raciolog_02_marcelo_renato_2010_resol

Prévia do material em texto

TQE 03/2010 – MAT 1 & MAT 5 – RACIOCÍNIO LÓGICO – PROF. MARCELO RENATO 
RACIOCÍNIO LÓGICO 
(ENEM – UERJ – FGV – VUNESP – UNICAMP – FUVEST) 
 
Instruções: Para responder a próxima questão, 
observe o exemplo abaixo, no qual são dados três 
conjuntos de números, seguidos de cinco alternativas. 
 
x
82
11
51
12
43 
 
a) 10 b) 12 c) 13 d) 15 e) 18 
 
O objetivo da questão é determinar o número x que 
aparece abaixo do traço do terceiro conjunto. 
No primeiro conjunto, acima do traço, têm-se os 
números 3 e 4, e, abaixo, o número 12. Note que o 
número 12 é resultado de duas operações sucessivas: 
a adição dos números acima do traço )743(  , 
seguida da adição de 5 à soma obtida )1257(  . 
Da mesma forma, foi obtido o número 11 do segundo 
conjunto: 1 + 5 = 6; 6 + 5 = 11. 
Repetindo-se a sequencia de operações efetuadas nos 
conjuntos anteriores com os números do terceiro 
conjunto, obtém-se o número x, ou seja, 2 = 8 = 10; 
x510  . Assim, x = 5 e a resposta é a alternativa “d”. 
 
Atenção: Em questões desse tipo, podem ser usadas 
outras operações, diferentes das usadas no exemplo 
dado. 
 
1) (FCC-TRF 2004) Considere os conjuntos de 
números: 
 
x
37
64
210
25
38 
 
Mantendo para os números do terceiro conjunto a 
sequencia das duas operações efetuadas nos 
conjuntos anteriores para se obter o número abaixo do 
traço, é correto afirmar que o número x é: 
 
a) 9 
b) 16 
c) 20 
d) 36 
e) 40 
 
Resolução: 
 
No primeiro conjunto: 2)38(25  
No segundo conjunto: 2)210(64  
No terceiro conjunto:  2)37(x 16x  
 
Resposta: alternativa B. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2)(FCC-TRT 2004) Para fazer pesagens, um 
comerciante dispõe de uma balança de pratos, um 
peso de ½ kg, um de 2 kg e um de 3 kg. 
 
Com os instrumentos disponíveis, o comerciante 
conseguiu medir o peso de um pacote de açúcar. O 
total de possibilidades diferentes para o peso desse 
pacote de açúcar é 
 
a) 6 
b) 7 
c) 8 
d) 9 
e) 10 
 
Resolução: 
 
Peso do 
Pacote Prato Esquerda Prato Direita 
0,5 kg Pacote 0,5 kg 
1 kg Pacote + 2 kg 3 kg 
1,5 kg Pacote + 2 kg 0,5 kg + 3 Kg 
2,0 kg Pacote 2 kg 
2,5 kg Pacote 2 kg + 0,5 kg 
3,0 kg Pacote 3 kg 
3,5 kg Pacote 3 kg + 0,5 kg 
4,0 kg I M P O S S Í V E L 
4,5 kg Pacote + 0,5 kg 2 kg + 3 kg 
5,0 kg Pacote 2 kg + 3 kg 
5,5 kg Pacote 2 kg + 3 kg + 0,5 kg 
 
O total de possibilidades diferentes para o peso desse 
pacote de açúcar é 10. 
 
Resposta: alternativa E. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TQE 03/2010 – MAT 1 & MAT 5 – RACIOCÍNIO LÓGICO – PROF. MARCELO RENATO 
3) (FCC-TCE 2005) Considere que o cubo mostrado na 
figura foi montado a partir de pequenos cubos avulsos, 
todos de mesmo tamanho. 
 
O número de cubos que podem ser visualizados nessa 
figura é 
 
a) 9 
b) 18 
c) 27 
d) 36 
e) 48 
 
Resolução: 27 + 1 + 4 + 4 = 36 cubos. 
 
 
 
 
Resposta: alternativa D. 
4) (FCC/DNOCS-2010) Considere a sucessão dos 
infinitos múltiplos positivos de 4, escritos do seguinte 
modo: 
 
Nessa sucessão, a 168ª posição deve ser ocupada 
pelo algarismo 
 
a) 6 
b) 4 
c) 2 
d) 1 
e) 0 
 
Resolução: 
 
    
  
   
ALGARISMOS122FALTAMarismoslga46
44222212
,120,116,112,108,104,100,96,92,,20,16,12,8,4

 
Nos com 1 algarismo(s) = 2 
Nos com 2 algarismo(s) = 44 
Nos com 3 algarismo(s) = 168 – (2 + 44) = 122 
 
Análise dos Nos com 3 algarismos 
 
2340122  
 
Assim, vamos precisar de quarenta nos de 3 algarismos 
mais dois algarismos do 41º. 
 
De 100 ao 41º número de três algarismos, de quatro 
em quatro números, teremos uma Progressão 
Aritmética de razão 4: 
PA (100, 104, 108, ... , a41) 
 
440100a41  
 260a41  
O 2º algarismo do 41º número de três algarismos é o 
“6”. 
 
Resposta: alternativa A. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TQE 03/2010 – MAT 1 & MAT 5 – RACIOCÍNIO LÓGICO – PROF. MARCELO RENATO 
5) (FCC/DNOCS-2010) Seja  a operação definida por 
u53u  , qualquer que seja o inteiro u. 
Calculando   )2()2( obtém-se um número 
compreendido entre: 
 
a) –20 e –10 
b) –10 e 20 
c) 20 e 50 
d) 50 e 70 
e) 70 e 100 
 
Resolução: 
 
Se u53u  , então: 
Para   )2(53)2(2u 13)2(   
 
Para   )2(53)2(2u 7)2(  
 
Para   )7(53)7(7u 38)7(   
 
Assim, 
  )7(13)2()2( 
 
  3813)2()2( 51)2()2(   
 
Resposta: alternativa D. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
6) (FCC/DNOCS-2010) Os termos da sequência 
(12, 15, 9, 18, 21, 15, 30, 33, 27, 54, 57, . . .) 
são sucessivamente obtidos através de uma lei de 
formação. Se x e y são, respectivamente, o décimo 
terceiro e o décimo quarto termos dessa sequência, 
então 
 
a) x . y = 1 530 
b) y = x + 3 
c) x = y + 3 
d) y = 2x 
e) 
34
33
x
y
 
 
Resolução: 
 
1a 12 
 22 a)312(a 15 
 33 a)6312(a 9 
 44 a]2)6312[(a 18 
 
 55 a)318(a 21 
 66 a)6318(a 15 
 77 a]2)6318[(a 30 
 
 88 a)330(a 33 
 99 a)6330(a 27 
 1010 a]2)6330[(a 54 
 
 1111 a)354(a 57 
 1212 a)6354(a 51 
 1313 a]2)6354[(a 102 
 
 1414 a)3102(a 105 
  
 
 105ye102x 3xy  
 
Resposta: alternativa B. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TQE 03/2010 – MAT 1 & MAT 5 – RACIOCÍNIO LÓGICO – PROF. MARCELO RENATO 
 
7) (FCC/DNOCS-2010) Três Agentes Administrativos: 
Almir, Noronha e Creuza - trabalham no Departamento 
Nacional de Obras Contra as Secas: um, no setor de 
atendimento ao público, outro no setor de compras e o 
terceiro no almoxarifado. Sabe-se que: 
 
- esses Agentes estão lotados no Ceará, em Pernambuco e 
na Bahia; 
- Almir não está lotado na Bahia e nem trabalha no setor de 
compras; 
- Creuza trabalha no almoxarifado; 
- o Agente lotado no Ceará trabalha no setor de compras. 
 
Com base nessas informações, é correto afirmar que o 
Agente lotado no Ceará e o Agente que trabalha no 
setor de atendimento ao público são, respectivamente, 
 
a) Almir e Noronha. 
b) Creuza e Noronha. 
c) Noronha e Creuza. 
d) Creuza e Almir. 
e) Noronha e Almir. 
 
Resolução: 
 
Agente Atend Comp Almox BA PE CE 
ALMIR S N N N S N 
CREUZA N N S S N N 
NORONHA N S N N N S 
 
Resposta: alternativa E. 
 
8) (FORTIUM PPF 2010) Os dois retângulos M e P 
acima representam, respectivamente, o conjunto dos 
alunos de uma escola que têm notas altas em 
matemática e o conjunto dos alunos desta escola que 
têm notas altas em português. 
 
Sabendo que o retângulo listrado representa um 
conjunto que não possui nenhum elemento, é correto 
concluir que: 
(A) todo aluno que tem nota alta em matemática tem 
nota alta em português. 
(B) todo aluno que tem nota baixa em matemática tem 
nota baixa em português. 
(C) todo aluno que tem nota alta em português tem 
nota alta em matemática. 
(D) nenhum aluno que tem nota alta em matemática 
tem nota alta em português. 
(E) nenhum aluno que tem nota baixa em matemática 
tem nota baixa em português. 
 
Resolução: 
Interpretação lógica; dispensa comentários. 
 
Resposta: alternativa D. 
 
 
 
9) (FORTIUM PPF 2010) Ricardo, Rogério e Renato 
são irmãos. Um deles é médico, outro é professor, e o 
outro é músico. Sabe-se que: 
 
1) ou Ricardo é médico, ou Renato é médico, 
2) ou Ricardo é professor, ou Rogério é músico; 
3) ou Renato é músico, ou Rogério é músico, 
4) ou Rogério é professor, ou Renato é professor. 
 
Portanto, as profissões de Ricardo, Rogérioe Renato 
são, respectivamente, 
 
a) professor, médico, músico. 
b) médico, professor, músico. 
c) professor, músico, médico. 
d) músico, médico, professor. 
e) médico, músico, professor. 
 
Resolução: 
 
Irmãos Médico Professor Músico 
Ricardo x -- -- 
Rogério -- -- x 
Renato -- x -- 
 
Resposta: alternativa E. 
 
10) (VUNESP) Um jantar reúne 13 pessoas de uma 
mesma família. Das afirmações a seguir, referentes às 
pessoas reunidas, a única necessariamente verdadeira 
é: 
a) pelo menos uma delas tem altura superior a 1,90m; 
b) pelo menos duas delas são do sexo feminino; 
c) pelo menos duas delas fazem aniversário no mesmo 
mês; 
d) pelo menos uma delas nasceu num dia par; 
e) pelo menos uma delas nasceu em janeiro ou 
fevereiro. 
 
Resolução: 
 
Supondo que 12 das treze pessoas fazem aniversário 
em meses diferentes (janeiro, fevereiro, março, ... , 
dezembro), com certeza a 13ª pessoa fará aniversário 
no mesmo mês que uma dessas 12, ou seja, pelo 
menos duas das 13 pessoas fazem aniversário no 
mesmo mês. 
 
Resposta: alternativa C. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TQE 03/2010 – MAT 1 & MAT 5 – RACIOCÍNIO LÓGICO – PROF. MARCELO RENATO 
11) (Da Vinci 2010) A tira a seguir foi composta, a partir 
do 3º número, por uma regra. 
 
1 3 4 7 11 18 29 
 
Os três números que continuam essa sequencia são, 
respectivamente: 
 
a) 47, 76, 123. 
b) 38, 49, 58. 
c) 31, 43, 57. 
d) 58, 71, 97. 
e) 36, 72, 144. 
 
Resolução: 
 
Cada termo, a partir do terceiro, é igual à soma dos 
dois termos antecedentes, ou seja: 
 
Para 









 1nn2n
2
1
*
aaa
3a
1a
,INn 
 
Assim, 
 
1 3 4 7 11 18 29 
1a 2a 3a 4a 5a 6a 7a 8a 9a 10a 
 
47a2918aaaa 88768  
76a4739aaaa 99879  
123a7647aaaa 10109810  
 
Resposta: alternativa A. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
12) (Da Vinci 2010) Analise a sequencia: 
 
 
 
O número de quadrinhos claros na figura que ocupa a 
15ª posição dessa sequencia é: 
 
a) 205 
b) 210 
c) 215 
d) 220 
e) 225 
 
Resolução: 
 
O número de quadrinhos brancos respeita a lei de 
formação conforme apresentado abaixo: 
 
1º quadrado: 1)1(a 21  
2º quadrado: 2)2(a 22  
3º quadrado: 3)3(a 23  
4º quadrado: 4)4(a 24  
 
Por indução podemos afirmar que para o nº (enésimo) 
quadrado: 
 
nº quadrado: n)n(a 2n  
 
Portanto, para o 15º quadrado da sequencia dada, 
teremos: 
 
 15225a15)15(a 15
2
15 210a15  
 
Resposta: alternativa B. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TQE 03/2010 – MAT 1 & MAT 5 – RACIOCÍNIO LÓGICO – PROF. MARCELO RENATO 
13) (ESAF-MPU 2004) Uma curiosa máquina tem duas 
teclas, A e B, e um visor no qual aparece um número 
inteiro x. Quando se aperta a tecla A, o número do 
visor é substituído por 2x + 1. Quando se aperta a tecla 
B, o número do visor é substituído por 3x – 1. Se no 
visor está o número 5, o maior número de dois 
algarismos que se pode obter, apertando-se qualquer 
sequência das teclas A e B, é 
 
a) 87. 
b) 95. 
c) 92. 
d) 85. 
e) 96. 
 
Resolução: 
 
Como temos duas opções de teclas para apertar, 
teremos, sempre, a seguinte árvore de possibilidades 
para os resultados apresentados na tela: 
 
 
 
Assim, o maior número de dois algarismos que se pode 
obter, apertando-se qualquer sequência das teclas A e 
B, é 95. 
 
Resposta: alternativa B. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
14)(ESAF-MPU 2004) Um carro percorre 75% da 
distância entre as cidades A e B a uma velocidade 
média constante de 50 km por hora. O carro percorre, 
também a uma velocidade média constante, V, o 
restante do trajeto até B. Ora, a velocidade média para 
todo o percurso de A até B foi igual a 40 km por hora. 
Logo, a velocidade V é igual a 
 
a) 20 km por hora. 
b) 10 km por hora. 
c) 25 km por hora. 
d) 30 km por hora. 
e) 37,5 km por hora. 
 
Resolução: 
 
Considerando X a distância entre as duas cidades, 
 
 
Para o 1º trecho: 
 

1
1
1
1 V
X75,0t
t
X75,0V
50
X75,0t1  ......... ( 1 ) 
Para o 2º trecho: 
2t
X25,0V
V
X25,0t2  ...... ( 2 ) 
 
Sendo MV foi a velocidade média em todo o percurso; 
 
 Para o percurso todo: 



M
21
21
M V
Xtt
tt
XV
40
Xtt 21  ......... ( 3 ) 
 
Substituindo ( 1 ) e ( 2 ) em ( 3 ): 
 
40
X
V
X25,0
50
X75,0
 
 
... simplificando o “X” e arrumando, 
 



200
35
V
25,0
50
75,0
40
1
V
25,0 h/Km25V  
 
Resposta: alternativa C. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TQE 03/2010 – MAT 1 & MAT 5 – RACIOCÍNIO LÓGICO – PROF. MARCELO RENATO 
15) (Cesgranrio-TCE 2007) O mostrador de um relógio 
digital apresenta quatro dígitos. Cada dígito é formado 
por sete lâmpadas retangulares. Esse relógio não 
atrasa e nem adianta. No entanto, o 3º dígito (da 
esquerda para a direita) do mostrador está com um 
certo defeito: algumas das lâmpadas que o formam não 
estão acendendo. Em um certo momento, o tempo que 
faltava para dar 16h era menor do que o tempo 
transcorrido desde as 15h. A figura ilustra a aparência 
do mostrador do relógio nesse momento. 
 
No momento citado, se não houvesse defeito, o 3o 
dígito mostraria o algarismo: 
 
a) 0 
b) 2 
c) 3 
d) 4 
e) 5 
 
Resolução: 
 
Como o defeito do relógio só deixa de acender algumas 
lâmpadas, ou seja, não acende lâmpadas 
indevidamente, podemos eliminar as alternativas B, D e 
E levando-se em consideração que, na imagem 
presente no enunciado, o 3º dígito do relógio está com 
alguma lâmpada acesa que não correspondem aos 
números 2, 4 e 5. Neste caso temos apenas as opções 
de A ou C que respectivamente são 0 ou 2. 
Baseado na informação de que o tempo que falta para 
as 16 horas é menor que o transcorrido desde as 15 
horas, teremos que: 
 
Se o 3º dígito fosse 0 então faltariam 58 minutos para 
as 16 horas. (não confere!) 
 
Se o 3º dígito fosse 3 então faltariam 28 minutos para 
as 16 horas. (confere!) 
 
Resposta: alternativa C. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
16) (FCC-TRF 2007) A figura abaixo representa um 
certo corpo sólido vazado. 
 
O número de faces desse sólido é 
 
a) 24 
b) 26 
c) 28 
d) 30 
e) 32 
 
 
Resolução: 
 
12 pontas = 24 faces 
Frente e Fundo = 2 faces 
Furo retangular interno = 4 faces 
 
Total: 24 + 2 + 4 = 30 faces. 
 
Resposta: alternativa D. 
 
17) (Cesgranrio-CAPES 2008) Observando o 
calendário de um certo ano, Gabriel percebeu que 
havia dois meses consecutivos que totalizavam 60 
dias. Se esse ano começa em uma segunda-feira, 
então termina em uma 
 
a) segunda-feira. 
b) terça-feira. 
c) quarta-feira. 
d) quinta-feira. 
e) sexta-feira. 
 
Resolução: 
 
Só há uma possibilidade da soma de 2 meses 
consecutivos resultar em 60 dias e é no caso de ano 
bissexto quando fev. passa a ter 29 dias. Aí teremos: 
Jan+fev= 60 e Fev+mar=60. Neste caso o ano terá 366 
dias. Como se iniciou numa segunda teremos: 366/7= 
52 semanas e 2 dias. Sabemos que o ano teve início 
numa seg.-feira, então 52 semanas fecham no 
domingo, como temos mais 2 dias o ano terminará 
numa TERÇA-FEIRA. 
 
Resposta: alternativa B. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TQE 03/2010 – MAT 1 & MAT 5 – RACIOCÍNIO LÓGICO – PROF. MARCELO RENATO 
18) (FCC-TRF 2007) Observe a seguinte sucessão de 
multiplicações: 
 
 
A análise dos produtos obtidos em cada linha permite 
que se conclua corretamente que, efetuando 
3353333333533333  , obtém-se um número cuja 
soma dos algarismos é igual a 
 
a) 28 
b) 29 
c) 31 
d) 34 
e) 35 
 
Resolução: 
 
 O fator “5”gera o algarismo “2” da dezena e o 
“5” da unidade; 
 Um algarismo “3” gera o acréscimo de um 
algarismo “1” e de um algarismo 2”; 
 Dois algarismos “3” geram o acréscimo de dois 
algarismos “1” e de dois algarismos 2”; 
 Três algarismos “3” geram o acréscimo de três 
algarismos “1” e de três algarismos 2”, e assim 
por diante... 
 
Portanto, para o fator 33 333 335, teremos: 
 
O algarismo 5 gera os dois últimos algarismos do 
produto, ou seja, gera o “25”; 
 
Os 7 (sete) algarismos “3” geram 7 (sete) algarismos 
“1” e 7 (sete) algarismos “2”. 
 
Logo, 
o resultado do produto de 3353333333533333  é o 
número 2522222221111111
7
7


, cuja soma dos seus 
algarismos é igual a 2852)2717(  . 
 
Resposta: alternativa A. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
19) (Cesgranrio-BACEN 2010) Um homem entra numa 
livraria, compra um livro que custa 20 reais e paga com 
uma nota de 100 reais. Sem troco, o livreiro vai até a 
banca de jornais e troca a nota de 100 por 10 notas de 
10 reais. O comprador leva o livro e 8 notas de 10 
reais. Em seguida, entra o jornaleiro dizendo que a 
nota de 100 reais é falsa. O livreiro troca a nota falsa 
por outra de 100, verdadeira. O prejuízo do livreiro, em 
reais, sem contar o valor do livro, foi 
 
a) 200 
b) 180 
c) 100 
d) 80 
e) 20 
 
Resolução: 
 
1. O livreiro está com R$ 0,00 no caixa; 
2. O cliente chega com R$ 100,00 falsos; 
3. O livreiro pega os R$ 100,00 falsos do comprador 
do livro e troca por 00,100$R verdadeiros, com o 
jornaleiro; 
4. Até aqui o jornaleiro está tendo um prejuízo de 
00,100$R ; 
5. O livreiro entrega R$ 80,00 verdadeiros ao 
comprador do livro e fica com 00,20$R verdadeiros 
no caixa; 
6. Até aqui o livreiro não está tendo nenhum prejuízo, 
pois está com os R$ 20,00 referentes ao livro que o 
comprador já levou; 
7. O prejuízo, até então, está com o jornaleiro e é de 
R$ 100,00; 
8. O jornaleiro comparece à livraria e pede ao livreiro 
que lhe devolva R$ 100,00; 
9. O livreiro pega os R$ 20,00 do troco da venda do 
livro ao comprador e completa com R$ 80,00 (DO 
SEU PRÓPRIO BOLSO) e devolve os R$ 100,00 
verdadeiros ao jornaleiro. 
 
Em outras palavras: 
 
Como o jornaleiro recebeu de volta os R$ 100,00 
que havia trocado inicialmente e o comprador do 
livro foi embora com o livro e com R$ 80,00 
concluímos (logicamente) que, sem contar o valor 
do livro, o livreiro teve um prejuízo de R$ 80,00. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TQE 03/2010 – MAT 1 & MAT 5 – RACIOCÍNIO LÓGICO – PROF. MARCELO RENATO 
20) (FCC-TRF 2007) No esquema seguinte, que 
representa a multiplicação de dois números inteiros, 
alguns algarismos foram substituídos pelas letras X, Y, 
Z e T. 
 
 
 
 
Considerando que letras distintas correspondem a 
algarismos distintos, para que o produto obtido seja o 
correto, X, Y, Z e T devem ser tais que 
 
a) X + Y = T + Z 
b) X - Z = T - Y 
c) X + T = Y + Z 
d) X + Z < Y + T 
e) X + Y + T + Z < 25 
 
Resolução: 
 
Primeiro passo: O "Y" irá multiplicar o 6, e terá como 
resultado o algarismo final 8. 
 
Conclusão: somente poderá ser 3 ou 8; 
 
Como o próximo algarismo que o "Y" multiplicará será o 
5, tendo o resultado dessa multiplicação o algarismo 
final 4, concluímos que a única opção para o "Y" é o 
algarismo 8. 
 
Segundo passo: O último algarismo que 8Y  
multiplicará é o 3, tendo 24 como resultado. 
 
Como o valor total tem que ser 31, o X somente poderá 
ser o 9, para que a multiplicação com o 8 leve 7 para 
ser somado ao 24, consequentemente, sendo o 9X  , 
logo o Z será 6. Pois teve 4 adicionais da multiplicação 
com o 5. 
 
 
Terceiro passo: Sendo o 9X  , logo o Z será 6. Pois 
teve 4 adicionais da multiplicação com o 5. Chegamos 
também ao 5T  . 
Assim: 6Ze8Y,5T,9X  . 
 
Das opções: ZYTX  , pois 9 + 5 = 8 + 6. 
 
 
GABARITO 
1 – B 2 – E 3 – D 4 – A 5 – D 
6 – B 7 – E 8 – D 9 – E 10 – C 
11 – A 12 – B 13 – B 14 – C 15 – C 
16 – D 17 – B 18 – A 19 – D 20 – C