área máxima é A( 103π ) =
25
3π m
2. Tomando uma aproximação de
π como 3,14, temos uma aproximação para a área máxima: 2, 65m2.
Questão 10. (Métodos de contagem)
Um cubo tem as faces numeradas de 1 a 6 (faces opostas não somam 7 necessariamente). São feitos 2 lançamentos.
No primeiro lançamento, a soma dos números gravados nas 4 faces laterais é 15. Num segundo lançamento, a soma
dos números gravados nas 4 faces laterais é 12. Qual o número que está na face oposta à face do 6?
(A) 1
(D) 4
(B) 2
(E) 5
(C) 3
Resposta: C
Uma solução:
O cubo tem 3 pares de faces opostas: (a1, a2), (b1, b2), (c1, c2) e sabemos que a1 + a2 + b1 + b2 + c1 + c2 = 21.
Na primeira jogada, digamos que as faces de baixo e de cima sejam a1 e a2. Como b1+b2+c1+c2 = 15 , concluímos
que a1 + a2 = 6.
Na segunda jogada, digamos que as faces de baixo e de cima sejam b1 e b2. Como a1+a2+c1+c2 = 12 , concluímos
que b1 + b2 = 9. Logo,
21 = a1 + a2 + b1 + b2 + c1 + c2 = 6 + 9 + c1 + c2 ⇒ c1 + c2 = 6
Conclusão: temos três pares de faces opostas e quando somamos faces opostas, obtemos os seguintes resultados:
6, 9 ou 6. Somando 6 ao algarismo gravado na sua face oposta, seja ele qual for, resulta em um número maior que
6. Logo, a única possibilidade é que esta soma seja 9, portanto, na face oposta ao 6 deve aparecer o 3.
Questão 11. (Noções de Estatística)
Em um cofre há seis moedas: duas moedas de 1 real e quatro moedas de 50 centavos. Retiram-se, simultaneamente
e ao acaso, duas moedas do cofre. Qual é a melhor aproximação do valor esperado da média aritmética dos valores
das duas moedas retiradas do cofre?
(A) R$ 0,50
(D) R$ 0,90
(B) R$ 0,67
(E) R$ 1,00
(C) R$ 0,75
Resposta: B
Uma solução:
Intuitivamente o valor da média de estar entre 0,50 e 0,75, pois há mais moedas de 50 centavos do que de 1 real.
Esta intuição pode ser confirmada observando-se a tabela
Moedas retiradas Média Probabilidade
(0, 50; 0, 50) 0, 50 46 ×
3
5 =
12
30
(0, 50; 1, 00) 0, 75 46 ×
2
5 =
8
30
(1, 00; 0, 50) 0, 75 26 ×
4
5 =
8
30
(1, 00; 1, 00) 1, 00 26 ×
1
5 =
2
30
O valor esperado da média é 0, 50. 1230 + 0, 75.2.
8
30 + 1.
2
30 =
20
30 ≈ 0, 67.
Questão 12. (Probabilidade)
João faz parte de um grupo de 10 pessoas. Desse grupo, três pessoas são sorteadas em uma premiação. Qual é a
probabilidade de João ter sido sorteado?
(A) 3/10
(D) 7/10
(B) 1/10
(E) 7/20
(C) 7/40
Resposta: A
Uma solução:
É possível formar C310 subconjuntos de três pessoas dentre as 10 do grupo. Dessas, João faz parte de C29 . Logo a
probabilidade é
C29
C310
=
9!
7! 2!
10!
7! 3!
=
9! 3!
2! 10!
=
6
2 · 10
=
3
10
Questão 13. (Teorema de Pitágoras)
A figura mostra o esquema de uma tesoura de telhado. O triângulo maior é isósceles e tem base de medida a = 16
e lados laterais de medida b = 10. Os três apoios verticais de medidas c, h e d dividem a base em quatro partes
congruentes.
As medidas de h, ce v são, respectivamente:
(A) 6, 3 e 5
(C) 6
√
2, 3
√
2 e 5
√
2
(E) 6, 9/2 e 5
(B) 6, 4 e 5
(D) 6
√
2, 4
√
2 e 5
√
2
Resposta: A.
Uma solução:
Notemos que h, sendo mediatriz, é também mediana e altura, logo h é um cateto do triângulo retângulo de
hipotenusa b e segundo cateto a/2. Logo
h2 = b2 − (a/2)2 = 102 − (16/2)2 = 100− 64 = 36⇒ h = 6
Por outro lado, o apoio de medida c é paralelo a h e tem um extremo no ponto médio do cateto do triângulo
retângulo, logo o outro extremo é o ponto médio da hipotenusa. Assim
c =
h
2
=
6
2
= 3
Notemos agora que v é lado lateral de um triângulo isósceles, pois a mediana desse triângulo coincide com a altura
relativa à base. Assim
v =
b
2
=
10
2
= 5
Questão 14. (Proporcionalidade)
Você pretende matricular-se em uma academia de ginástica e está entre duas opções. A academia X cobra uma
taxa de matrícula de R$ 130,00 e uma mensalidade de R$ 70,00. A academia Y cobra uma taxa de matrícula de R$
90,00 e uma mensalidade de R$ 80,00. Qual é o período de tempo que você deve permanecer na academia para que
os custos das duas academias sejam equivalentes?
(A) 4 meses
(D) 10 meses
(B) 6 meses
(E) 12 meses
(C) 8 meses
Resposta: A
Uma solução:
Vamos representar por f e g as funções do custo em função do tempo de permanência (em meses), para as academias
X e Y respectivamente.
Academia X: f(x) = 130 + 70x
Academia Y: g(x) = 90 + 80x
Os custos das duas academias se equivalem quando f(x) = g(x). Assim, 130+70x = 90+80x⇒ 10x = 40⇒ x = 4
meses.
Questão 15. (Equações do segundo grau)
Considere a equação x2 − 2|x| = k (x é a incógnita e k ∈ R). Assinale a alternativa que indica todos os valores de
k para os quais a equação tem exatamente 4 soluções em R.
(A) k ∈ ]0, 1[
(D) k ∈ ]−1, 0[
(B) k ∈
]
− 12 , 3
[
(E) k ∈ [0, 1]
(C) k ∈ ]−1,+∞[
Resposta: D
Uma solução:
O gráfico da função y = x2−2|x| está ilustrado abaixo. Uma reta y = k intercepta o gráfico da função em 4 pontos
se e somente se −1 < k < 0.
 
y= k 
2 1 -1 -2 
-1 
y 
x 
Observe que, para k = 0 há 3 pontos de intersecção (pontos de abscissa x = 2, x = 0 e x = −2) e para k = −1 há
2 pontos de intersecção (pontos de abscissa x = 1 e x = −1).
Para uma solução algébrica, procedemos como segue:
y = x2 − 2|x| =
{
x2 − 2x, se x > 0
x2 + 2x, se x ≤ 0.
Consideramos x > 0. Dado um número real k, x2 − 2x = k se e somente se x = 1±
√
1 + k e, temos duas soluções
se k > 1, uma solução se k = −1 e nenhuma solução se k < −1. No entanto, para que x = 1 −
√
1 + k > 0 (que é
o universo que estamos considerando), devemos ter k < 0. Concluímos então que, se x > 0, a equação x2 − 2x = k
tem:
duas soluções se e somente se −1 < k < 0;
uma solução se e somente se k > 0 ou se k = −1;
nenhuma solução se e somente se k < −1.
Se x ≤ 0 , o raciocínio é análogo e concluímos que a equação x2 + 2x = k tem:
duas soluções se e somente se −1 < k < 0;
uma solução se e somente se k > 0 ou se k = −1 ;
nenhuma solução se e somente se k < −1.
A equação x2− 2|x| = k tem 4 soluções reais se e somente se a equação x2− 2x = k tem duas soluções em ]0,+∞[
e a equação x2 + 2x = k tem duas soluções em ]−∞, 0[.
Questão 16. (Métodos de contagem)
As placas de automóveis têm 3 letras do alfabeto (de 26 letras) e 4 números (de 0 a 9). Elas foram inseridas num
banco de dados usando a ordem alfabética para as letras e a ordem habitual para os números. Começando com
AAA0000, seguem, em ordem crescente dos números, as placas que iniciam com AAA para, em seguida, aparecer a
placa AAB0000. Depois da placa AAZ9999 seguirão: ABA0000, ABA0001, etc. Assinale a alternativa que traz a
inscrição da placa que ocupa a posição 20.290.754.
(A) DAA0753
(D) DAB0754
(B) DAA0754
(E) DAC0753
(C) DAB0753
Resposta: C
Uma solução:
Entre as placas que começam por A, existem 26 × 26 = 676 escolhas possíveis para a segunda e terceira letras.
Como os números vão de 0000 a 9999, são 10 mil números. Logo, existem 6.760.000 placas iniciadas por A: de
AAA0000 até AZZ9999. A placa na posição 6.760.001 é a placa BAA 0000. Da posição 6.760.001 até a posição
6.760.000+6.760.000 = 13.520.000 são as placas que iniciam por B: de BAA0000 até BZZ9999. A placa na posição
13.520.001 é a placa CAA0000. E o raciocínio se repete. A placa na posição 20.280.001 (= 13.520.001+6.760.000) é
a primeira placa iniciada por D, ou seja, DAA0000. A placa procurada começa com a letra D, já que 20.290.754 =
20.280.000 + 10.754 e 10.754<6.760.000. As placas iniciadas com DA são em número de 260.000 (= 26 × 10.000).
As primeiras 10.000 são as placas de DAA0000 até DAA9999 que ocupam as posições 20.280.001 e 20.290.000,
respectivamente. A placa na posição 20.290.001 é a placa DAB0000.
Logo, a placa na posição 20.290.754 é a placa DAB0753.
Questão 17. (Probabilidade)
Uma urna contém cinco cartões, numerados de 1 a 5. Retira-se sucessivamente, ao acaso, os cinco cartões da urna
e alinha-os, da esquerda para a direita, pela ordem de saída, de maneira a formar um número de cinco algarismos.
Qual é a probabilidade de esse número ser divisível por 4?
(A) 1/20
(D) 4/20
(B) 2/20
(E) 5/20
(C) 3/20
Resposta: D
Uma solução:
O total de números distintos que podem ser formados é 5!=120. Para que um número seja divisível por 4, seus dois
últimos algarismos devem formar um número divisível por 4. Assim, com os algarismos de 1 a 5, temos 12, 24, 32,
52 que são divisíveis por 4. Fixados os dois últimos algarismos, temos 3! números distintos. Assim, a probabilidade
solicitada é 4×3! /5! = 4/20.
Questão 18. (Proporcionalidade e porcentagem)
O número médio de novos sócios aceitos em um clube nos anos de 2009 a 2012 (4 anos) foi de 325 por ano. Já
o número médio de novos sócios por ano no período 2009-2013 é 20% maior do que o número de sócios por ano no
período 2009-2012. Quantos sócios o clube aceitou em 2013?
(A) 500
(D) 600
(B) 525
(E) 650
(C) 550
Resposta: E
Uma solução:
Como a nova média aumentou em 20%, ela passou de 325 para 390. Denotando por n o número de sócios aceitos
em 2013, temos
1300 + n
5
= 390⇒ n = 650
Questão 19. (Porcentagem)
Um automóvel desvaloriza-se 20% a cada ano. Depois de quantos anos, no mínimo, o automóvel valerá menos do
que a metade do valor original?
(A) 3 anos
(D) 6 anos
(B) 4 anos
(E) 7 anos
(C) 5 anos
Resposta: B
Uma solução:
Fazendo as contas : 1→ 0, 8→ 0, 64→ 0, 512→ 0, 4096. No mínimo 4 anos.
Questão 20. (Áreas de figuras planas)
Os tanques que armazenam combustíveis nos postos de gasolina ficam subterrâneos, têm a forma de um cilindro
circular reto e ficam deitados de modo que seu eixo é paralelo ao solo. Para medir o volume de combustível insere-se
verticalmente no tanque uma vareta milimetrada e, lendo a altura até onde a vareta fica molhada, é possível saber
o volume do combustível armazenado. Qual é o volume do combustível em um desses tanques, com raio R, medido
em metros, e comprimento 10 m, quando a medida na vareta de medição marca um quarto do diâmetro?
(A) V = 10(π3 −
√
3
16 )R
2 m3
(B) V = 10(π3 −
√
3
4 )R
2 m3
(C) V = 10(π6 −
√
3
16 )R
2 m3
(D) V = 10(π−
√
3
2 )R
2 m3
(E) V = 10(π2 −
√
3
4 )R
2 m3
Resposta: B
Uma solução:
Para calcular o volume pedido, precisamos calcular a área da figura F em cinza (no desenho do enunciado da
questão). Essa área é a diferença entre as áreas: F = área (ACOBA))− área (∆ACB).
Cálculo da área (ACOBA):
Ora, cos(PÂB) = PAAB =
R
2
R =
1
2 , donde PÂB =
π
3 . Logo, área (ACOBA) = PÂB ×R
2 = π3R
2.
Cálculo da área (∆ACB):
Temos R2 = PB2 + R
2
4 =⇒ PB =
√
3
2 R. Assim, área (∆ACB) =
1
2 .2.
√
3
2 .R.
R
2 =
√
3
4 R
2
Finalmente: F = área (ACOBA))− área (∆ACB) = π3R
2 −
√
3
4 R
2 = (π3 −
√
3
4 )R
2 e o volume procurado é
V = 10(π3 −
√
3
4 ).R
2m3.
Questão 21. (Proporcionalidade)
Um trapézio, ilustrado pela figura, é formado pela reunião de dois triângulos semelhantes mas não congruentes
ABD e BDC.
Seu perímetro é igual a:
(A) 25
(D) 43
(B) 32
(E) 50
(C) 39
Resposta: C
Uma solução:
Chamemos os comprimentos dos segmentos BC e CD de x e y, respectivamente.Identificando os ângulos seme-
lhantes, podemos escrever a proporção: y/12 = x/6 = 12/9. Daí, x = 8 e y = 16. O perímetro procurado será então
P = 6 + 9 + 8 + 16 = 39.
Questão 22. (Métodos de contagem)
Uma pessoa precisa ativar o alarme de sua residência cuja senha é formada por quatro algarismos distintos e ela
lembra apenas que o primeiro algarismo é 5 e que o último é 3. A central do alarme permite apenas uma tentativa
a cada 2 minutos. Na pior situação possível, qual é a maior duração de tempo que ela poderá levar para ativar o
alarme digitando senha após senha?
(A) 1h 22m
(D) 2h 10m
(B) 1h 50m
(E) 2h 20m
(C) 2h 02m
Resposta: B
Uma solução:
Sabendo que a senha é formada por 4 algarismos distintos, cujo primeiro dígito é 5 e o último é 3; do total de
10 algarismos restam 8 possibilidades de escolha para o segundo dígito e 7 possibilidade de escolha para o terceiro
dígito. Assim, temos 8×7 = 56 combinações possíveis. Como não é necessário aguardar dois minutos para a primeira
tentativa, mas temos que aguardar um intervalo de tempo de 2 minutos para as demais tentativas o tempo necessário
levará para ativar o alarme será de 2× (56− 1) = 110 minutos, ou seja, 1 hora e 50 minutos.
Questão 23. (Métodos de contagem)
O maior múltiplo de 42 menor do que 10000 é:
(A) 9666
(D) 9966
(B) 9669
(E) 9996
(C) 9696
Resposta: E
Uma solução:
Divide-se 10000 por 42 e verifica-se que o resto é 4, logo o número procurado é 10000-4=9996.
Questão 24. (Noções de Estatística)
Em um conjunto de dez números inteiros, a média dos dois menores é 102, dos três menores é 103, dos quatros
menores é 104, e assim por diante, até a média de todos os dez é 110. Qual é o maior desses inteiros?
(A) 140
(D) 119
(B) 132
(E) 117
(C) 125
Resposta: D
Uma solução:
A partir dos dados do problema, sabemos que as somas dos números considerados são tais que: S10 = 1100,
S9 = 981 ; portanto, o maior dos números é 1100− 981 = 119.
Questão 25. (Áreas de figuras planas)
A figura mostra duas circunferências concêntricas
e quatro arcos semicirculares congruentes, cujos
extremos são os vértices de um quadrado inscrito
na circunferência interna. A circunferência ex-
terna tangencia os arcos semicirculares. Se a área
do círculo interno é 1, qual é a área do círculo ex-
terno?
(A) 4
(D) 2π
(B) 5π/2
(E) 3
(C) 2
Resposta: C
Uma solução:
Área do círculo interno: πr2 = 1. O lado l do quadrado cujos vértices são as extremidades dos arcos de circun-
ferência é tal que 2r = l
√
2 ou l = r
√
2. O diâmetro do círculo externo é D = 2R = 2l, sendo R o raio do círculo
externo, logo R = l. A área procurada será A = πl2 = 2πr2 = 2.
Questão 26. (Equações do segundo grau)
Seja r a raiz positiva da equação x2 + x− 1 = 0. Então
r5
1− r
+
2r6
(1− r)2
é igual a
(A) 1
(D) −3+
√
5
2
(B) 0
(E) 1+
√
5
2
(C) −1+
√
5
2
Resposta: A
Uma solução:
A raiz r satisfaz a equação r2 = 1− r. Assim,
r5
1− r
+
2r6
(1− r)2
=
r5
r2
+
2r6
r4
= r3 + 2r2 = r.r2 + 2r2 = r.(1− r) + 2r2 = r + r2 = r + 1− r = 1
Questão 27. (Métodos de contagem)
Uma pessoa vai visitar cinco locais na cidade do Rio de Janeiro: Cristo Redentor, Pão de Açúcar, Teatro Municipal,
Candelária e Jardim Botânico. De quantas maneiras diferentes pode planejar a sequência das cinco visitas, se não
quiser começar nem terminar pelo Jardim Botânico?
(A) 36
(D) 120
(B) 72
(E) 240
(C) 96
Resposta: B
Uma solução:
Excluindo o Jardim Botânico e ordenando os quatro outros pontos turísticos temos 4!=24 possibilidades de roteiros
distintos. Para cada um destes roteiros, o Jardim Botânico pode ser ‘encaixado’ em três posições, logo para cada uma
das 24 possibilidades consideradas anteriormente, temos três roteiros distintos. Portanto, há 3× 24=72 possibilidades
no total.
Questão 28. (Métodos de contagem)
Quantas palavras podemos escrever com as seis letras a, b, c, d, e, f, sem repetir letras, de modo que as letras a,
b, c sempre apareçam na ordem alfabética?
(A) 120
(D) 715
(B) 240
(E) 360
(C) 720
Resposta: A
Uma solução:
As letras a, b, c formam 3! = 6 palavras, das quais apenas uma está na ordem desejada. As seis letras a, b, c, d,
e, f formam 6! = 720 palavras, das quais interessa a sexta parte, que assim perfazem 720/6 = 120.
Questão 29. (Noções de estatística)
Em ciências atuariais, uma tábua da vida é uma tabela, construída a partir de censos populacionais, que mostra
a probabilidade de morte de um indivíduo em uma determinada faixa etária. Por exemplo, a tábua da vida abaixo
indica que um indivíduo que completou 21 anos tem 0,10% de chance de morrer antes de completar 22 anos.
(Fonte: National Vital Statistics Reports, Vol. 54, No. 14, 2006.)
Considere um grupo de 1 000 000 pessoas que acabaram de completar 21 anos. Segundo esta tabela, qual é o
número de pessoas deste grupo, em média, que se espera que faça aniversário de 23 anos?
(A) 998 001
(D) 900 001
(B) 990 000
(E) 810 000
(C) 999 900
Resposta: A
Uma solução:
Seja qx é a probabilidade de um indivíduo na faixa etária [x, x + 1) morrer. Logo px = 1 − qx é a probabilidade
de um indivíduo na faixa etária [x, x + 1) fazer x + 1 anos. Se lx representa o número de indivíduos que fizeram
aniversário de x anos, então lx+1 = lx × px. No problema temos:
l21 = 1000000, q21 = q22 = 0, 10% e, portanto, p21 = p22 = 99, 9%.
Logo, l23 = l21 × p21 × p22 = 1000000× 99, 9%× 99, 9% = 998001 pessoas.
Questão 30. (Áreas de figuras planas)
A área de 3 hexágonos regulares, cada um de lado 10 cm, é equivalente a:
(A) área de um triângulo equilátero de 30 cm de lado.
(B) área de um triângulo equilátero de 60 cm de lado.
(C) área de dois triângulos equiláteros de 30 cm de lado.
(D) área de três triângulos equiláteros de 30 cm de lado.
(E) área de um hexágono regular de 30 cm de lado.
Resposta: C
Uma solução:
Basta pensar na decomposição das figuras em triângulos equiláteros de 10 cm de lado.
Cada hexágono é formado por 6 triângulos de 10 cm de lado; três hexágonos correspondem a 18 triângulos de 10
cm de lado. Cada triângulo de 30 cm de lado corresponde a 9 triângulos de 10 cm de lado e portanto 2 triângulos
equiláteros de 30 cm de lado têm área equivalente aos três hexágonos do enunciado.
Questão 31. (Equações do primeiro grau)
Um número X, de cinco algarismos, é interessante: se escrevermos o algarismo 1 à sua direita, ele fica três vezes
maior do que se escrevermos 1 à sua esquerda. Qual é a soma dos algarismos do número X?
(A) 18
(D) 31
(B) 26
(E) 36
(C) 28
Resposta: B
Uma solução:
Seja X o número procurado. Quando escrevemos 1 à sua direita, o número resultante é 10X+1; quando escrevemos
1 à sua esquerda, o número resultante será 100000+X. Daí, temos que 10X+1 = 300000+3X. Daí, 7X= 299999 e X=
42857.
Questão 32. (Equações do primeiro grau)
Roberto pensou em três números inteiros; somando-os, dois a dois, obteve os resultados 37, 41 e 44. O produto
dos três números é:
(A) 4250.
(D) 8160.
(B) 5620.
(E) 10530.
(C) 6230.
Resposta: D
Uma solução:
Indicando por a, b e c os números inteiros pensados, temos
a+ b = 37
b+ c = 41
a+ c = 44
Logo a = 20, b = 17, c = 24 e abc = 8160.
Questão 33. (Áreas de figuras planas)
Na figura ao lado, ABCD é um qua-
drado em que AC mede 2, r é uma
reta perpendicular a AC em P e AP
mede x.
Assinale qual gráfico melhor representa a função f que, a cada valor de x em ]0, 2], associa a área do polígono
cinzento formado pela interseção do interior do quadrado com o semiplano determinado pela reta r que contém o
ponto A.
(A)
(C)
(B)
(D)
(E)
Resposta: A
Uma solução:
Se x > 0 e x ≤ 1, então f(x) é igual a área de um triângulo retângulo isósceles de altura x. Assim, para x > 0 e x ≤
1, f(x) = x2. Se x > 1 e x ≤ 2, então f(x) é igual a área do quadrado ABCD menos a área de um triângulo retângulo
isósceles de altura 2-x. Assim, para x > 1 e x ≤ 2, f(x) = 2 - (2 - x)2. Portanto, o gráfico de f é a justaposição de
dois arcos de parábola com concavidades diferentes.
Questão 34. (Probabilidade)
Um saco contém doze bolas, indistinguíveis ao tato: três bolascom o número 1, cinco bolas com o número 2 e
quatro bolas com o número 3. Retiram-se simultaneamente três bolas do saco, ao acaso. Qual é a probabilidade de
a soma dos números das bolas retiradas ser igual a cinco?
(A) 7/110
(D) 36/110
(B) 15/110
(E) 42/110
(C) 21/110
Resposta: C
Uma solução:
Para que os números somem 5 podemos ter as triplas (1, 1, 3) ou (1, 2, 2) além de suas permutações (3 de cada).
Logo a probabilidade é dada por
3
12
2
11
4
10
× 3 + 3
12
5
11
4
10
× 3 = 21
110
Questão 35. (Métodos de contagem)
Cada uma das cinco regiões da figura
deve ser pintada com uma só cor, es-
colhida entre verde, amarelo, azul e
branco. De quantas maneiras distin-
tas podemos colorir a figura, de modo
que regiões adjacentes não fiquem com
a mesma cor?
(A) 24
(D) 72
(B) 36
(E) 144
(C) 48
Resposta: D
Uma solução:
Vamos denotar as 5 regiões da figura dada pelas letras A, B, C, D e E , conforme a figura abaixo. Um modo de
contar as possibilidades de colorir a figura, respeitando as condições exigidas, é escolher em primeiro lugar a cor da
região A e, usando o Princípio Aditivo, separar em dois casos:
1o caso: as cores das regiões B e C são diferentes. Neste caso, temos 4 cores para colorir a região A, 3 cores para a
região B, 2 para colorir C e, finalmente, colorimos as regiões D e E com a quarta cor. Pelo Princípio Multiplicativo,
neste caso, podemos colorir a figura de 4×3× 2×1×1 = 24 maneiras diferentes.
2o caso: as cores das regiões B e C são iguais. Neste caso, temos 4 cores para colorir a região A, 3 para a região
B, que será a mesma para a região C, 2 cores para colorir a região D e, finalmente, 2 para a região E. Pelo Princípio
Multiplicativo, neste caso, podemos colorir a figura de 4×3×1× 2× 2 = 48 maneiras diferentes.
Assim, pelo Princípio Aditivo, temos 24+48=72 maneiras distintas de colorir a figura dada, nas condições exigidas
pelo enunciado.
 
A 
D 
C B 
E 
Questão 36. (Áreas de figuras planas)
Se a base de um retângulo aumentou em 10% e a sua altura diminuiu em 10%, então sua área
(A) diminuiu em 1%
(C) aumentou em 1%
(B) permaneceu inalterada
(D) diminuiu em 20%
(E) diminuiu em 100%
Resposta: A
Uma solução:
Considere um retângulo de base b e altura h. Sua área é, portanto, igual a A = bh. Se b aumentou em 10% e h
diminiu em 10%, então sua nova área é igual a (1 + 0, 1)b(1− 0, 1)h = (1− 0, 01)bh = (1− 0, 01)A. Portanto, a área
diminuiu em 1%.
Questão 37. (Equações do primeiro grau)
Em uma competição escolar, todos os alunos da torcida da turma 32 tinham o número de sua turma estampado na
camiseta e todos os alunos da torcida da turma 34 também tinham o número de sua turma estampado na camiseta.
Pedro somou os números de todas as camisetas das duas torcidas, e obteve 2752 como resposta. Qual é o número de
alunos na torcida da turma 32, se o número total de alunos nas duas torcidas é 84?
(A) 32
(D) 52
(B) 34
(E) 58
(C) 42
Resposta: D
Uma solução:
Sejam: x o número de alunos da turma 32 e y o número de alunos da turma 34.
x+ y = 84→ y = 84− x
32x+ 34y = 2752
2x = 104→ x = 52
Questão 38. (Métodos de contagem)
Vamos numerar cada um dos vértices do
prisma ao lado com números do conjunto
{0, 1} e cada uma de suas faces será nume-
rada com a soma dos números de seus vértices.
Quantos resultados distintos para a soma dos
números das faces poderemos obter?
(A) 4
(D) 12
(B) 6
(E) 19
(C) 7
Resposta: C
Uma solução:
Quando todos os vértices forem 0, a soma será 0.
Quando um dos vértices for 1, três faces terão sua contribuição e a soma será 3.
Quando dois vértices forem 1, a soma será 6.
Quando três vértices forem 1, a soma será 9.
Quando 4 vértices forem 1, a soma será 12.
Quando 5 vértices forem 1, a soma será 15.
Quando os 6 vértices forem 1, a soma será 18.
Questão 39. (Área de figuras planas)
Na figura, o ponto A é vértice
do retângulo de dimensões 3×2.
Qual é o valor da área do triân-
gulo ABC?
(A) 2
(D) 9/4
(B) 3
(E) 5/2
(C) 7/2
Resposta: E
Uma solução:
 
E 
D F 
G 
1 
A área de ABC é igual à área do retângulo ADFE menos as áreas de ADC e BEFC.
A área de ADFE é 6.
A área de ADC é 2.
A área de BEFC é a diferença entre a área de CFG e BEG.
A área de BEG é 1/4 da área de CFG, pois são triângulos semelhantes com razão 1/2, logo a área de BEFC é 3/4
da área de CFG, ou seja, 34 × 2 =
3
2
Assim, a área de ABC é 6− 2− 32 =
5
2 .
Questão 40. (Proporcionalidade)
Os alunos de uma turma vão alugar um ônibus para um passeio. O valor do aluguel do ônibus é fixo, isto é, não
depende do número de passageiros que serão transportados. O custo do ônibus é de R$ 30,00 por pessoa considerando
toda a turma, mas 8 alunos desistiram do passeio e o custo por pessoa passou para R$ 37,50. Quantos são os alunos
da turma?
(A) 25
(D) 40
(B) 30
(E) 44
(C) 32
Resposta: D
Uma solução:
Seja x o número de alunos na turma.
custo
x
= 30→ custo = 30x
custo
x− 8
= 37, 5→ custo = 37, 5(x− 8)
30x = 37, 5(x− 8)→ x = 40
EXAME DE ACESSO PROFMAT - 2015 - SOLUÇÕES
1. Se x é um número real tal que x+
1
x
= 3, então x2 +
1
x2
é igual a:
(A) 6
(D) 9
(B) 7
(E) 12
(C) 8
Resposta: B)
Uma solução:
Elevando ambos os membros da equação x+
1
x
= 3 ao quadrado temos que:(
x+
1
x
)2
= 32 e assim segue que x2 + 2 +
1
x2
= 9.
Portanto x2 +
1
x2
= 7.
2. Quantos valores inteiros existem para o número k de forma que a equação
x2 − 3x + k = 0 tenha duas ráızes reais de sinais contrários e x2 + kx + 1 = 0
não tenha ráızes reais?
(A) 0
(D) 3
(B) 1
(E) 4
(C) 2
Resposta: B)
Uma solução:
A equação x2 − 3x+ k = 0 terá ráızes com sinais contrários quando k < 0.
Por outro lado, para que x2 + kx+ 1 = 0 não tenha ráızes reais, devemos ter
k2 − 4(1)(1) = ∆ < 0, logo k2 < 4, que nos dá −2 < k < 2.
Como k < 0 e −2 < k < 2, temos −2 < k < 0, logo, o único valor inteiro posśıvel para k
é −1.
3. Se a e b são números reais positivos distintos, A =
a+ b
2
, G =
√
ab e H =
2ab
a+ b
,
então é correto afirmar que:
(A) A > G > H
(D) H > A > G
(B) A > H > G
(E) H > G > A
(C) G > H > A
Resposta: A)
Uma solução:
Se a e b são números reais distintos, então (a− b)2 > 0.
Assim segue que (a− b)2 + 4ab > 4ab, que é equivalente a (a+ b)2 > 4ab.
Se a e b são positivos, podemos extrair a raiz quadrada e temos a+ b > 2
√
ab.
Logo A > G.
Se multiplicarmos a expressão a+ b > 2
√
ab por
√
ab
a+ b
, segue que G > H.
Portanto A > G > H.
1
4. Qual dos números abaixo é o maior?
(A) 2349
(D) 1687
(B) 4175
(E) 3270
(C) 8117
Resposta: C)
Uma solução:
Para resolver essa questão usaremos a seguinte propriedade da potenciação:
Se a, b e c são inteiros positivos, então (ab)c = abc.
4175 = (22)175 = 22·175 = 2350.
8117 = (23)117 = 23·117 = 2351.
1687 = (24)87 = 24·87 = 2348.
3270 = (25)70 = 25·70 = 2350.
Com isso o maior dos números é 8117.
5. A água do mar contém 2,5% do seu peso em sal. Quantos quilogramas de água do
mar são necessários para obtermos 200 gramas de sal?
(A) 5
(D) 9
(B) 6
(E) 10
(C) 8
Resposta: C)
Uma solução:
Se Q é a quantidade, em quilogramas, de água do mar para obtermos 200 gramas de sal,
então 2,5% de Q deve dar 0,2 quilos, ou seja,
2, 5
100
Q = 0, 2 e assim Q =
20
2, 5
= 8.
6. Um hexágono regular e um triângulo equilátero tem áreas iguais. Qual é a razão
entre o comprimento do lado do triângulo e o comprimento do lado do hexágono?
(A)
√
2
(D)
√
6
(B)
√
3
(E) 6
(C) 2
Resposta: D)
Uma solução:
Consideremos a o lado do hexágono regular, e b o lado do triângulo equilátero.
Sendo as áreas iguais, temos que
3a2
√
3
2
=
b2
√
3
4
, logo
b2
a2
= 6.
Portanto
b
a
=
√
6.
2
7. Duas lojas A e B ofereceram descontos para uma mesma mercadoria. A loja A
ofereceu 15% e no mês seguinte outro desconto de 20%, enquanto a loja B fez o
inverso, ofereceu 20% e no mês seguinte outro desconto de 15%. Depois de ocorridos
os dois descontos, é correto afirmar que o desconto percentual total:
(A) em ambas as lojas foi de 35%.
(B) na loja A foi maior quena loja B.
(C) na loja B foi maior que na loja A.
(D) em ambas as lojas foi de 32%.
(E) em ambas as lojas foi de 33,5%.
Resposta: D)
Uma solução:
Se x é o valor da mercadoria, então aplicando um desconto de 20%, passará a valer
0, 80x e aplicando outro desconto de 15% passará a valer 0, 85(0, 80x) = 0, 68x, logo,
independente da ordem dos descontos, o desconto percentual total foi de 32%.
8. Analise as sentenças abaixo:
I. Dados a, b, c ∈ R e c 6= 0, se ab = c
2 − a2 − b2
2
, então
a
c
+
b
c
= 1.
II. Dados a, b, c ∈ R e c 6= 0, se a
b
<
b
a
, então
ac
b
<
bc
a
.
III. Dados a, b, c ∈ R e c 6= 0, se o valor de a é 30% do valor de c e o valor de b é
120% de c, então o valor de a é 25% de b.
Das afirmações acima,
(A) apenas I e II são verdadeiras.
(B) apenas I e III são verdadeiras.
(C) apenas II e III são verdadeiras.
(D) apenas III é verdadeira.
(E) todas são falsas.
Resposta: D)
Uma solução:
Analisaremos cada uma das sentenças:
I. Falsa.
Temos ab =
c2 − a2 − b2
2
⇔ 2ab + a2 + b2 = c2 ⇔ (a+ b)2 = c2 ⇔
(
a
c
+
b
c
)2
= 1 ⇔
a
c
+
b
c
= ±1.
Escolhendo, por exemplo, a = 2, b = −3 e c = 1, temos a
c
+
b
c
= −1.
II. Falsa.
Basta tomar c < 0.
III. Verdadeira.
De fato, se a =
30
100
c e b =
120
100
c, então a =
30
100
· 100
120
b =
30
120
b
e assim a = 0, 25b, ou seja, a é 25% de b.
3
9. Uma escola de educação básica possui 12 professores de matemática, sendo que 8
atuam exclusivamente no Ensino Fundamental e 4 atuam exclusivamente no Ensino
Médio. Para a organização da 1a Olimṕıada de Matemática da escola, será formada
uma comissão de 5 professores de matemática, de modo que pelo menos um deles
seja professor do Ensino Médio. De quantas maneiras essa comissão poderá ser
formada?
(A) 112
(D) 456
(B) 336
(E) 736
(C) 344
Resposta: E)
Uma solução:
Compreendendo que a comissão será formada com a escolha de 5 professores dentre os 12,
excetuando-se as possibilidades de comissões compostas exclusivamente por professores
do Ensino Fundamental, temos que:
C12,5 − C8,5 = 792− 56 = 736.
Desse modo há 736 maneiras de formar a comissão.
10. As medidas dos três ângulos, em graus, de um triângulo são proporcionais a 4, 7 e
9. Então a soma da medida do menor ângulo com a medida do maior ângulo, em
graus, é igual a:
(A) 13
(D) 144
(B) 99
(E) 180
(C) 117
Resposta: C)
Uma solução:
Indicando por α, β e γ as medidas dos ângulos do triângulo, em graus, temos que
α
4
=
β
7
=
γ
9
= t, onde α+ β + γ = 180.
Segue que 4t+ 7t+ 9t = 180, t = 9, o menor ângulo α = 36 e o maior γ = 81.
Portanto α+ γ = 117.
11. O Tungstênio é um elemento qúımico de śımbolo W e número atômico 74. Na forma
pura é um metal de cor branco-cinza cujo ponto de fusão é igual a 3422 ◦C. Por
causa do seu alto ponto de fusão, o Tungstênio é largamente usado na indústria na
produção de filamentos para lâmpadas elétricas incadescentes. Sabendo que pontos
de fusão e ebulição da água em graus Celsius (◦C) e em graus Fahrenheit (◦F) são
dados pela tabela abaixo
◦C ◦F
Fusão 0 32
Ebulição 100 212
e que as temperaturas nas duas escalas, graus Celsius e graus Fahrenheit, se rela-
cionam por meio de uma função afim, qual é o ponto de fusão do Tungstênio em
graus Fahrenheit?
4
(A) 6159, 6
(D) 6232, 6
(B) 6175, 6
(E) 6254, 6
(C) 6191, 6
Resposta: C)
Uma solução:
Observe o gráfico abaixo:
Denotando por TF a temperatura de fusão do Tungstênio em graus Fahrenheit, temos
que
212− 32
100
=
TF − 32
3422
.
Portanto TF = 32 +
180
100
× 3422 = 6191, 6◦F.
12. Representando por min(a; b) o menor dos números reais a e b, o conjunto solução
da inequação min(x+ 3; 1− x) < 1 é dado por:
(A) (−2, 0)
(C) (−∞,−1) ∪ (0,+∞)
(E) ∅
(B) (−2,−1)
(D) (−∞,−2) ∪ (0,+∞)
Resposta: D)
Uma solução:
Suponha x + 3 ≥ 1 − x, o que ocorre quando x ≥ −1. Neste caso, temos
min(x + 3; 1 − x) = 1 − x < 1, logo x > 0. Assim, teremos x ≥ −1 e x > 0. A
interseção das soluções destas desigualdades é x > 0.
Suponha agora x + 3 < 1 − x, que equivale a x < −1. Neste caso,
min(x + 3; 1 − x) = x + 3 < 1, logo x < −2. Dáı, temos x < −1 e x < −2, cuja
interseção é x < −2.
Portanto, a desigualdade se verifica quando x < −2 ou x > 0.
5
13. Uma pedra é atirada para cima e sua altura h, em metros, é dada pela função
h(t) = at2 + 12t, em que t é medido em segundos. Se a pedra atingiu a altura
máxima no instante t = 2, pode-se afirmar que o valor de a é:
(A) −3
(D) 3
(B) −2
(E) −4
(C) 2
Resposta: A)
Uma solução:
A função que representa a altura da pedra é dada por h(t) = at2 + 12t+ 0.
Logo o valor da variável t que determina a altura máxima é dado por tmax = −
12
2a
= −6
a
.
Mas, pelos dados do enunciado, segue que −6
a
= 2 e, portanto a = −3.
14. Na figura abaixo, o segmento AC está contido em um diâmetro da circunferência.
Sabendo que AB = 3, AC = 2 e o ângulo BÂC é reto, qual é o raio da circun-
ferência?
A
C
B
·
(A) 13/4
(D)
√
13
(B) 13/2
(E) 5/4
(C)
√
13/2
Resposta: A)
Uma solução:
Sejam O o centro da circunferência, r o raio e x = OA. Como OC é um raio, temos
r = x + 2. Como OB é também um raio, temos OB = r = x + 2 e, como o triângulo
OAB é retângulo em A, temos OB
2
= OA
2
+AB
2
, logo (x+ 2)2 = x2 + 32, de onde vem
que x =
5
4
e r =
13
4
.
6
15. Em um quadrado cujo lado mede 10 cm, está inscrito um outro quadrado de área
A(x), conforme a figura. O valor mı́nimo de A(x) será:
x
x
x
x
10 cm
A(x)
·
·
·
·
(A) 5 cm2
(D) 25 cm2
(B) 12,5 cm2
(E) 50 cm2
(C) 20 cm2
Resposta: E)
Uma solução:
A área A(x) corresponde ao quadrado da medida da hipotenusa do triângulo retângulo de
catetos x e (10− x), observado na figura. Calculando, através do Teorema de Pitágoras,
obtem-se a medida da hipotenusa:
√
2x2 − 20x+ 100.
Desse modo, temos: A(x) = 2x2 − 20x+ 100.
Calculando o valor mı́nimo da função quadrática obtida, encontraremos a área mı́nima
A(x): min{A(x)} =
−∆
4a
=
− ((−20)2 − 4 · 2 · 100)
4 · 2
=
400
8
= 50
16. Um restaurante vende suco e refresco de uva, que são preparados misturando um
concentrado com água, na razão de 1 para 2, no caso do suco, e de 1 para 5, no
caso do refresco. Para preparar 6 litros de refresco, a que volume de suco devemos
acrescentar água?
(A) 2
(D) 5
(B) 3
(E) 6
(C) 4
Resposta: B)
Uma solução:
Seja q a quantidade, em litros, de volume ao qual iremos acrescentar água para obter 6
litros de refresco.
Misturando q litros de suco com 6− q litros de água, obtemos 6 litros de refresco. Com
isso, a quantidade de concentrado no refresco,
1
6
· 6 = 1 litro, é igual à quantidade de
concentrado no suco,
1
3
q. Portanto
1
3
q = 1, ou seja, q = 3.
7
17. As notas obtidas por cinco alunos em uma determinada prova indicam que a me-
diana é 6, a moda é 8 e a média aritmética é 6. Acrescentando-se à amostra a nota
de um sexto aluno, que fez segunda chamada da prova, a mediana aumenta para
6,5. Nessas condições, a média aritmética das notas aumentou para
(A) 6
(D) 7
(B) 37/6
(E) 43/6
(C) 41/6
Resposta: B)
Uma solução:
A amostra inicial tem 5 elementos, portanto, organizando as notas em uma lista crescente,
a mediana é o valor do terceiro elemento. Além disso, como a moda é 8, a série de notas
é {n1, n2, 6, 8, 8}.
Como a média aritmética das notas é 6, temos
n1 + n2 + 6 + 8 + 8
5
= 6, logo,
n1 + n2 + 6 + 8 + 8 = 30.
A nota N obtida pelo aluno que fez segunda chamada fez a mediana aumentar. Portanto,
a nota desse aluno está acima da mediana original.
Se essa nota fosse maior ou igual a 8, teŕıamos a série {n1, n2, 6, 8, 8, N}, e então a
nova mediana seria
6 + 8
2
= 7, contradizendo os dados do problema. Logo, N está entre
6 e 8, e então a série do notas é {n1, n2, 6, N, 8, 8}.
A mediana é então dada por 6, 5 =
6 +N
2
, logo, N = 7.
A nova média aritmética será, portanto,
n1 + n2 + 6 +N + 8 + 8
6
=
30︷ ︸︸ ︷
n1 + n2 + 6 + 8 + 8 +N
6
=
30 +7
6
=
37
6
.
18. A função quadrática y = −x2+9x−18 está representada no gráfico abaixo. Sobre o
gráfico selecionaram-se os pontos A e B, no eixo dos x, e um ponto C, cuja abscissa
vale 5,5.
x
y
A B
C
8
A área do triângulo ABC é igual a:
(A) 1,25
(D) 3,375
(B) 1,875
(E) 3,75
(C) 2,25
Resposta: B)
Uma solução:
Para determinar a base do triângulo basta calcular as ráızes da equação. Sabendo que as
ráızes são 3 e 6, temos que a base do triângulo tem tamanho igual a 3.
Para determinar a altura, basta determinar o valor da função para x = 5, 5:
y = − (5, 5)2 + 9 · (5, 5)− 18 = 1, 25.
Portanto a área do triângulo é igual a
A =
3 · (1, 25)
2
= 1, 875.
19. No cubo da figura, a área do triângulo ACD é igual a 16, sendo AD uma diagonal
do cubo. O comprimento das arestas deste cubo é:
(A) 4
√
2
(D) 4
√
2/
4
√
3
(B) 4
4
√
2
(E) 4/
4
√
3
(C) 2
4
√
2
Resposta: B)
Uma solução:
Sejam x a medida das arestas do cubo e y a medida da hipotenusa do triângulo ABC.
Como o triângulo ABC é retângulo em B segue, pelo Teorema de Pitágoras, que y2 = 2x2.
Por outro lado, o triângulo ACD também é retângulo em C e, com isso, tem área igual
a
xy
2
= 16.
Igualando as duas expressões obtém-se x = 4 4
√
2.
9
20. Considere a equação x2 − 2x− 7 = 0 cujas ráızes denotamos por u e v.
Sabendo que u2012 + v2012 = a e u2013 + v2013 = b, o valor de u2014 + v2014 é igual a:
(A) 7b+ 2a
(D) 3a− 7b
(B) 2b+ 5a
(E) 2b+ 7a
(C) 5a− 2b
Resposta: E)
Uma solução:
Temos que
u2014 + v2014 = u2012 · u2 + v2012 · v2
= u2012(2u+ 7) + v2012(2v + 7)
= 2(u2013 + v2013) + 7(u2012 + v2012)
= 2b+ 7a.
21. Em um triângulo retângulo de peŕımetro 24, a altura relativa à hipotenusa mede
24
5
.
Qual é o comprimento da hipotenusa?
(A) 10
(D) 13
(B) 11
(E) 14
(C) 12
Resposta: A)
Uma solução:
Indicamos por a, b e c os comprimentos dos lados do triângulo, onde c é o comprimento
da hipotenusa.
Temos que a+ b+ c = 24 e dáı, 24− c = a+ b, donde (24− c)2 = a2 + b2 + 2ab.
Usando Pitágoras, temos (24 − c)2 = c2 + 2ab. Usando a relacão métrica h · c = a · b,
obtemos (24− c)2 = c2 + 2hc.
Assim,
242 − 48c+ c2 = c2 + 2hc
242 − 48c = 2c · 24
5
24− 2c = 2
5
c
12c = 120
Portanto, o comprimento da hipotenusa é igual a 10.
10
22. Sobre o trapézio isósceles ABCD, representado na figura abaixo, sabe-se que AB =
10 e que a área do retângulo ABEF representa 50% da área do trapézio ABCD.
F E
BA
D C
Sabendo que o peŕımetro do trapézio é igual a 70, é correto afirmar que a altura
do trapézio é igual a
(A) 30
(D) 5
√
5
(B) 5
√
13
(E) 10
(C) 15
Resposta: D)
Uma solução:
Denominando por h a altura do trapézio e levando em conta que DF = CE = x e
AD = BC = l, temos AR =
1
2AT , onde AR é a área do retângulo e AT é a área do
trapézio.
Substituindo pelas fórmulas das respectivas áreas, vem que 10h =
1
2
(
(20 + 2x)h
2
)
, e,
dividindo por h ambos os membros, tem-se que
10 =
1
2
(20 + 2x)
2
∴ x = 10.
Utilizando a informação sobre o peŕımetro, temos que 10+ l+30+ l = 70, ou seja, l = 15.
Por fim, utiliza-se o triângulo retângulo ADF e aplicando o Teorema de Pitágoras, temos
que
152 = h2 + 102 ∴ h = 5
√
5.
23. Seja ln a medida do lado de um poĺıgono regular de n lados, inscrito em um ćırculo
de raio R. Qual das afirmações abaixo está correta para todo valor de n?
(A) sen
(
90◦ − 180
◦
n
)
=
ln
2R
(B) sen
(
180◦
n
)
=
ln
2R
(C) sen
(
180◦
n
)
=
ln
R
(D) cos
(
90◦ − 180
◦
n
)
=
ln
R
(E) sen
(
360◦
n
)
=
ln
R
11
Resposta: B)
Uma solução:
Na figura, O é o centro do poĺıgono, logo, o ângulo AÔB é central, de medida
360◦
n
.
O triângulo ABO é isósceles, pois os lados AO e BO são raios da circunferência. Com
isso, a altura AM é também bissetriz, e então ∠(MOA) =
1
2
· 360
◦
n
=
180◦
n
.
No triângulo retângulo AMO, o cateto AM mede metade do lado do poĺıgono, isto é
AM =
ln
2
.
Portanto, sen
(
180◦
n
)
=
ln
2
R
=
ln
2R
.
24. Uma distribuidora de água possui dois tanques com capacidade de 60.000 litros
cada, um deles completamente vazio e o outro completamente cheio. No mesmo
instante, o primeiro começa a ser enchido a uma taxa constante, de forma a estar
completamente cheio em seis horas, e o segundo começa a ser esvaziado, também
a uma taxa constante, de forma a estar completamente vazio em três horas. Em
quanto tempo, após o começo do processo, os tanques possuirão exatamente a
mesma quantidade de água?
(A) 1 hora
(C) 2 horas
(B) 1 hora e 30 minutos
(D) 2 horas e 30 minutos
(E) 3 horas
Resposta: C)
Uma solução:
O primeiro tanque é enchido em 6 horas, portanto, a uma taxa de 10.000 litros por hora.
Como inicia completamente vazio, sua quantidade de água é dada por
T1 = 10.000t,
onde t é o tempo, em horas, decorrido.
12
O segundo tanque é esvaziado em 3 horas, portanto, a uma taxa de 20.000 litros por
hora. Como inicia completamente cheio, isto é, com 60.000 litros, sua quantidade de
água é dada por
T2 = 60.000− 20.000t.
Os tanques estarão com a mesma quantidade de água se
T1 = T2,
isto é,
10.000t = 60.000− 20.000t ∴ 30.000t = 60.000 ∴ t = 60.000
30.000
∴ t = 2.
Assim, os tanques têm a mesma quantidade de água decorridas 2 horas do começo do
processo.
25. Os vértices do quadrado PQRS são os centros de quatro circunferências de raio
2, cada uma tangente a outras duas, conforme a figura abaixo. Qual é a área da
região interna ao quadrado e externa às quatro circunferências?
(A) 4− π
(D) 16− π
(B) 4− π
4
(E) 16− 4π
(C) 16− π
4
Resposta: E)
Uma solução:
Como os vértices do quadrado passam pelos centros das circunferências sendo elas tan-
gentes, conclui-se que o lado do quadrado tem a mesma medida do diâmetro das circun-
ferências, ou seja, igual a 4.
Como a área da região limitada pela circunferência é dada por π · 22 = 4π, então a área
procurada é a diferença das áreas do quadrado e dos quatro setores das circunferências,
ou seja, 16− 4 · 4π
4
= 16− 4π.
13
26. Assinale a alternativa verdadeira:
(A) Se x < 1, então x2 < 1, onde x ∈ R.
(B) Se x2 > 1, então x > 1, onde x ∈ R.
(C) Se 2 > x+ 1, então
2
x+ 1
> 1, onde x ∈ R e x 6= −1.
(D) Se x < 1, então
1
x
> 1, onde x ∈ R e x 6= 0.
(E) Se
2
x+ 1
> 1, então
1− x
x+ 1
> 0, onde x ∈ R e x 6= −1.
Resposta: E)
Uma solução:
Analisaremos cada uma das afirmações:
a) Falsa. Para x = −2 temos, −2 < 1 e 4 > 1.
b) Falsa. Para x = −2 temos, (−2)2 > 1 e −2 < 1.
c) Falsa. Para x = −2 temos, 2 > −2 + 1 e 2
−2 + 1
< 1.
d) Falsa. Para x = −2 temos, −2 < 1 e −1
2
< 1.
e) Verdadeira. Temos,
2
x+ 1
> 1⇐⇒ 2
x+ 1
− 1 > 0⇐⇒ 1− x
x+ 1
> 0.
27. Para calcular a altura de um morro, um topógrafo posicionou-se com seu teodolito
a 200 m do morro e o aparelho forneceu a medida do ângulo de visada do morro:
30◦. O topógrafo, olhando numa tabela, considerou tan 30◦ = 0, 57. Se a altura do
teodolito é 1, 60 m, qual é a altura do morro obtida pelo topógrafo?
altura do morro
•
200 m
1,60 m
·30◦
(A) 352, 48 m
(D) 115, 60 m
(B) 125, 60 m
(E) 114 m
(C) 118, 20 m
Resposta: D)
Uma solução:
Indicando por x o cateto oposto ao ângulo de 30◦, temos que tan 30◦ =
x
200
.
Como ele usou tan 30◦ = 0, 57, segue que
x
200
= 0, 57, e dáı x = 0, 57 · 200 = 114.
Portanto altura do morro é dada por 114 + 1, 60 = 115, 60 m.
14
28. Na figura abaixo, cada lado do quadrado ABCD foi dividido em quatro partes
de mesma medida. Determine a área da região destacada em cinza em função da
medida do lado do quadrado ABCD.
(A) 5l2/8
(D) 5l2/4
(B) l2/4
(E) 3l2/4
(C) 3l2/8
Resposta: C)
Uma solução:
Observemos a figura:
A área da região destacada em cinza na figura (identificada nesta solução por poĺıgono
PQASRC) equivale à área do quadrado ABCD subtráıdas as áreas dos triângulos APQ,
CRS, ABS e CDP .
As áreas dos triângulos ABS e CDP são iguais, assim como as áreas dos triângulos APQ
e CRS e assim:
AABS= ACDP =
1
2
· l
4
· l = l
2
8
e AAPQ = ACRS =
1
2
· l
2
· 3l
4
=
3l2
16
.
Desse modo, calculamos a área do poĺıgono PQASRC em destaque:
APQASRC = AABCD − (AABS +ACDP +AAPQ +ACRS)
APQASRC = l
2 −
(
l2
8
+
l2
8
+
3l2
16
+
3l2
16
)
= l2 − 5l
2
8
=
3l2
8
.
15
29. Para pintar 48 metros quadrados de parede em sua casa, João gastou uma lata de
tinta e pagou por ela 90 reais. Quanto ele ainda terá que dispor, em reais, para
comprar a tinta suficiente para terminar a pintura da sua casa, que tem o total de
240 metros quadrados de parede?
(A) 360
(D) 630
(B) 450
(E) 1200
(C) 540
Resposta: A)
Uma solução:
João gastou 90 reais para pintar 48 metros quadrados de parede. Para pintar 240 = 48×5
metros quadrados seriam necessárias 5 latas ao preço total de 450 reais. Logo ainda são
necessários 450− 90 = 360 reais para terminar o serviço.
30. Na figura, estão assinalados três ângulos retos, e três ângulos de medida α. Sendo
AB = 1 e BC = 5, o valor de cosα é
(A)
√
3/2
(D) 3
√
5
(B) 1/ 3
√
5
(E) 1/5
(C) 1/
√
5
Resposta: B)
Uma solução:
16
Vamos denotar por a1 e a2 as medidas dos segmentos que formam os lados dos ângulos
de medida α, como na figura acima.
No triângulo retângulo de hipotenusa 5, a medida do cateto adjacente ao ângulo α é a1,
logo
cos α =
a1
5
∴ a1 = 5 cos α.
No triângulo retângulo de hipotenusa a1, o cateto adjacente ao ângulo α mede a2, logo
cos α =
a2
a1
∴ a2 = a1 cos α = (5 cos α) cos α = 5 cos
2 α.
Por fim, no triângulo retângulo de hipotenusa a2, o cateto adjacente ao ângulo de medida
α mede 1, logo
cos α =
1
a2
∴ 1 = a5 cos α = (5 cos
2 α) cos α = 5 cos3 α.
Com isso,
cos3 α =
1
5
,
que implica
cos α =
1
3
√
5
.
31. Em um certo páıs, os posśıveis números de telefones celulares eram formados por
oito algarismos, utilizando-se d́ıgitos de 0 a 9, iniciados, obrigatoriamente, com 9,
8 ou 7. Com o crescimento da população, houve a necessidade de se criar novos
números. Os números antigos foram mantidos, apenas recebendo um algarismo 9
em seu ińıcio, passando assim a ter 9 algarismos. Já os números novos, formados
também com nove algarismos, têm a única restrição de começar com o d́ıgito 9.
Desta maneira, quantos números a mais foram criados?
(A) 10 milhões
(D) 70 milhões
(B) 30 milhões
(E) 80 milhões
(C) 50 milhões
Resposta: D)
Uma solução:
O total de números de nove algarismos tendo o d́ıgito 9 como primeiro é 108. Os números
antigos de oito algarismos constam no total de 3 ·107 e, introduzindo o d́ıgito 9 como pri-
meiro não altera o total desses números, apenas passam a ter nove algarismos. Portanto,
a quantidade de números criados é igual a 108 − 3 · 107 = 10 · 107 − 3 · 107 = 7 · 107 = 70
milhões.
32. Existem dois tipos de anos bissextos: aqueles que são múltiplos de 4, mas não são
de 100 e aqueles que são múltiplos de 400. Por exemplo, serão anos bissextos 2024,
2052 e 2400; não serão anos bissextos 2038, 2075 e 2100.
Baseado na convenção acima, se escolhermos aleatoriamente um ano entre 2014 e
2413 (incluindo esses dois anos), qual a probabilidade do ano ser bissexto?
17
(A) 1/4
(D) 97/399
(B) 101/400
(E) 97/400
(C) 100/399
Resposta: E)
Uma solução:
De 2014 a 2413 temos um total de 400 anos. Neste intervalo temos anos bissextos de 4
em 4 anos, exceto nos anos de 2100, 2200 e 2300. Logo temos 97 anos bissextos. Portanto
a probabilidade de um ano ser bissexto, entre 2014 a 2413, é igual a 97400 .
33. Em uma cidade de 80 mil habitantes surgiu um v́ırus contagioso chamado D3. Ao
final da semana da sua descoberta existia apenas uma pessoa infectada por este
v́ırus. Ao final da segunda semana já existiam 3 pessoas infectadas, ao final da
terceira semana o número de infectados era de 9 pessoas, ao final da quarta semana
subiu para 27. Assumindo que não houve medida de controle e que o número de
pessoas infectadas pelo v́ırus D3 ao final de cada semana continua crescendo em
progressão geométrica (enquanto não alcance a população total), ao final de que
semana desde a descoberta do v́ırus será ultrapassada a marca em que 10% da
população estará infectada?
(A) sexta semana
(C) oitava semana
(E) décima semana
(B) sétima semana
(D) nona semana
Resposta: E)
Uma solução:
Basta observar que o número de pessoas infectadas na n−ésima semana é dado pela
expressão 3n−1. Calculando as potências de 3, observamos que 38 = 6561 e 39 = 19.683.
Logo, como 19.683 é o primeiro valor superior a 8.000 (10% da população), temos que
este fato acontece na décima semana, visto que para n = 10 é verificada a expressão que
leva a este valor.
34. Em um determinado concurso público um corretor de reda-ções avaliou 10 alunos
com notas de 0 a 10. As notas aplicadas por este avaliador estão apresentadas na
tabela a seguir:
Aluno A B C D E F G H I J
Nota 8 5,5 4 6 8 9 7,5 7,5 8 6,5
A partir dos dados apresentados na tabela, é correto afirmar, sobre as estat́ısticas
da variável que indica as notas, que
(A) média < moda < mediana
(B) moda < média < mediana
(C) mediana < média < moda
(D) média < mediana < moda
(E) mediana < moda < média
18
Resposta: D)
Uma solução:
A moda, valor que possui maior frequência nos dados, é 8. Organizando os dados em
ordem crescente e denominando o i-ésimo valor observado - já ordenado - por ai, para
i ∈ {1, ..., 10}, calculamos a mediana de um conjunto de dez observações como sendo
a5 + a6
2
=
7, 5 + 7, 5
2
= 7, 5. Por fim, a média é dada por
4 + 5, 5 + 6 + 6, 5 + 7, 5 + 7, 5 + 8 + 8 + 8 + 9
10
= 7.
35. Jogando-se quatro vezes um dado comum de seis faces, não viciado, qual a proba-
bilidade de obtermos um resultado maior ou igual a 5 apenas na quarta jogada?
(A) 8/81
(D) 1/3
(B) 16/81
(E) 4/3
(C) 8/27
Resposta: A)
Uma solução:
A cada vez que se joga o dado, a probabilidade do evento A =“obter um resultado maior
ou igual a 5” é
P (A) =
n ({5, 6})
n ({1, 2, 3, 4, 5, 6})
=
2
6
=
1
3
,
e a probabilidade de seu complementar é, então, 1− P (A) = 23 .
Queremos a probabilidade de ocorrer A apenas na quarta jogada, o que significa que, nas
três jogadas anteriores, não ocorrerá A, ocorrendo então seu complementar. Assim, como
cada arremesso de dados é independente dos demais, temos
P (“só obter um resultado maior ou igual a 5 na quarta jogada”) =
2
3
· 2
3
· 2
3
· 1
3
=
8
81
.
36. Uma academia de musculação funciona em três turnos: matutino, vespertino e
noturno. O matutino possui 60 alunos, dos quais 20% estão em atraso com a
mensalidade; o vespertino possui 40 alunos, dos quais 10% estão em atraso; o
noturno possui 75 alunos, dos quais 80% estão em dia com a mensalidade. As
fichas cadastrais de todos os alunos da academia estão sobre a mesa do gerente. Ele
pega aleatoriamente uma dessa fichas. Qual a probabilidade de a ficha selecionada
pertencer a um aluno do turno noturno, sabendo-se que é uma ficha de aluno em
atraso com a academia?
(A) 1/5
(C) 12/35
(B) 3/35
(D) 60/31
(E) 15/31
19
Resposta: E)
Uma solução:
Consideremos a tabela abaixo:
Turno Em dia Em atraso
Matutino 48 12
Vespertino 36 4
Noturno 60 15
TOTAL 144 31
Dos 60 alunos do turno matutino, 20% estão em atraso com as mensalidades, ou seja,
20% · 60 = 20
100
· 60 = 12 alunos.
Dos 40 alunos do turno vespertino, 10% estão em atraso, logo 10% · 40 = 10
100
· 40 = 4
alunos.
No turno noturno, 100% − 80% = 20% dos 75 alunos estão com mensalidade atrasada,
logo 20% · 75 = 20
100
· 75 = 15 alunos.
Assim, há um total de 12+4+15 = 31 alunos inadimplentes. Logo, se uma ficha pertence
a um aluno com mensalidade atrasada, a chance de ela pertencer a um aluno do turno
noturno é
15
31
.
37. Na figura, o triângulo ABC é retângulo em A, os triângulos ABD, ACE e BCF
são equiláteros e os segmentos AB, AC e BC são os diâmetros dos arcos de cir-
cunferência. Sendo S1, S2 e S3 as áreas das regiões destacadas, a área S1 é dada
por
(A) S2 + S3
(D)
√
S22 − S23(B)
√
S2 +
√
S3
(E) S2 − S3
(C)
√
S22 + S
2
3
20
Resposta: A)
Uma solução:
As regiões de áreas S1, S2 e S3 são, entre si, semelhantes, pois são limitadas, respectiva-
mente, pelos triângulos equiláteros de lados de medida BC, AB e AC, e ćırculos cujos
diâmetros têm estas mesmas medidas.
Assim, as áreas S1, S2 e S3 são proporcionais aos quadrados das medidas BC, AB e AC,
respectivamente, isto é,
S1
BC
2 =
S2
AB
2 =
S1
AC
2 .
Igualando estas razões a k,
S1
BC
2 =
S2
AB
2 =
S1
AC
2 = k,
temos
S1 = k ·BC
2
,
S2 = k ·AB
2
,
S3 = k ·AC
2
.
Assim, utilizando o Teorema de Pitágoras,
S1 = k ·BC
2
= k
(
AB
2
+ k ·AC2
)
= k ·AB2 + k ·AC2 = S2 + S3.
38. Sobre o trapézio isósceles ABCD, desenhado na figura abaixo, sabe-se que a altura
do trapézio é a metade da medida da base menor e que a base maior é o quádruplo
da base menor.
Definidos os ângulos α e β como na figura, assinale a alternativa que apresenta o
menor valor real entre os cincos valores:
(A) sen α
(D) cos β
(B) cosα
(E) tg α
(C) sen β
Resposta: ANULADA)
39. De um baralho comum de 52 cartas são retiradas, em sequência e sem reposição,
duas cartas. De quantos modos isso pode ser feito de maneira que a primeira carta
seja de ouros e a segunda carta não seja uma dama?
Informação: Um baralho de 52 cartas tem 4 naipes: copas, espadas, ouros e paus.
Cada naipe possui 13 cartas: A(ás), 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, J (valete), Q (dama)
e K (rei). Portanto há 4 reis, 4 damas, 4 valetes, 4 áses, etc.
21
(A) 611
(D) 625
(B) 612
(E) 637
(C) 624
Resposta: B)
Uma solução:
Há duas possibilidades:
1) A primeira carta retirada é a dama de ouros. Com isso temos uma opção para a
primeira carta e 48 para a segunda. Logo há 1 · 48 = 48 maneiras para esse caso.
2) A primeira carta é de ouros, mas não é a dama. Assim temos 12 opções para a primeira
carta e 47 para a segunda. Então há 12 · 47 = 564 modos para esse caso.
Portanto a totalidade de maneiras de retirar uma carta de ouros e depois uma carta que
não seja uma dama é igual a 48 + 564 = 612.
40. Em uma turma de quatro alunos, o professor aplicou duas provas P1 e P2, obtendo
as seguintes notas:
P1 = {30, 40, 50, 60} e P2 = {15, 35, 55, 75}.
Analisando os resultados, é posśıvel afirmar que
(A) P1 e P2 possuem a mesma média aritmética e o mesmo desvio padrão.
(B) P1 e P2 possuem médias aritméticas diferentes e desvios padrões diferentes.
(C) P1 e P2 possuem a mesma média aritmética e desvios padrões diferentes.
(D) P1 possui maior desvio padrão que P2.
(E) P2 possui maior média aritmética que P1.
Resposta: C)
Uma solução:
A média aritmética da prova P1 é dada por x̄1 =
30 + 40 + 50 + 60
4
=
180
4
= 45 e o
desvio padrão é dado por
σ1 =
√
(30− 45)2 + (40− 45)2 + (50− 45)2 + (60− 45)2
4
=
√
500
4
=
√
125 = 5
√
5.
A média aritmética da prova P2 é dada por x̄2 =
15 + 35 + 55 + 75
4
=
180
4
= 45 e o
desvio padrão é dado por
σ2 =
√
(15− 45)2 + (35− 45)2 + (55− 45)2 + (75− 45)2
4
=
√
2000
4
=
√
500 = 10
√
5.
22
EXAME DE ACESSO PROFMAT – 2016 – SOLUÇÕES
1. Um canavial tem a forma de um quadrado com 90 metros de lado e um trabalhador consegue
ceifá-lo em 9 dias. Sabendo que o tempo gasto pelo trabalhador para ceifar o canavial é pro-
porcional à sua área, qual é a medida do lado, em metros, de um outro canavial quadrado, que
o mesmo trabalhador conseguiria ceifar em 4 dias?
(A) 30 (B) 40 (C) 50
(D) 60 (E) 70
Resposta: D
Uma solução:
Como o número de dias necessários para a ceifa é proporcional à área do canavial, e a área do qua-
drado de 90 metros de lado é igual a 8100 m2, em um dia ele consegue ceifar
8100
9
=900 m2.
Em 4 dias ele ceifará 4× 900 = 3600 m2, que é a área de um quadrado de lado medindo 60 metros.
2. Quantos são os números inteiros não negativos k para os quais a equação x2 + 6x+ k = 0
tem soluções inteiras?
(A) 2 (B) 3 (C) 4
(D) 5 (E) 6
Resposta: C
Uma solução:
Temos que, a equação x2 + 6x+ k = 0 é equivalente à equação (x+ 3)2 = 9− k. Como as ráızes de-
vem ser inteiras e k > 0, as possibilidades são 9− k = 0, 1, 4 e 9, donde k = 9, 8, 5 e 0.
Portanto, temos 4 valores posśıveis para k.
3. Se o dia 31 de março de um certo ano ocorreu numa quarta-feira, então 15 de outubro do
mesmo ano foi numa
(A) segunda-feira (B) terça-feira
(C) quarta-feira (D) quinta-feira
(E) sexta-feira
Resposta: E
Uma solução:
Entre 1o de abril e 15 de outubro (inclusos), passaram-se 198 dias. Iniciando-se na quinta-feira
(1o de abril), ao final de cada grupo de 7 dias, o sétimo dia sempre foi uma quarta-feira.
Como 198 = 7× 28 + 2 vemos que, ao final de 7× 28 = 196 dias, isto é, 13 de outubro foi numa
quarta-feira. Assim o dia 15 de outubro foi numa sexta-feira.
4. Um triângulo equilátero e um quadrado estão inscritos na mesma circunferência. Sabendo
que o quadrado tem área 9 cm2, qual a área, em cm2, do triângulo equilátero?
(A)
27
√
3
2
(B)
27
√
2
2
(C) 27
√
3
(D)
27
√
3
8
(E) 27
√
6
Resposta: D
Uma solução:
Um quadrado de área 9 cm2 tem 3 cm de lado. Visto que a diagonal mede 3
√
2 cm, o raio da circun-
ferência circunscrita ao quadrado é R =
3
√
2
2
cm. Observando as medidas do triângulo equilátero na
figura, conclúımos que a área do triângulo equilátero é igual a
A =
√
3R
2
× 3R
2
=
3
√
3R2
4
=
3
√
3
4
×
(
3
√
2
2
)2
=
3
√
3
4
× 9
2
=
27
√
3
8
.
5. De quantas maneiras distintas podemos colocar, em cada espaço abaixo, os algarismos 2, 3,
4, 7, 8, 9, de modo que todos os seis algarismos apareçam e formem, em cada membro, núme-
ros de dois algarismos que satisfaçam as duas duas desigualdades?
< <
(A) 20 (B) 26 (C) 60 (D) 120 (E) 720
Resposta: D
Uma solução:
Como os algarismos são distintos temos que a b < c d < e f ⇐⇒ a < c < e. Escolhendo 3 algarismos do
conjunto {2, 3, 4, 7, 8, 9} temos um único modo de ordená-los em ordem crescente, assim teremos(
6
3
)
modos para a escolha de a, c e e. Para cada escolha de a, c e e teremos 3! modos de escolher
b, d e f . Portanto, temos um total de
(
6
3
)
· 3! = 20 · 6 = 120 maneiras para colocar os algarismos.
6. Um topógrafo com o objetivo de determinar a altura h de uma torre do outro lado de um rio de
largura constante R passando por uma região totalmente plana, procedeu da seguinte manei-
ra: Foi até a margem do rio e mediu o ângulo β entre a horizontal e o topo da torre. Em segui-
da, afastou-se x metros da margem do rio e fez outra medição de um ângulo α.
Sabendo que o teodolito tem altura h′, a altura h da torre e a largura R do rio são:
(A) h =
x · tg α · tg β
tg β − tg α
e R =
x · tg α
tg β − tg α
(B) h = h′ +
x · tg α · tg β
tg β − tg α
e R =
x · tg α
tg β − tg α
(C) h = h′ +
x · tg α · tg β
tg α− tg β
e R =
x · tg α
tg α− tg β
(D) h = h′ +
x · tg α · tg β
tg β − tg α
e R = h′ +
x · tg α
tg β − tg α
(E) h = h′ +
x · tg α · tg β
tg α− tg β
e R = h′ +
x · tg α
tg α− tg β
Resposta: B
Uma solução:
Temos que tg β =
h− h′
R
e tg α =
h− h′
x+R
e assim
h− h′ = (x+R)tg α =
(
x+
h− h′
tg β
)
tg α = xtg α+
tg α
tg β
(h− h′), isto é,
h− h′ = x · tg α · tg β
tg β − tg α
⇒ h = h′ + x · tg α · tg β
tg β − tg α
e R =
h− h′
tg β
=
x · tg α
tg β − tg α
.
7. A soma das soluções inteiras da inequação
(2x− 14)2
(x− 1)(x− 5)
6 0 é igual a:
(A) 7 (B) 9 (C) 15 (D) 16 (E) 22
Resposta: D
Uma solução:
A expressão não está definida apenas para x = 1 e x = 5. O numerador se anula quando x = 7 e é
positivo para x 6= 7. Assim, nesse último caso, o sinal do quociente será o mesmo do denominador,
que é negativo para 1 < x < 5. Portanto, as soluções inteiras são: 2, 3, 4 e 7, cuja soma é 16.
8. Sejam A =
1
2
× 3
4
× 5
6
× · · · × 2015
2016
, B =
2
3
× 4
5
× 6
7
× · · · × 2014
2015
e C =
1
2016
.
É correto afirmar que
(A) A < B < C (B) A < C < B (C) B < A < C
(D) B < C < A (E) C < A < B
Resposta: E
Uma solução:Observe que todos os fatores de A e de B são do tipo
k
k + 1
< 1. Logo A e B são menores que 1.
Além disso, A×B = 1
2016
= C e assim C < A e C < B. A única alternativa onde isso ocorre é a E.
Também é posśıvel mostrar que B > A.
Para isso, note que
2
3
>
1
2
,
4
5
>
3
4
, · · · , 2014
2015
>
2013
2014
, 1 >
2015
2016
.
Multiplicando membro a membro obtemos B > A.
9. Considere uma pirâmide regular com base quadrada de lado 1 e altura também 1, como
mostra a figura abaixo.
A área de uma face triangular dessa pirâmide é igual a:
(A)
1
2
(B)
√
3
2
(C)
√
5
4
(D)
√
5
2
(E)
√
6
4
Resposta: C
Uma solução:
Considere a figura abaixo:
Usando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo AHH ′, vemos que AH ′ =
√
5
2
.
Desta forma, como BC = 1, a área de uma das faces é
√
5
4
.
10. Em uma urna há 8 bolas vermelhas e 5 brancas, indistingúıveis, exceto pela cor. Retiramos
três bolas sucessivamente da urna, sem repô-las. A probabilidade de que sejam retiradas
duas bolas brancas e uma bola vermelha, nesta ordem, é igual a:
(A)
70
169
(B)
40
429
(C)
32
429
(D)
16
169
(E)
12
169
Resposta: B
Uma solução:
Primeiramente, vamos descrever o espaço amostral. Temos as seguintes possibilidades, em relação à
cor, na retirada de três bolas: todas vermelhas (vvv), duas vermelhas e uma branca (vvb, vbv ou bvv),
uma vermelha e duas brancas (vbb, bvb ou bbv) ou todas brancas (bbb). Fazendo a contagem , temos
8 · 7 · 6 = 336 modos de sáırem 3 vermelhas. No caso de 2 vermelhas e uma branca temos um total de
(8 · 7 · 5) · 3 = 840, pois levamos em consideração a ordem de sáıda vvb, vbv e bvv.
De modo análogo, no caso de duas bolas brancas e uma vermelha temos que (8 · 5 · 4) · 3 = 480.
Finalmente, temos 5 · 4 · 3 = 60 modos de sairem 3 brancas. Logo, nosso espaço amostral tem
336 + 840 + 480 + 60 = 1716 elementos. O número de casos favoráveis para a sáıda bbv, nesta ordem,
é igual a 5 · 4 · 8 = 160. Portanto, a probabilidade de que sejam retiradas duas bolas vermelhas e uma
branca, nesta ordem, é igual a
160
1716
=
40
429
.
11. Seja In = {x ∈ N : 1 6 x 6 n} = {1, 2, . . . , n}, para n inteiro positivo. Quantas funções
f : I7 → I10 satisfazendo f(1) = 9 e f(3) = 10 são injetivas, ou seja, funções em que elemen-
tos distintos de I7 têm imagens distintas em I10?
(A) 120 (B) 280 (C) 1260
(D) 5040 (E) 6720
Resposta: E
Uma solução:
Como f(1) = 9 e f(3) = 10, para definir uma função f : I7 → I10 basta dizer quais os valores de
f(2), f(4), f(5), f(6) e f(7). Como a função deve ser injetiva temos oito possibilidades de escolha
para f(2), sete para f(4), seis para f(5), cinco para f(6) e quatro para f(7). Ou seja, existem
8 · 7 · 6 · 5 · 4 = 6720 funções injetivas com as propriedades impostas.
12. O conjunto de todos os valores de t ∈ R para os quais a equação cosx = 3t+ 2
4t− 3
admite
soluções reais é:
(A)
{
t ∈ R
∣∣∣∣ t > 34
}
(B) {t ∈ R | t > 5}
(C)
{
t ∈ R
∣∣∣∣ t 6 17 ou t > 34
}
(D)
{
t ∈ R
∣∣∣∣ t 6 17 ou t > 5
}
(E)
{
t ∈ R
∣∣∣∣ 17 6 t 6 5 e t 6= 34
}
Resposta: D
Uma solução:
Devemos ter −1 6 3t+ 2
4t− 3
6 1 e t 6= 3
4
. Para analisar a desigualdade vamos separar nos casos t >
3
4
e t <
3
4
. No primeiro caso, temos que 4t− 3 > 0 e, portanto 3− 4t 6 3t+ 2 6 4t− 3. Analisando a
primeira desigualdade temos t >
1
7
, enquanto que a segunda nos dá t > 5. Desta forma, temos t > 5.
No segundo caso, temos 4t− 3 < 0, o que implica 4t− 3 6 3t+ 2 6 3− 4t, o que nos dá t 6 5 e t 6 1
7
,
respectivamente. Desta forma segue que t 6
1
7
.
Portanto combinando os dois casos, temos que t ∈
(
−∞, 1
7
]
∪ [5,∞).
13. Considere as afirmações abaixo:
(I) Se (x− 3)(x− 2) = (x− 2), então x = 2.
(II) Se x(x2 − 2x+ 1) = 0, então x = 0 ou x = 1 ou x = 2.
(III) Existe x ∈ R, tal que x− 1
x+ 1
> 1.
É correto afirmar que:
(A) Apenas (I) é falsa.
(B) Apenas (I) e (II) são falsas.
(C) Apenas (I) é verdadeira.
(D) Apenas (I) e (III) são falsas.
(E) Todas são verdadeiras.
Resposta: A
Uma solução:
(I) Falsa. A equação (x−3)(x−2) = (x−2) é equivalente a x2−6x+8 = 0, o que implica x = 2 ou x = 4.
(II) Verdadeira. A equação x(x2 − 2x+ 1) = 0 é equivalente a x(x− 1)2 = 0, o que implica x = 0 ou
x = 1 . Mas é logicamente correto afirmar que x = 0 ou x = 1 ou x = 2.
(III) Verdadeira. Tome x = −2.
14. Em um teste de 30 questões de múltipla escolha, cada acerto acrescenta 3 pontos e cada er-
ro desconta 1 ponto da nota do aluno. Antônio respondeu a todas as questões, correta ou
incorretamente, e obteve 62 pontos. Indicando por x o número de acertos, podemos afirmar
que:
(A) x < 18 (B) 17 < x < 20 (C) 19 < x < 23
(D) 22 < x < 25 (E) x > 24
Resposta: D
Uma solução:
Temos que 3x+ (−1)(30− x) = 62 e assim 4x = 62 + 30 = 92. Portanto x = 23.
15. Seja x um número real tal que x4 − 2x3 − x2 + 2x = 1. O valor absoluto da expressão
x2 − x− 1 é igual a:
(A) 0 (B)
√
2 (C)
√
3
(D) 2 (E)
√
5
Resposta: B
Uma solução:
Elevando a expressão x2 − x− 1 ao quadrado, temos que (x2 − x− 1)2 = x4 − 2x3 − x2 + 2x+ 1.
Usando o fato que x4−2x3−x2+2x = 1 obtemos (x2−x−1)2 = 2 e assim segue que |x2−x−1| =
√
2.
16. Uma rede varejista anunciou publicamente, na última black friday, um desconto de 50% em
todos os seus produtos. Pouco antes de aplicar o desconto, porém, aumentou todos os seus
preços em 30%. Considerando o preço anterior ao aumento e ao desconto, e o preço final
anunciado na promoção, o desconto real foi de
(A) 20% (B) 30% (C) 35%
(D) 40% (E) 45%
Resposta: C
Uma solução:
Chamemos de P o preço inicial do produto. Após um aumento de 30%, o preço do produto será
Pa = P + 30%P = 130%P . Aplicando um desconto de 50% sobre este preço, teremos o preço final
Pf , dado por Pf = Pa − 50%Pa = 50%Pa = 50%.130%P = 65%P.
Assim, o desconto real foi de 35% sobre o preço inicial P do produto.
17. A turma A tem 48 alunos e a turma B tem 32. As duas turmas fizeram uma prova e a média
aritmética das notas dos alunos da turma A foi de 5,7 e dos alunos da turma B foi de 6,5.
Qual é a média aritmética das notas de todos os 80 alunos?
(A) 6,02 (B) 6,06 (C) 6,1
(D) 6,14 (E) 6,18
Resposta: A
Uma solução:
Se MA e MB são as médias aritméticas das notas dos alunos das turmas A e B, respectivamente,
temos que MA =
n1 + · · ·+ n48
48
= 5, 7 e MB =
m1 + · · ·+m32
32
= 6, 5.
A média aritmética M de todos os alunos é dada por M =
n1 + · · ·+ n48 +m1 + · · ·+m32
80
.
Portanto, M =
5, 7 · 48 + 6, 5 · 32
80
=
5, 7 · 6 + 6, 5 · 4
10
=
34, 2 + 26, 0
10
= 6, 02.
18. Em quantos algarismos zero termina o número 61!, representado no sistema decimal?
(A) 6 (B) 12 (C) 14
(D) 30 (E) 56
Resposta: C
Uma solução:
O total de zeros pedido é o expoente do fator 5 na fatoração em números primos de
61! = 61× 60× · · · × 2× 1; ou seja,
⌊
61
5
⌋
+
⌊
61
25
⌋
= 14, onde bxc é a parte inteira de x.
19. Na figura abaixo, os segmentos AG e DH são alturas dos triângulos equiláteros ABC e
DEF , cujos lados têm medida `. Sabe-se ainda que os pontos A, D, G e H são colineares e
que o hexágono destacado na figura é regular.
A área do hexágono regular destacado acima é igual a:
(A)
`2
√
3
4
(B)
`2
√
3
2
(C)
3`2
√
3
2
(D)
`2
√
3
6
(E) 3`2
√
3
Resposta: D
Uma solução:
Na figura acima, os ângulos destacados são ângulos externos do hexágono regular, logo medem 60◦.
Com isso, os triângulos IJA, KLB e MNC são equiláteros. Os lados destes triângulos terão medida
x igual ao lado do hexágono regular, logo ` = BL+ LM +MC = 3x, o que nos dá x =
`
3
.
A área do hexágono IJKLMN será então
Área(IJKLMN) = Área(ABC) - Área(IJA) - Área(KLB) - Área(MNC)=
=
`2
√
3
4
− 3x
2
√
3
4
=
`2
√
3
4
− 3
(
`
3
)2√
3
4
=
=
`2
√
3
4
− 3`
2
√
3
36
=
9`2
√
3
36
− 3`
2
√
3
36
=
6`2
√
3
36
=
`2
√
3
6
.
20. Dois arcos metálicos circulares idênticos, correspondentes cada uma 3/4 de uma circunferên-
cia completa de raio 1 metro, são unidos por suas extremidades de maneira a formar a figura
plana abaixo.
Supondo despreźıvel a espessura do arco, o valor da largura máxima `, representada na figu-
ra, em metros, é igual a:
(A) 2 +
√
2 (B) 2
√
2 (C) 3
(D) 4 (E)
√
2
Resposta: A
Uma solução:
Tracemos o segmento AB (que contém os diâmetros dos dois ćırculos) e os raios OC, OD, O′C e
O′D, conforme figura abaixo. Como os arcos CD de ambas as circunferências correspondem a 1/4
de cada uma, os ângulos centrais CÔD e CÔ′D terão medida igual a
1
4
· 360◦ = 90◦.
Pelos dados do problema, os raios AO e BO′ medem 1 metro cada. Os triângulos OCD e O′CD são,
ambos, isósceles, logo seus ângulos não destacados na figura medem 45◦. Com isso, OCO′D é um
quadrado cujos lados medem 1 metro (pois são raios) do ćırculo, logo, o segmento OO′ mede
√
2
metros. Assim, a medida de AB será (1 +
√
2 + 1) = (2 +
√
2) metros.
21. Na figura abaixo, ABCD é um retângulo onde AB = 8 e BC = 12. Sabe-se que o segmento
PQ é paralelo a BC, Q é ponto médio de CD, AP = x e PQ = x+ 4.
Qual é o peŕımetro do triângulo ABP?
(A) 15 (B) 18 (C) 21
(D) 24 (E) 27
Resposta: B
Uma solução:
Como Q é ponto médio de CD e PQ é paralelo a BC, então o segmento PQ pertence à mediatriz do
segmento AB. Disso conclui-se que:
(i) P é equidistante de A e B, ou seja, BP = AP = x;
(ii) Sendo M ponto médio de AB, PM é perpendicular a BM , com PM = QM −PQ = BC−PQ =
12− (x− 4) = 8− x e BM = AB
2
=
8
2
= 4.
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo BMP , retângulo em M , tem-se:
BP
2
= PM
2
+BM
2
, ou seja, x2 = (8− x)2 + 42, donde conclui-se que x = 5.
Portanto, o peŕımetro do triângulo ABC é 2x+ 8 = 18.
22. Um ônibus percorre um trecho de estrada, saindo às 10h30min e viaja a uma velocidade
constante de 65 km/h. Um carro faz o mesmo percurso, viajando 10 km/h mais rápido,
porém saindo 10 minutos após o ônibus. A que horas o carro começa a ultrapassar o ônibus?
(Despreze os comprimentos dos véıculos.)
(A) 10h45min (B) 11h45min (C) 11h55min
(D) 12h (E) 12h05min
Resposta: B
Uma solução:
A posição do ônibus é descrita pela função linear s = 65t onde t é dado em horas. Como o carro saiu
10 minutos mais tarde (
1
6
de uma hora), a sua posição será proporcional a t− 1
6
, portanto sua posição
será dada por s = 75
(
t− 1
6
)
.
Igualando as posições temos que 65t = 75
(
t− 1
6
)
, ou seja, t =
75
60
horas = 1 hora e 15 minutos.
Portanto a ultrapassagem ocorrerá às 11h45min.
23. As bases de um trapézio isósceles têm medidas a e b, com a < b, e os lados não paralelos
medem, cada um, c. Se h é a altura deste trapézio, é correto afirmar que h é igual a:
(A)
√
c2 − a2 − b2 (B)
√
4c2 − a2 − b2 + 2ab
2
(C)
√
4c2 − a2 − b2
2
(D)
√
c2 − a2 − b2 + 2ab
2
(E)
√
4c2 + a2 + b2 − 2ab
2
Resposta: B
Uma solução:
As projeções ortogonais sobre as bases dos lados não paralelos medem, juntas, b− a, logo, como o
trapézio é isósceles, cada uma medirá
b− a
2
(veja a figura). Assim, temos o triângulo retângulo de
hipotenusa c, e catetos h e
b− a
2
, logo c2 =
(
b− a
2
)2
+ h2, que implica h2 = c2 −
(
b− a
2
)2
.
Portanto, h2 =
4c2 − (b− a)2
4
, e assim, h =
√
4c2 − (b2 − 2ab+ a2)
4
=
√
4c2 − a2 − b2 + 2ab
2
.
24. Florinda foi dar um passeio. Ela saiu do ponto A e caminhou 1 metro para a frente. Depois,
virou 90◦ à sua esquerda e caminhou 2 metros para a frente. Virou novamente 90◦ à sua es-
querda e caminhou mais 3 metros em frente. Ela continuou caminhando desta forma, andan-
do sempre um metro a mais em cada trecho adicional e virando 90◦ à sua esquerda ao final
deste trecho. No último trecho do percurso, ela caminhou 30 metros e chegou ao seu ponto
final, que chamaremos de B. A figura seguinte ilustra os sete primeiros trechos do passeio
(note que o ponto B não está ilustrado).
A distância, em metros, entre os pontos A e B é igual a:
(A) 21 (B) 22 (C)
√
580
(D)
√
481 (E)
√
613
Resposta: D
Uma solução:
Consideramos o ponto A = (0, 0). Utilizando a figura como referência, partindo do ponto A, ela fez
um deslocamento vertical de 1 metro para cima, um deslocamento horizontal de 2 metros para a es-
querda, um deslocamento vertical de 3m para baixo, um deslocamento horizontal de 4m para a direi-
ta, chegando a um ponto A1 = (−2+4, 1−3) = (2,−2). Chamaremos este trajeto de A até A1 de pri-
meira etapa. Na segunda etapa, partindo de A1 = (−2,−2) ela chegará, caminhando 5m para cima,
6m para a esquerda, 7m para baixo e 8m para a direita, ao ponto A2 = (2−6+8,−2+5−7) = (4,−4),
e assim por diante. Assim, podemos analisar o deslocamento de Florinda o dividindo em “etapas”de
4 trechos. Ao final de cada etapa, ela terá se deslocado (2,−2). Nos 28 primeiros trechos do passeio,
teremos 7 etapas de 4 trechos cada uma, e os pontos finais de cada um dessas etapas serão
A1 = (2,−2), A2 = (4,−4), . . . , A7 = (14,−14). Observando que 30 = 4 · 7 + 2, teremos, a partir de
A7, um deslocamento vertical de 29m para cima e outro horizontal de 30m para a esquerda, chegando
ao ponto B = (14− 30,−14 + 29) = (−16, 15).
Portanto, a distância entre os pontos A e B é igual a
√
(−16)2 + 152 =
√
481.
25. Em uma folha de papel foi desenhado um quadriculado de 6×4 e depois foi traçada a diagonal
de A a B como mostra a figura abaixo. Observe que a diagonal AB intersecta o quadriculado
em 9 pontos, incluindo os vértices A e B.
Se desenharmos um quadriculado de tamanho 2016×1344, o número de pontos que a diago-
nal AB intersectará o quadriculado, incluindo os vértices, será igual a:
(A) 1680 (B) 2688 (C) 2689
(D) 3360 (E) 3362
Resposta: C
Uma solução:
Observe que 2016 = 6× 336 e 1344 = 4× 336. Dessa forma o quadriculado de tamanho 2016× 1344
contém exatamente 336 quadriculados como o da figura na base e 336 quadriculados do mesmo na al-
altura. Isso implica que a diagonal do quadriculado em questão contém exatamente 336 cópias da dia-
gonal da figura. Para evitar contar duas vezes o vértice superior, vamos considerar que há 8 interse-
ções da diagonal com o quadriculado 6× 4. Isto implica 8× 336 interseções. Contando com o último
vértice superior da diagonal, temos 8× 336 + 1 = 2689.
26. ABC é um triângulo tal que AB = 6 e BC = 9. Seja P sobre o lado BC com BP = 4.
Sabendo que PÂB = x e PÂC = y, a medida do ângulo BP̂A é igual a:
(A) x+ y (B) x− y (C) 2x− y
(D) 2x+ y (E) x+ 2y
Resposta: A
Uma solução:
Observe que
BC
AB
=
9
6
=
3
2
e que
AB
PB
=
6
4
=
3
2
, logo
BC
AB
=
AB
PB
.
Com isso, os triângulos BCA e BAP serão semelhantes, com BĈA = BÂP = x.
Como BP̂A é ângulo externo do triângulo APC, temos que
BP̂A = PÂC + PĈA = PÂC +BĈA = y + x.
27. Acrescentando-se 3 novos elementos ao conjunto A, obtemos o conjunto B com precisamente
224 subconjuntos a mais do que A. O número de elementos de A é igual a:
(A) 5 (B) 6 (C) 7
(D) 8 (E) 9
Resposta: A
Uma solução:
Seja n o número de elementos do conjunto A. Segue que o número de subconjuntos de A é igual a 2n
e como o conjunto B tem n+ 3 elementos, o número de subconjuntos de B é igual a 2n+3.
Pelos dados do problema, temos que 2n+3 = 2n + 224. Resolvendo esta equação obtemos
2n+3 = 2n + 224⇔ 2n · 23 = 2n + 224⇔ 7 · 2n = 224⇔ 2n = 32⇔ n = 5.
Portanto, o número de elementos de A é igual a 5.
28. Para a seleção brasileira foram convocados 2 goleiros, 6 zagueiros, 7 meio-campistas e 4 ata-
cantes. De quantos modos é posśıvel escalar a seleção com 1 goleiro, 4 zagueiros, 4 meio-
campistas e 2 atacantes?
(A) 58 (B) 232 (C) 1392
(D) 1575 (E) 6300
Resposta: E
Uma solução:
Para a escolha do goleiro temos duas opções, dos zagueiros temos C46 =
6!
4!2!
=
5 · 6
2
= 15 opções, dos
meios-campistas C47 =
7!
4!3!
=
5 · 6 · 7
6
= 35 e finalmente, para a escolha dos atacantes temos
C24 =
4!
2!2!
=
3 · 4
2= 6 opções.
Portanto, temos um total de 2 · 15 · 35 · 6 = 6300 modos de escalar a seleção.
29. Sabendo que senx · cosx = a, o valor de sen8x+ cos8x é igual a:
(A) 1 (B) 1− 4a4 (C) 1− 4a2 + 6a4
(D) 1 + 4a2 + 2a4 (E) 1− 4a2 + 2a4
Resposta: E
Uma solução:
Como cos2 x+ sen2x = 1, temos que 1 = (cos2 x+ sen2x)2 = cos4 x+ sen4x+ 2 cos2 x sen2x =
cos4 x+ sen4x+ 2a2, ou seja, cos4 x+ sen4 x = 1− 2a2. Elevando novamente ao quadrado, segue que
(1− 2a2)2 = (cos4 x+ sen4 x)2 = cos8 x+ sen8x+ 2 cos4 x sen4x = cos8 x+ sen8x+ 2a4,
isto é, cos8 x+ sen8x = (1− 2a2)2 − 2a4 = 1− 4a2 + 2a4.
30. Numa pesquisa constatou-se que 75% das pessoas gostam de café, 80% gostam de suco e
77% gostam de refrigerante. As porcentagens mı́nima e máxima de pessoas que gostam si-
multaneamente de café, suco e refrigerante são, respectivamente,
(A) 32% e 75% (B) 25% e 75% (C) 32% e 80%
(D) 25% e 80% (E) 32% e 77%
Resposta: A
Uma solução:
Sejam C, S e R os conjuntos formados pelas pessoas que gostam de café, suco e refrigerante, respecti-
vamente. Estamos interessados em estimar o número de elementos da interseção dos três conjuntos,
isto é, n(C ∩ S ∩R). O número de pessoas que gostam das três bebidas, é igual ao complementar do
número de pessoas que não gostam de pelo menos uma bebida, isto é,
n(C ∩ S ∩R) = 100%− n(Cc ∪ Sc ∪Rc).
Como 25% não gostam de café, 20% não gostam de suco e 23% não gostam de refrigerante, temos
que n(Cc ∪ Sc ∪Rc) é no máximo igual à soma dos três números, ou seja, 68% e no mı́nimo igual a
25% (que é o caso quando C ⊂ R ⊂ S).
Sendo assim, n(C ∩ S ∩R) é, no mı́nimo, 32% e no máximo 75%.
31. Os lados do quadrado ABCD medem 4 unidades de comprimento. Sejam M e N os pontos
médios dos lados AB e BC, respectivamente. A área do ćırculo determinado pelos pontos
A, M e N é igual a:
(A) 4π (B) 6π (C) 8π
(D) 10π (E) 12π
Resposta: D
Uma solução:
Como MN é uma corda do ćırculo H, a mediatriz deste segmento conterá um diâmetro. Mas a media-
triz de MN contém a diagonal BD do quadrado, logo o centro da circunferência está sobre esta diago-
nal. Da mesma forma, AM é também uma corda do ćırculo, logo, a mediatriz deste segmento intersec-
ta a diagonal BD em um ponto O de BD de forma que, sendo P o ponto médio de AM , PO é pa-
ralelo ao lado AD. Repare que, como O está na mediatriz de duas cordas, será o centro do ćırculo.
Mas AP é um quarto da medida do lado do quadrado, logo AP = 1 e, então, BP = 3.
Assim,
PO
AD
=
BP
AB
, e, portanto, PO = 3. Sendo r = OA o raio da circunferência, temos, pelo
Teorema de Pitágoras, que r2 = AP
2
+ PO
2
= 12 + 32, logo r =
√
10.
Portanto a área limitada pelo ćırculo H mede πr2 = π
(√
10
)2
= 10π.
32. Um aluno utilizou a fórmula resolvente x =
−b±
√
b2 − 4ac
2a
para encontrar as ráızes de uma
equação do segundo grau na forma ax2+bx+c = 0. No entanto por engano, trocou a por c no
denominador da fórmula. Se as demais operações aritméticas foram realizadas corretamente,
então sobre as ráızes encontradas por engano, é correto afirmar que
(A) o produto ficou igual ao produto correto multiplicado por
a2
c2
(B) o produto ficou igual ao produto correto multiplicado por
a2
c
(C) o produto não se alterou em relação ao produto correto
(D) a soma ficou igual à soma correta multiplicada por −b
c
(E) a soma ficou igual à soma correta multiplicada por −a
b
Resposta: A
Uma solução:
Sejam S e P a soma e o produto das ráızes antes da troca, St e Pt a soma e o produto das ráızes,
após a troca. Logo, S = − b
a
, P =
c
a
, St = −
b
c
e Pt =
a
c
.
Portanto
St
S
=
a
c
e
Pt
P
=
a2
c2
.
33. Em uma festa, o número de mulheres era quatro vezes o número de homens. Após a chegada
de cinco homens e cinco mulheres, a porcentagem de homens na festa passou a ser de 26%.
Depois disso, qual a quantidade de pessoas na festa?
(A) 45 (B) 50 (C) 55
(D) 60 (E) 65
Resposta: B
Uma solução:
Sejam m e h o número inicial de mulheres e homens, respectivamente. Por hipótesem = 4hh+ 5 = 26
100
(h+ 5 +m+ 5)
.
Substituindo m = 4h na segunda equação temos, 100(h+ 5) = 26(5h+ 10). Assim conclúımos que
h = 8 e m = 32. Após a chegada dos cinco homens e das 5 mulheres, teremos h+ 5 = 13 homens e
m+ 5 = 37 mulheres e, portanto, 50 pessoas na festa.
34. Considere um triângulo equilátero ABC e P um ponto interior do triângulo tal que
h1 + h2 + h3 = 6, onde h1, h2 e h3 são as distâncias de P aos lados AB, AC e BC,
respectivamente.
Qual é a área do triângulo ABC?
(A) 4
√
3 (B) 9
√
3 (C) 12
√
3
(D) 24
√
3 (E) 36
√
3
Resposta: C
Uma solução:
B
A
C
P·
h3
h1 h2·
·
·
x/2
h
xx
Observamos que a área do triângulo ABC é igual à soma das áreas dos triângulos PAB, PAC e PBC.
Assim
xh
2
=
xh1
2
+
xh2
2
+
xh3
2
, onde x é o lado do triângulo ABC e h a sua altura. Segue que
h = h1 + h2 + h3 = 6. Agora no triângulo ABC temos que x
2 = h2 +
(x
2
)2
e dáı obtemos x =
12√
3
.
Portanto, a área do triângulo ABC é igual a
12√
3
· 6 · 1
2
= 12
√
3.
35. Em uma circunferência de raio r inscreve-se um triângulo ABC de modo que o lado AB é
um diâmetro da circunferência, conforme a figura abaixo.
Se AB̂C = α, pode-se afirmar que área sombreada na figura acima é dada pela expressão
(A)
r2
2
(2π − cosα) (B) r
2
2
(π − senα)
(C)
r2
2
(π − 4 senα cosα) (D) r2 (π − senα cosα)
(E)
r2
2
(π + 4 senα cosα)
Resposta: C
Uma solução:
Inicialmente, repare que o triângulo ABC é retângulo com Ĉ = 90◦, pois o lado AB é um diâmetro.
A área cinzenta é metade da área da circunferência, subtraindo a área do triângulo retângulo, isto é,
Acinzenta =
1
2
Aćırculo −AABC =
πr2
2
− AC ·BC
2
, visto que o triângulo é retângulo.
Por outro lado, senα =
AC
2r
, logoAC = 2rsenα.Além disso, cosα =
BC
2r
, e, portanto, BC = 2r cosα.
Logo, temos que Acinzenta =
πr2
2
− 2r senα · 2r cosα
2
e, simplificando a expressão,
Acinzenta =
r2
2
(π − 4 senα cosα) .
36. O ponto P é marcado sobre o lado BC de um triângulo ABC, e, a partir dele, são traçados os
segmentos PM e PN , paralelos aos lados AC e AB respectivamente, com M ∈ AB e
N ∈ AC.
Sabendo que BC = 4 e que a área do paralelogramo AMPN é igual a
3
8
da área do triângulo
ABC, o maior valor posśıvel para a medida de BP é igual a:
(A) 1 (B)
√
2 (C) 2
(D)
√
6 (E) 3
Resposta: E
Uma solução:
Para simplificar a escrita, denotemos por x a medida de BP . Como PM é paralelo a AC, os ângulos
MP̂B e AĈB serão congruentes e, Como PN é paralelo a AB, serão também congruentes os ângulos
NP̂C e AB̂C. Com isso, os triângulos ABC, MBP e NPC serão semelhantes.
A razão entre as áreas de MBP e ABC é o quadrado da razão de semelhança dos triângulos, isto é,
Área(MBP )
Área(ABC)
=
(
BP
BC
)2
=
(x
4
)2
,
logo, Área(MBP ) =
x2 · Área(ABC)
16
.
Da mesma forma,
Área(NPC)
Área(ABC)
=
(
PC
BC
)2
=
(
4− x
4
)2
e, portanto, Área(NPC) =
(4− x)2 · Área(ABC)
16
.
Assim, a área do paralelogramo AMPN é dada por
Área(AMPN) = Área(ABC)− Área(MBP )− Área(NPC)
= Área(ABC)− x
2 · Área(ABC)
16
− (4− x)
2 · Área(ABC)
16
=
16− x2 − (4− x)2
16
· Área(ABC)
=
16− x2 − (x2 − 8x+ 16)
16
· Área(ABC)
=
−2x2 + 8x
16
· Área(ABC)
=
−x2 + 4x
8
· Área(ABC)
Mas, como queremos que Área(AMPN) =
3
8
Área(ABC), temos que
−x2 + 4x
8
=
3
8
,
logo −x2 + 4x = 3, que implica x2 − 4x+ 3 = 0 e assim x = 1 ou x = 3.
Portanto, 3 é o maior valor posśıvel.
37. Um médico solicita ao seu assistente que meça a pressão arterial de 8 pacientes. Ao finalizar a
tarefa, o assistente calcula a pressão arterial média (aritmética) e encontra o valor de 13, 875.
Paciente A B C D E F G H
Pressão Arterial 11,5 16,0 14,0 15,2 14,0 12,1 ? 13,2
Quando o médico vai consultar a tabela encontra um valor ileǵıvel. Sobre o número ileǵıvel
é correto afirmar que este valor, em relação aos dados, é:
(A) igual à moda.(B) inferior ao primeiro quartil.
(C) inferior à média aritmética das observações.
(D) igual ao valor máximo das observações.
(E) superior à mediana.
Resposta: E
Uma solução:
Inicialmente, determina-se o valor ileǵıvel através da expressão da média aritmética:
11, 5 + 16, 0 + 14, 0 + 15, 2 + 14, 0 + 12, 1 + x+ 13, 2
8
= 13, 875.
Logo x+ 96 = 111, ou seja, x = 15. Analisando os dados, temos que a moda é igual a 14.
Colocando os dados em ordem crescente, obtemos o seguinte conjunto de valores:
{11, 5; 12, 1; 13, 2; 14, 0; 14, 0; 15, 0; 15, 2; 16, 0}.
Como a quantidade de valores é par, segue que a mediana é igual a Q2 =
a4 + a5
2
=
14 + 14
2
= 14.
Além disso, o primeiro quartil é Q1 =
a2 + a3
2
=
12, 1 + 13, 2
2
= 12, 65.
Portanto, como Q2 < 15, temos que este valor é superior à mediana.
38. Sejam ABCD e EFGH quadrados de lados 33 e 12, com EF sobre o lado DC. Seja X o
ponto de interseção dos segmentos HB e DC, como mostrado na figura abaixo.
Se DE = 18, então EX é igual a:
(A) 3 (B) 3, 5 (C) 4
(D) 3
√
2 (E) 5
Resposta: C
Uma solução:
A B
CD
E
X
F
H G
•
M
18
12
33
Considere o ponto M sobre o segmento AB tal que HM é o prolongamento do segmento HE. Temos
que os triângulos HEX e HMB são semelhantes.
Assim obtemos
HE
HM
=
EX
MB
, ou seja,
12
12 + 33
=
EX
33− 18
, logo
12
45
=
EX
15
.
Portanto, EX = 4.
39. Um apostador participará de um jogo com sorteios diários. No primeiro dia, sua probabili-
dade de ganhar é igual a
1
2
, no segundo dia é
1
3
e assim por diante, de forma que no n-ésimo
dia a probabilidade de vitória seja
1
n+ 1
. A probabilidade de que ele não tenha ganho até o
fim do 2015o dia é igual a:
(A)
1
3
(B)
1
4
(C)
1
2000
(D)
1
2015
(E)
1
2016
Resposta: E
Uma solução:
Para que o apostador não tenha ganho até o terceiro dia, é necessário que ele tenha perdido no primei-
ro, no segundo e no terceiro dia. A probabilidade de que ganhe no primeiro dia é
1
2
, assim a proba-
bilidade de que tenha perdido no primeiro dia é 1− 1
2
=
1
2
. A probabilidade de que o apostador
ganhe no segundo dia é
1
3
e então a probabilidade de que tenha perdido no segundo dia é 1− 1
3
=
2
3
.
A probabilidade de que ganhe no terceiro dia é
1
4
. Logo, a probabilidade dele perder no terceiro dia
é 1− 1
4
=
3
4
. Portanto, a probabilidade de que o apostador tenha perdido no primeiro, segundo e
terceiro dia é igual ao produto dessas probabilidades, que nos dá
1
2
·2
3
·3
4
=
1
4
. Pensando indutivamente,
a probabilidade de que o apostador não tenha ganho até o 2015◦ dia é igual a
1
2
· 2
3
· 3
4
· 4
5
. . .
2013
2014
· 2014
2015
· 2015
2016
=
1
2016
.
40. Um canal tem duas barragens, B1 e B2 dispostas em paralelo, transversalmente ao rio, que
podem estar abertas ou fechadas e que funcionam independentes uma da outra. Quando uma
das barragens está fechada a passagem de água pelo canal fica completamente interrompida.
Sabendo que a probabilidade de que a barragem B1 ou B2 esteja fechada em um determinado
dia é, respectivamente, de 10% e 5%, qual a probabilidade de o fluxo de água estar inter-
rompido neste dia?
(A) 10% (B) 14, 5% (C) 15%
(D) 25% (E) 25, 5%
Resposta: B
Uma solução:
Sejam P (B1) e P (B2) as probabilidades de as barragens B1 e B2 estarem fechadas, respectivamente.
O fluxo de água no canal é interrompido quando pelo menos uma das barragens está fechada.
A probabilidade de pelo menos uma barragem estar fechada é P (B1 ∪B2). Visto que os eventos são
independentes, temos
P (B1 ∪B2) = P (B1) + P (B2)− P (B1 ∩B2)
= P (B1) + P (B2)− P (B1) · P (B2)
= 0, 1 + 0, 05− 0, 1 · 0, 05 = 0, 145
Portanto P (B1 ∪B2) = 14, 5%.
Solução Alternativa
Um outro modo de raciocinar é pela probabilidade do complementar, isto é, a probabilidade de o
fluxo de água não ter sido interrompido. A água está fluindo apenas quando as duas barragens estão
abertas. Se P1 e P2 são as probabilidades de as barragens B1 e B2 estarem abertas, respectivamente,
então P1 = 1− P (B1) = 0, 9 e P2 = 1− P (B2) = 0, 95. Desta forma, a probabilidade de B1 e B2
estarem abertas simultaneamente é (visto que são eventos independentes)
P = P1 · P2 = 0, 9 · 0, 95 = 0, 855.
Assim a probabilidade de o fluxo de água estar interrompido é igual a 1− P = 1− 0, 855 = 0, 145,
isto é, 14, 5%.
EXAME NACIONAL DE ACESSO 2017 (22/10/2016)
PROVA 2 – GABARITO
[01] Um jogo é disputado em uma malha de 16 pontos, conforme a figura da esquerda abaixo. O jogador
A inicia no ponto P e deve chegar ao ponto Q, podendo se deslocar apenas ao longo das retas que unem os
pontos e atingir apenas um novo ponto a cada rodada. Em contrapartida, o jogador B inicia no ponto Q e deve
chegar ao ponto P sob as mesmas condições. As jogadas acontecem alternadamente, iniciando com o jogador
A. Em sua vez, um jogador não pode se deslocar para um ponto que esteja sendo ocupado pelo outro jogador.
Em uma partida já encerrada, o jogador A percorreu a trajetória destacada na figura da direita acima, atingindo
o ponto Q em 6 jogadas. De quantas maneiras diferentes o jogador B pode ter se deslocado, sabendo que ele
alcançou o ponto P também em 6 jogadas?
(A) 8 (B) 9 (C) 10 (D) 11 (E) 12
Solução
Resposta: D
Tomando o ponto P como sendo (0,0) e o ponto Q como (3,3), temos que R (1,2) poderá ser o único ponto de encontro na
terceira jogada de A e de B, já que a trajetória de A foi destacada na figura.
Começamos calculando o total de trajetórias possı́veis de B ao fazer o percurso de Q até P. Teremos 3 movimentos na
vertical e 3 na horizontal, perfazendo um total de
6!
3!3!
= 20.
Agora calculamos calcular o total de trajetórias possı́veis de B passando obrigatoriamente por R.
De Q a R :
3!
2!1!
= 3 e, de R a P :
3!
2!1!
= 3; ou seja, passando por R teremos um total de 9 trajetórias.
Logo a resposta é 20− 9 = 11.
[02] A seguinte figura mostra um cubo.
O número de triângulos equiláteros que podem ser formados cujos vértices coincidam com os do cubo é:
(A) 4 (B) 6 (C) 8 (D) 12 (E) 24
Solução
Resposta: C
Os vértices do cubo podem ser ligados de três maneiras: por uma aresta do cubo, por uma diagonal da face, por uma
diagonal interna do cubo. Dessas três, a única maneira de formarmos um triângulo equilátero é com as diagonais das
faces.
Note que de cada vértice é possı́vel formar três triângulos distintos, por exemplo, com o vértice A formamos os triângulos
ACP, ACR e APR. Sendo assim, com os 8 vértices do cubo teremos um total de 24 triângulos equiláteros. No entanto
cada um dos triângulos foi contado três vezes, por cada vértice de cada triângulo, logo teremos 8 triângulos equiláteros
distintos.
[03] A figura esquematiza o perfil de uma máquina simples, conhecida como alavanca. O triângulo equilátero
CDF do esquema tem lados de medida
√
3 metros, estando o lado CD em contato com o chão horizontal. O
segmento AB representa uma haste rı́gida e retilı́nea, de comprimento 6 metros, que gira em torno do ponto
fixo F, sendo BF = 2 m.
Quando A tocar o chão, a altura de B, em metros, em relação ao chão será
(A) 1 (B)
3
2
(C)
√
2 (D)
9
4
(E)
3
√
2
2
Solução
Resposta: D
A figura abaixo mostra a situação do problema, onde P e Q são, respectivamente, as projeções de F e B sobre o chão
horizontal.
Como todos os pontos são coplanares, inclusive P e Q, então FP é altura do triângulo equilátero CDF. Sendo ` =
√
3
metros o lado desse triângulo, então:
FP =
` ·
√
3
2
=
√
3 ·
√
3
2
m =
3
2
m.
Como AP̂F = AQ̂B = 90◦ e PÂF = QÂB (ângulo comum), então os triângulos AFP e ABQ são semelhantes pelo critério
ângulo-ângulo. Disso e sabendo-se que AF = AB− FB = 4 metros, tem-se:
BQ
FP
=
AB
AF
⇒ BQ3
2
=
6
4
,
donde conclui-se que a altura do ponto B em relação ao chão é BQ =
9
4
m.
[04] No triângulo ABC da figura abaixo, AB̂C = EÂC, AĈB = DÂB, BD = 2 e CE = 3.
Com base nas informaçõesacima, podemos afirmar que a razão
AB
AC
é igual a
(A)
√
2
3
(B)
√
3
2
(C)
2
3
(D)
3
2
(E)
4
9
2
Solução
Resposta: A
Denotando BC = a, AB = c e AC = b, queremos determinar
c
b
.
Pelos ângulos conhecidos, podemos afirmar que os triângulos ABC e DBA são semelhantes e assim
c
a
=
2
c
, ou seja, c2 = 2a.
Podemos também afirmar que os triângulos ABC e EAC são semelhantes, logo
b
a
=
3
b
, ou seja, b2 = 3a.
Com isso,
c2
b2
=
2a
3a
=
2
3
, portanto
c
b
=
√
2
3
.
[05] João deseja comprar uma determinada calça. Para isto, decide observar os valores e promoções do produto
em duas lojas diferentes. Na loja A a calça custa 140 reais, mas, se comprada à vista, João ganharia 15% de
desconto. Na loja B a mesma calça custa 150 reais. Como promoção de aniversário da empresa, a loja B tem
uma urna que contém 5 bolas, onde estão escritos os seguintes descontos: 5%, 10%, 15%, 20% e 25%. Ao realizar
a compra, o cliente deve sortear desta urna duas bolas com reposição. Após o sorteio, o cliente recebe a soma
dos dois descontos sobre o valor da peça adquirida.
Qual a probabilidade de João pagar menos, comprando na loja B em vez de comprar na loja A?
(A) 64% (B) 76% (C) 80% (D) 88% (E) 95%
Solução
Resposta: B
Realizando a compra da calça na loja A, o preço final será de 119 reais. Para que o custo da mesma calça seja inferior
comprando na loja B é preciso que o desconto seja maior que 20%, pois se o desconto for de 20%, então o preço final seria
de 120 reais.
Sendo o sorteio com reposição, temos um total de 25 possibilidades. Analisando os valores dos descontos e atentos ao fato
de que há reposição, temos 6 possibilidades em que o desconto é menor ou igual a 20%: 5% mais 5%, 5% mais 10%, 10%
mais 5%, 5% mais 15% e 15% mais 5%.
Logo percebemos que 19 possibilidades implicam em um desconto superior a 20%.
Portanto a probabilidade é igual a
19
25
= 76%.
[06] Considere a seguinte distribuição de frequências das alturas, em metros, dos alunos de uma determinada
turma:
Classe Frequência
1,50 |— 1,60 3
1,60 |— 1,70 9
1,70 |— 1,80 12
1,80 |— 1,90 2
Lembre que a notação 2|— 3 é comumente usada em Estatı́stica para representar o intervalo [2, 3).
3
Sobre a distribuição é correto afirmar que:
(A) a média aritmética é inferior a 1,60 m.
(B) a média aritmética pertence ao último quartil.
(C) a mediana é igual à média aritmética.
(D) a mediana pertence à terceira classe.
(E) a pessoa mais alta da turma tem 1,90 m.
Solução
Resposta: D
Somando as frequências, obtemos um total de 26 alunos na turma. O que significa que a mediana é a média aritmética
entre as alturas que ocupam as posições de número 13 e 14 na distribuição. Como as duas primeiras classes somam 12
alunos, podemos concluir que a mediana está na terceira classe. Logo a resposta correta é a (D).
[07] Se x e y são dois números reais tais que 4x2 + 9y2 − 4x + 12y + 5 = 0, então x + y é igual a
(A)
5
6
(B) −1
3
(C)
1
2
(D) −1
6
(E)
1
3
Solução
Resposta: D
Completando os quadrados, a expressão 4x2 + 9y2 − 4x + 12y + 5 = 0 pode ser escrita na forma
(2x− 1)2 + (3y + 2)2 = 0 .
Assim temos que x =
1
2
e y = −2
3
.
Portanto x + y =
1
2
− 2
3
= −1
6
.
[08] Na figura abaixo, ABCD é um quadrado de lado 1 e AF = BG = CH = DE = x. Qual o valor de x para
que o quadrado EFGH tenha a menor área possı́vel?
(A)
√
2 +
√
2
2
(B)
1
4
(C)
√
2
2
(D)
1
2
(E) 1
Solução
Resposta: D
Se ` é o comprimento do lado do quadrado EFGH então, pelo Teorema de Pitágoras, temos que `2 = x2 + (1− x)2 =
2x2 − 2x + 1.
Mas x2 − 2x + 1 = 2
(
x2 − x + 1
4
)
+
1
2
= 2
(
x− 1
2
)2
+
1
2
6
1
2
.
Assim o menor valor para `2 ocorre quando x− 1
2
= 0, ou seja, para x =
1
2
.
4
[09] As ternas abaixo são medidas dos comprimentos dos lados de triângulos. Em qual das alternativas
temos, nessa ordem, as medidas de um triângulo acutângulo, de um triângulo retângulo e de um triângulo
obtusângulo?
(A) (2, 3, 4), (3, 4, 5) e (4, 7, 8).
(B) (4, 7, 8), (5, 12, 13) e (4, 8, 9).
(C) (6, 7, 9), (4, 5, 6) e (4, 8, 9).
(D) (8, 9, 11), (3, 4, 5) e (4, 6, 7).
(E) (8, 10, 13), (6, 8, 10) e (4, 5, 7).
Solução
Resposta: B
Vamos analisar algumas ternas que aparecem nas respostas e comparar o quadrado do maior lado com a soma dos quadra-
dos dos dois lados menores. Se o quadrado do lado maior for maior, o triângulo é obtusângulo; se for igual ele é retângulo;
se for menor, é acutângulo.
(4, 7, 8): 82 = 64 < 65 = 49 + 16 = 72 + 42, assim temos um triângulo acutângulo e o item (A) está incorreto.
(4, 5, 6): 62 = 36 < 41 = 16 + 25 = 42 + 52, assim temos um triângulo acutângulo e o item (C) está errado.
(5, 12, 13): 132 = 169 = 144 + 25 = 122 + 52, assim temos um triângulo retângulo.
(4, 8, 9): 92 = 81 > 80 = 64 + 16 = 82 + 42, assim temos um triângulo obtusângulo. Juntando os dois cálculos acima, segue
que o item (B) está correto.
(4, 6, 7): 72 = 49 < 52 = 36 + 16 = 62 + 42, assim temos um triângulo acutângulo e o item (D) está incorreto.
(8, 10, 13): 132 = 169 > 164 = 100 + 64 = 102 + 82, assim temos um triângulo obtusângulo e o item (E) está incorreto.
[10] Considere o sistema linear {
x + y = 1
x− y = 1.
Com a solução (1, 0) do sistema acima construı́mos o segundo sistema{
x + y = 1
x− y = 0
cuja solução
(
1
2
,
1
2
)
é usada para formar o terceiro sistema

x + y =
1
2
x− y = 1
2
.
Prosseguindo desse modo, qual é a solução do décimo sistema?
(A)
(
1,
1
32
)
(B)
(
1
32
, 0
)
(C) (1, 1) (D)
(
1,− 1
32
)
(E)
(
1
32
,
1
32
)
Solução
Resposta: E
Observando que a solução do sistema
{
x + y = a
x− y = a é (a, 0) e a solução dos sistema
{
x + y = a
x− y = 0 é
( a
2
,
a
2
)
,
concluı́mos que as soluções dos sistemas são:
(1, 0),
(
1
2
,
1
2
)
,
(
1
2
, 0
)
,
(
1
4
,
1
4
)
,
(
1
4
, 0
)
,
(
1
8
,
1
8
)
,
(
1
8
, 0
)
,
(
1
16
,
1
16
)
,
(
1
16
, 0
)
,
(
1
32
,
1
32
)
Portanto, a resposta é
(
1
32
,
1
32
)
.
5
[11] Um dado não viciado será lançado duas vezes. Seja pi a probabilidade da soma dos resultados obtidos ser
igual a i. Então é correto afirmar que:
(A) p5 < p6 < p7 (B) p5 < p6 < p8 (C) p6 = p8 < p9
(D) p5 = p9 > p8 (E) p5 < p8 < p9
Solução
Resposta: A
Listamos as maneiras que pode ser obtida cada uma das somas abaixo:
5 : (1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1)
6 : (1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1)
7 : (1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)
8 : (2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2)
9 : (3, 6), (4, 5), (5, 4), (6, 3)
Como a quantidade de resultados possı́veis é igual a 36 segue que:
p5 =
4
36
, p6 =
5
36
, p7 =
6
36
, p8 =
5
36
, p9 =
4
36
Assim a única alternativa correta é a (A).
[12] Os triângulos retângulos ABC e AFD são congruentes e sobrepostos, conforme a figura abaixo à esquerda,
sendo AB = 4 e AC = 3.
Sabendo que área do polı́gono ABEF, destacado na figura do meio, é S, a área do quadrilátero ADEC, desta-
cado na figura da direita, é igual a
(A)
3 S
4
(B)
S
2
(C)
9 S
16
(D)
7 S
8
(E)
2 S
3
Solução
Resposta: A
Como os triângulos ABC e AFD são congruentes, temos AF = AB = 4 e AD = AC = 3. Traçando AE, como AC =
3
4
AF,
teremos
Área(ACE) =
3
4
Área(AFE).
Da mesma forma, como AD =
3
4
AB, teremos
Área(ADE) =
3
4
Área(ABE).
6
Assim segue que
Área(ADEC) = Área(ACE) + Área(ADE)
=
3
4
Área(AFE) +
3
4
Área(ABE)
=
3
4
(
Área(AFE) + Área(ABE)
)
=
3
4
Área(ABEF)
=
3 S
4
.
[13] Inscreve-se uma circunferência em um triângulo retângulo. O ponto de tangência divide a hipotenusa em
dois segmentos que medem, cada um, 1 cm. Qual é a área, em cm2, da região sombreada, interna ao triângulo
e externa à circunferência?
(A) 2 + π(
√
3− 2) (B) 1 + π(2
√
2− 3) (C) 2 + π(2
√
2− 3)
(D) 1 + π(1− 2
√
3) (E) 1 + π(
√
3− 3)
Solução
Resposta: B
•
1 cm
1 cm
Seja r o raio da circunferência inscrita. Como o triângulo é retângulo, cadacateto mede (1 + r) cm.
Pelo Teorema de Pitágoras, tem-se que (1 + r)2 + (1 + r)2 = 22 = 4, donde (1 + r)2 = 2. Assim, a área do triângulo mede
(r + 1)(r + 1)
2
=
2
2
= 1 cm2
Resolvendo a equação (1 + r)2 = 2, encontramos r =
√
2− 1 cm e assim a área do cı́rculo é π(
√
2− 1)2 = π(3− 2
√
2)
cm2.
Portanto a área da região sombreada é 1− π(3− 2
√
2) = 1 + π(2
√
2− 3) cm2.
[14] As quatro faces triangulares de uma pirâmide de base quadrada são congruentes, e a altura desta pirâmide
é igual à medida das arestas da base. A razão entre a área lateral total e a área da base é:
(A) 2 (B)
√
5 (C)
√
3 (D)
√
2 (E) 1
7
Solução
Resposta: B
Na figura, está representado o triângulo retângulo formado pela altura da pirâmide, pelo apótema da base e pela altura de
uma das faces (também chamado de apótema da pirâmide). Sendo a a medida das arestas da base (o lado do quadrado) e
h a altura de uma das faces laterais, o triângulo representado tem hipotenusa h e catetos a e a/2.
Assim, pelo Teorema de Pitágoras, temos que
h2 = a2 +
( a
2
)2
⇒ h2 = 5a
2
4
⇒ h = a
√
5
2
.
A área S` de cada face lateral é dada por
S` =
a · h
2
=
a · a
√
5
2
2
=
a2
√
5
4
,
portanto, a área lateral total da pirâmide é
4S` = 4 ·
a2
√
5
4
= a2
√
5.
Por outro lado, a área Sb da base é dada por a2. Sendo assim, a razão
4S`
Sb
é igual a
4S`
Sb
=
a2
√
5
a2
=
√
5.
[15] Francisco escreveu todos os números de 144 até 2017. Quantas vezes ele escreveu o dı́gito 5?
(A) 188 (B) 288 (C) 388 (D) 478 (E) 578
Solução
Resposta: E
Faremos a contagem dos algarismos 5 que aparecem na casa das unidades, depois na das dezenas e finalmente na das
centenas.
Os números terminados em 5 ocorrem de dez em dez a partir de 145 e são 145, 155, . . . 2015. Com isso temos 201− 13 = 188
números terminados em 5.
Os números que têm o algarismo 5 na casa das dezenas de 144 a 2017 são 19 × 10 = 190, pois antes do 5 podem ser
colocados os inteiros 1, 2, . . . , 19 e depois do 5, os inteiros 0, 1, . . . , 9.
Temos 200 números que têm o algarismo 5 na casa das centenas que são os números de 500 a 599 e de 1500 a 1599.
Portanto ele escreveu 188 + 190 + 200 = 578 vezes o algarismo 5.
Outra Solução:
Faremos a contagem dos algarismos 5 que aparecem na casa das unidades, depois na das dezenas e finalmente na das
centenas.
• Números com o algarismo das unidades igual a 5 são: 145, 155, 165, . . . , 2015.
• Números com o algarismo das dezenas igual a 5 são: 150, 151, 152, . . . , 1958, 1959.
• Números com o algarismo das centenas igual a 5 são: 500, 501, 502, . . . , 1598, 1599.
8
Na primeira lista, temos 201 − 13 = 188 números, na segunda 10 × 19 = 190 e na terceira 200. Portanto a resposta é
188 + 190 + 200 = 578.
Mais uma solução:
1) Calculemos de 1 até 2017 :
Como algarismos das unidades : temos 202 possibilidades, pois antes do 5 colocamos os naturais de 0 a 201.
Como algarismos das dezenas : temos 20× 10 = 200 possibilidades, pois antes do 5 colocamos os naturais de 0 a 19 e,
depois do 5, os naturais de 0 a 9.
Como algarismos das centenas : temos 2× 100 = 200 possibilidades, pois antes do cinco colocamos os naturais de 0 a 1 e,
depois de 00 a 99. Totalizando : 602.
2) calculemos de 1 até 144 : usando a mesma ideia temos um total de 24.
Portanto a resposta é 602− 24 = 578.
[16] A soma das raı́zes reais da equação
1
x− 2 +
1
x− 3 =
1
3x− 4 +
1
x− 6 é igual a
(A) 12 (B)
29
2
(C) 4
√
6 (D)
5
2
+ 4
√
6 (E)
5
2
Solução
Resposta: B
Começamos somando as frações em ambos os lados e assim temos que
2x− 5
(x− 2)(x− 3) =
4x− 10
(3x− 4)(x− 6) que, para x /∈
{
2, 3,
4
3
, 6
}
, pode ser reescrito
como (2x− 5)(3x− 4)(x− 6) = 2(2x− 5)(x− 2)(x− 3).
Se 2x− 5 = 0 a identidade acima é verificada e assim x = 5
2
é uma solução.
Para 2x− 5 6= 0 dividimos a equação por 2x− 5 e obtemos a equação do segundo grau
3x2 − 22x + 24 = 2x2 − 10x + 12, ou seja, x2 − 12x + 12 = 0.
As soluções desta equação são 6 + 2
√
6 e 6− 2
√
6.
Portanto a soma das soluções da equação original é igual a
29
2
.
[17] Dois números reais são tais que a média aritmética entre eles é 25 e a média geométrica é 20. Quais são esses
números?
(A) 10 e 30 (B) 20 e 30 (C) 10 e 40 (D) 15 e 35 (E) 5 e 45
Solução
Resposta: C
Chamando de x e de y os números procurados, temos que
x + y
2
= 25 e
√
xy = 20, onde se usou a definição de média
aritmética e geométrica entre dois números, respectivamente. Assim, x + y = 50 e xy = 400. Isolando y na primeira e
substituindo na segunda igualdade obtém-se a equação de segundo grau −x2 + 50x − 400 = 0 cujas raı́zes são x = 10 e
x = 40 e substituindo x = 10 em uma das equações obtém-se y = 40. Se x = 40 obtém-se y = 10.
[18] A diferença entre um número de dois algarismos e outro escrito com os mesmos algarismos, em ordem in-
versa é 54. Sabendo que a soma dos algarismos é igual a 12, podemos afirmar que a soma dos seus quadrados
é igual a
(A) 72 (B) 74 (C) 80 (D) 90 (E) 112
9
Solução
Resposta: D
Vamos representar o número na forma AB = 10A + B, onde A e B são algarismos de 0 a 9 e A > B. Assim temos que
AB− BA = 54 e A + B = 12.
10A + B− (10B + A) = 54
9A− 9B = 54
A− B = 6
Resolvendo o sistema {
A + B = 12
A− B = 6
Chegamos a A = 9 e B = 3, e então 92 + 32 = 90.
[19] Considere um triângulo isósceles de base 5 e de altura 12. Decide-se cortar o triângulo paralelamente
à base de modo que as duas novas figuras geradas (um novo triângulo isósceles e um trapézio) possuam a
mesma área.
Nestas condições, a medida da base do novo triângulo isósceles será igual a
(A) 5
√
2 (B) 6
√
2 (C)
5
√
2
2
(D) 3
√
2 (E)
5
√
2
4
Solução
Resposta: C
Denominamos os novos pontos após o corte da seguinte forma:
10
Através da semelhança dos triângulos retângulos BCE e CFH que
CE
CF
=
EB
FH
.
Denominando a altura do novo triângulo CGH por h e a sua base por b, temos da relação anterior que
12
h
=
5
2
b
2
⇒ h = 12b
5
.
Ora, o corte do triângulo original foi feito de forma que a área do novo triângulo fosse metade do original, então temos que
1
2
· 5 · 12
2
=
b · h
2
⇒ b · h = 30.
Utilizando a igualdade encontrada para h anteriormente, temos que
b · 12b
5
= 30⇒ b2 = 150
12
⇒ b =
√
50
4
⇒ b = 5
√
2
2
.
Outra Solução:
Sejam h = CF e x = GH. Logo FE = 12− h.
A área do triângulo ABC é igual a
5× 12
2
= 30.
Como desejamos que o triângulo GCH e o trapézio AGHB tenham a mesma
área, segue que
xh
2
= 15 e
5 + x
2
· (12− h) = 15.
Assim temos que xh = 30 e 60 + 12x− 5h− xh = 30.
Substituindo xh por 30 na última equação temos que 12x− 5h = 0, ou seja, h = 12
5
x.
Portanto x
12
5
x = 30, ou seja, x2 =
25
2
e assim x =
5
√
2
2
.
[20] As medidas das bases AB e CD de um trapézio ABCD são, respectivamente, 18 e 6. Uma reta paralela
às bases intersecta os lados AD e BC nos pontos P e Q. Sabendo que a distância desta paralela a CD é 2 e a
distância a AB é 4, a medida do segmento PQ é:
(A) 16 (B) 14 (C) 10 (D) 9 (E) 6
Solução
Resposta: C
Traçando o segmento DE, paralelo ao lado BC, como na figura acima, os triângulos ADE e PDR serão semelhantes, pois
PQ é paralelo a AB. Com isso, sendo x = PR, como as alturas dos triângulos ADE e PDR são 2 e 6, respectivamente, temos
x
12
=
2
6
,
logo x = 4. Assim, PQ = PR + RQ = x + 6 = 10.
11
[21] Na figura, a corda AB tem medida 5 e o raio OA mede 10.
A medida do segmento AH, perpendicular ao raio OB, é igual a
(A)
5
√
15
4
(B) 5 (C) 5
√
3 (D)
5
√
5
2
(E)
5
√
3
2
Solução
Resposta: A
Chamando de x a medida do segmento BH, como na figura acima, temos, aplicando o Teorema de Pitágoras nos triângulos
AHB e AHO,
h2 + x2 = 52 e h2 + (10− x)2 = 102.
Com isso, h2 = 25− x2 e h2 = 100− (10− x)2 = 20x− x2.
Logo 25− x2 = 20x− x2 e assim x = 5
4
.
Substituindo na equação h2 + x2 = 52, temos
h2 +
(
5
4
)2
= 25,
logo
h2 = 25− 25
16
=
400
16
− 25
16
=
37516
.
Com isso,
AH = h =
√
375
16
=
5
√
15
4
.
Outra solução:
12
Traçando o diâmetro BC e a corda AC da figura, o triângulo ABC será retângulo em A, pois o ângulo BÂC determina um
arco de 180◦.
Chamando de y a medida de AC, como BC = 20 pelo Teorema de Pitágoras,
y2 + 52 = 202,
logo y2 = 375, e então y = 5
√
15.
Temos ainda, pela semelhança dos triângulos ABH e ABC, que
AB
AH
=
BC
AC
, logo
5 · 5
√
15 = 20 · AH
e, com isso
AH =
25
√
15
20
=
5
√
15
4
.
[22] Em uma urna há 7 bolas vermelhas, 5 azuis e 4 brancas, todas do mesmo tamanho e feitas do mesmo
material. Retiramos duas bolas sucessivamente da urna, sem repô-las. Qual a probabilidade de que tenham
sido retiradas uma bola vermelha e uma branca?
(A)
7
60
(B)
7
30
(C)
23
120
(D)
7
16
(E)
1
8
Solução
Resposta: B
O espaço amostral é o conjunto de todos os pares de bolas distintas que tem 16× 15 = 240 elementos.
Há duas maneiras de retirarmos uma bola vermelha e um branca, a saber:
a primeira é vermelha e a segunda é branca, isso pode ser feito de 7× 4 = 28 modos;
a primeira é branca e a segunda é vermelha, isso pode ser feito de 4× 7 = 28 modos.
Portanto a probabilidade de que tenham sido retiradas uma branca e uma vermelha é igual a
28 + 28
240
=
56
240
=
7
30
.
[23] Numa liquidação, uma camisa sofreu um desconto de 10%, no mês seguinte, outro desconto de 10% e, no
terceiro mês, mais um desconto de 10%. Qual foi o desconto total?
(A) 27, 10% (B) 27, 70% (C) 27, 90% (D) 30% (E) 30, 10%
Solução
Resposta: A
Podemos pensar no preço inicial da camisa sendo x reais. No primeiro mês passou para x · 90
100
= 0, 9x (desconto de 10%),
no segundo para 0, 9x · 90
100
= 0, 81x e no terceiro 0, 81x · 90
100
= 0, 729x.
Portanto, o desconto total é igual a x− 0, 729x = 0, 271x, que corresponde a um percentual de 27, 10%.
[24] A equação de estado de um gás ideal é
PV = nRT,
onde P é a pressão em Pascal, V é o volume ocupado pelo gás em metros cúbicos, n é o número de mols da
amostra gasosa, R é a constante universal dos gases perfeitos e T é a temperatura em Kelvin. Supondo que
para uma certa amostra o número de mols se mantenha constante, é correto afirmar que:
(A) quanto maior o volume ocupado, maior a pressão.
(B) n e T são proporcionais.
(C)
T
P
é inversamente proporcional a V.
(D) nR é proporcional a T.
(E) P e
V
T
são inversamente proporcionais.
13
Solução
Resposta: E
P é proporcional ao inverso de
V
T
, pois P = nR · T
V
com nR constante.
Portanto são grandezas inversamente proporcionais.
[25] Em um determinado momento, o preço da gasolina pura na refinaria era de R$ 1, 60 por litro e o preço
do álcool anidro na usina era de R$ 1, 20 por litro. Sabe-se que a gasolina vendida nos postos contém 75% de
gasolina pura e 25% de álcool anidro e que o preço dessa mistura corresponde a 40% do preço de venda da
gasolina nos postos. O preço pago pelo consumidor por litro de gasolina nos postos é
(A) R$ 3, 37 (B) R$ 3, 42 (C) R$ 3, 49 (D) R$ 3, 62 (E) R$ 3, 75
Solução
Resposta: E
O preço da gasolina na refinaria, sem impostos, é
R$ 1, 60× 0, 75 + R$ 1, 20× 0, 25 = R$ 1, 50.
Visto que o preço na refinaria compõe 40% do preço final, o preço final é
R$ 1, 50× 100
40
= R$ 3, 75.
[26] No quadrilátero ABCD, os ângulos internos B̂ e D̂ são retos. Sendo AB = 6, BC = a, CD = b e AD = 12,
o valor de
√
a2 − b2 é
(A) 6
√
3 (B) 6
√
5 (C) 3 (D) 8
√
3 (E) 6
Solução
Resposta: A
Se chamarmos de c a medida da diagonal AC, teremos, pelo Teorema de Pitágoras,
62 + a2 = c2
122 + b2 = c2.
Assim, 62 + a2 = 122 + b2, logo a2 − b2 = 122 − 62 = 144− 36 = 108.
Com isso,
√
a2 − b2 =
√
108 = 6
√
3.
14
[27] Na figura abaixo, tem-se um quadrado e um triângulo equilátero, coplanares. Qual o seno do ângulo
destacado?
(A)
1
2
(B)
√
2
(√
3 + 1
)
4
(C)
√
2
(√
3− 1
)
4
(D)
√
2
6
(E)
√
2− 1
2
Solução
Resposta: C
Seja ` a medida do lado do quadrado e α a medida do ângulo cujo seno queremos obter. Na figura acima, como EF é
paralelo aos lados verticais do quadrado, temos que BÊF = α. Além disso, AM é metade da diagonal do quadrado, logo
AM =
`
√
2
2
.
O lado do triângulo equilátero terá medida igual à da diagonal do quadrado, ou seja `
√
2. Com isso, a altura EM deste
triângulo terá medida
EM =
(
`
√
2
) √3
2
=
`
√
6
2
.
Assim,
AE =
`
√
2
2
+
`
√
6
2
=
`
(√
2 +
√
6
)
2
=
`
√
2
(
1 +
√
3
)
2
.
Como FÂE = 45◦, temos
AF = AE · cos 45◦ =
`
√
2
(
1 +
√
3
)
2
·
√
2
2
=
`
(
1 +
√
3
)
2
.
Logo
BF = AF− AB =
`
(
1 +
√
3
)
2
− ` =
`
(√
3− 1
)
2
.
Com isso,
sen α =
BF
BE
=
`(
√
3− 1)
2
`
√
2
=
√
3− 1
2
√
2
=
√
2
(√
3− 1
)
4
.
Outra solução:
O ângulo α cujo seno queremos é a diferença entre um ângulo interno do triângulo equilátero (60◦) e o ângulo entre o lado
do quadrado e sua diagonal (90◦/2 = 45◦). Assim,
sen α = sen (60◦ − 45◦) = sen (60◦) cos (45◦)− sen (45◦) cos (60◦) =
√
3
2
·
√
2
2
−
√
2
2
· 1
2
=
√
6
4
−
√
2
4
=
√
2
(√
3− 1
)
4
.
15
[28] O administrador responsável pelo controle de qualidade de uma fábrica de artigos plásticos registrou, em
um gráfico, os diversos defeitos nas peças não aprovadas segundo critérios de qualidade durante um certo
perı́odo, conforme abaixo.
0
2
4
6
8
10
12
14
16
Manchas Saliências Furos Deformações Riscos Outros defeitos
15
12
6
12
6
9
Controle de Qualidade: Defeitos detectados
Q
u
an
ti
d
ad
es
É correto afirmar que
(A) Os defeitos referentes às manchas superam em 15% as deformações.
(B) As deformações consistem em 30% dos defeitos detectados.
(C) 35% dos defeitos detectados correspondem a riscos ou manchas.
(D) 45% dos defeitos detectados são de manchas, saliências ou furos.
(E) Os problemas de deformação superam em 15% os problemas de furos nos produtos.
Solução
Resposta: C
Foi detectado um total de 15 + 12 + 6 + 12 + 6 + 9 = 60 defeitos através do controle de qualidade. Inicialmente calculemos
o valor percentual referente a cada tipo de defeito:
- Manchas:
15
60
× 100 = 25%;
- Saliências:
12
60
× 100 = 20%;
- Furos:
6
60
× 100 = 10%;
- Deformações:
12
60
× 100 = 20%;
- Riscos:
6
60
× 100 = 10%;
- Outros:
9
60
× 100 = 15%.
Analisando as alternativas, concluı́mos que 35% dos defeitos detectados (10% + 25%) correspondem a riscos ou manchas.
16
[29] O Algeplan é um material manipulativo utilizado como ferramenta no ensino de polinômios. Em sua
versão mais simples, ele consiste em 3 tipos de peças (conforme figura abaixo) que representam os monômios
e a unidade. Um quadrado grande de área x2, um retângulo de área x e um quadrado pequeno de área 1.
Usando essas peças, sem sobreposição, é possı́vel montar retângulos maiores cujas áreas podem ser calculadas
de duas formas: pela soma das áreas das peças que compõem a figura e pelo produto da base pela altura,
obtendo assim a fatoração, conforme o exemplo a seguir.
Determine qual dos polinômios abaixo não é possı́vel ser representado por um retângulo usando somente as
peças do Algeplan.
(A) x2 + 5x + 6 (B) 3x2 + 8x + 4 (C) 2x2 + 4x + 2
(D) x2 + 6x + 9 (E) 2x2 + 5x + 4
Solução
Resposta: E
O item (E) é o único polinômio que não pode ser fatorado como produto de monômios com coeficientes inteiros positivos.
De fato, as raı́zes da equação correspondente são complexas.
(A) x2 + 5x + 6 = (x + 2)(x + 3).
(B) 3x2 + 8x + 4 = (3x + 2)(x + 2).
(C) 2x2 + 4x + 2 = (2x + 2)(x + 1).
(D) x2 + 6x + 9 = (x + 3)(x + 3).
(E) 2x2 + 5x + 4 = (2x + 1)(x + 2) + 2.
17
[30] O gráfico da função y = f (x), formado por três segmentos de reta, está representado na figura abaixo.
x
y
4 6 8
4
Sobre a função f podemos afirmar que:
(A) f (2) + f (3) = f (5)
(B) f (1) + f (2) = f (7)
(C) f (2) + f (4) = f (5)
(D) f (5)− f (3) = f (7)
(E) f (7)− f (2) = f (8)
Solução
Resposta: E
A equação da reta que passa pelos pontos (6, 4) e (8, 0) é dadapor y = −2x + 16, logo f (7) = 2.
Além disso, temos que f (1) = 1, f (2) = 2, f (3) = 3, f (4) = 4, f (5) = 4, f (8) = 0.
A única afirmação correta é f (7)− f (2) = 2− 2 = f (8).
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