100 Problemas, Sem Problemas -- Ebook -- Volume_1

Prévia do material em texto

100 Problemas, Sem Problemas
Leonardo Santos Barbosa
12 de março de 2022
100 Problemas, Sem Problemas ii
Sumário
1 Os 100 Problemas 9
2 As 100 Resoluções 37
3 Os 100 Gabaritos 69
1
100 Problemas, Sem Problemas 2
Como Usar Este
Ebook
Obviamente este não é um livro comum. É um livro pensado
para ser uma fonte de exercícios e principipalmente de re-
flexão sobre os exercícios que você, caro aluno, está fazendo.
Ele foi organizado para fugir da trivialidade do lugar co-
mum dos outros materiais e questionar o que as questões
por aí, em geral, não questionam. Assim, a ideia é que você,
depois de estudar em sala, ou em um grupo de estudos, pe-
gue este livro e tente resolver os problemas propostos.
E, o mais importante: mesmo que você tenha acertado o
problema, é muitíssimo recomendado que se verifique a re-
solução feita por mim para que você se certifique que seu
método é válido e, até mesmo, caso seja totalmente dife-
rente do meu, que me conte como fez pra que eu acrescente
em versões futuras.
3
100 Problemas, Sem Problemas 4
Sobre o Autor
Engenheiro eletrônico e de computação formado pela Uni-
versidade Federal do Rio de Janeiro (UFRJ), atuando como
professor de matemática e física em cursos preparatórios
para carreiras militares.
Ex-cadete da Academia da Força Aérea (AFA), praticante
de triatlo a cerca de cinco anos, maratonista, casado e pai.
É fundador do @mentorblog_oficial, do site, criado em
2010, chamado Mentor (www.cursomentor.com) e do canal
do YouTubeTM do mesmo nome. Estas são iniciativas com
o intuito de criar materiais de preparação para concursos
com alta qualidade tanto no que diz respeito ao conteúdo
em si, quanto ao tocante à parte gráfica.
Siga nosso perfil no instagramTM , visite nosso site, se ins-
creva no canal e fique por dentro de todos os nossos conteú-
dos.
Nos vemos por aí e, claro, sucesso!
5
100 Problemas, Sem Problemas 6
Prefácio
Como eu disse em “Como Usar Este E-book” este é um livro
para fugir do comum. Sendo assim, as questões que você en-
contra aqui são fruto da minha mente imaginativa, criando
e adaptando, por que não, problemas já existentes por aí.
Ao longo dos anos em sala, aprendi a criar exemplos ilustra-
tivos durante a aula, habilidade esta que me levou a criar
problemas para colocar em simulados, provas, etc.
Assim, eu reuni 100 destes problemas aqui neste material,
agrupando-os por assunto. Mas, no entanto, sem me preo-
cupar com o nível de dificuldade. Porém, tomei o cuidado
de colocar problemas medianos e simples. Justamente, vol-
tando à ideia de “fugir do comum” daqueles livros com ques-
tões mirabolantes que muitas vezes não possuem aplicação
prática para escolas militares, por exemplo.
Você terá então, à sua disposição, os problemas adapta-
dos das mais variadas fontes (AFA, EFOMM, UERJ, EEAr,
EsSA, EAM, CFN, EsFAO EsPCEx, etc.) e depois todas as
resoluções de cada problema com cometários gerais ou ob-
7
100 Problemas, Sem Problemas 8
servações quando eu julguei necssário uma coisa e/ou outra.
Sinta-se à vontade para enviar feedback pelas redes sociais.
Estou ansioso para ouvi-lo.
Capítulo 1
Os 100 Problemas
1. Sendo x = 0, 313131 . . ., y = 0, 696969 . . . e x, y ∈ Q,
então x+ y é igual a:
a) 1
b) 1, 10000 . . .
c) 1, 111 . . .
d) 1, 001001001 . . .
e) 1, 010101 . . .
2. Considere que N é o conjunto dos números naturais,
K = {3x | x ∈ N}, L = {6y | y ∈ N} e M = {12z | z ∈ N}.
A afirmativa correta é
a) K ∪ L = M
b) K ⊂ L
c) K − L = M
d) K ∩ L ∩M = M
3. Considere todos os n números ímpares positivos, de
9
100 Problemas, Sem Problemas 10
quatro dígitos, formados com os algarismos 1, 2, 3 e 4. En-
tão n é:
a) 10
b) 12
c) 24
d) 64
e) 128
4. Na figura 1.1, nove pontos são marcados sobre duas
semirretas de mesma origem. Quantos quadriláteros podem
ser traçados tendo por vértices quatro desses pontos?
D
E
F
G
H
I
C
B
A
Figura 1.1
a) 15
b) 45
c) 60
d) 70
e) 80
5. De um grupo de 10 (dez) pessoas, 5 (cinco) serão es-
colhidas para compor uma comissão. Ana e Beatriz fazem
parte dessas 10 (dez) pessoas. Assim, o total de comissões
que podem ser formadas, que NÃO tenham a participação
11 CAPÍTULO 1. OS 100 PROBLEMAS
de Ana e nem de Beatriz, é
a) 24
b) 36
c) 48
d) 56
6. De um grupo de 10 (dez) pessoas, 5 (cinco) serão es-
colhidas para compor uma comissão. João e Pedro fazem
parte dessas 10 (dez) pessoas. Assim, o total de comissões
que podem ser formadas, que tenham a participação de João
ou de Pedro, mas nunca os dois juntos, é
a) 24
b) 36
c) 48
d) 196
e) 140
7. Um casal teve três filhos. A probabilidade de que te-
nham sido o mais novo e o mais velho do mesmo sexo é:
a) 12
b) 14
c) 16
d) 18
8. No lançamento simultâneo de dois dados perfeitos, nu-
merados de 1 a 6, a probabilidade de obter uma soma dos
resultados que é divisora de 12 é, aproximadamente,
a) 25, 5%
b) 44, 4%
c) 33, 3%
d) 16, 6%
100 Problemas, Sem Problemas 12
9. Considerando-se um hexágono regular e tomando-se
ao acaso uma de suas diagonais, a probabilidade de que ela
não passe pelo centro do hexágono é:
a) 19
b) 16
c) 13
d) 23
10. Considere um grupo de quatro pessoas. Entre es-
sas está Atanagildo B. Se duas pessoas serão sorteadas ao
acaso, qual a probabilidade de que Atanagildo esteja entre
estas duas?
a) 12
b) 13
c) 14
d) 15
11. Um polígono regular tem 8 lados. Ao escolher uma de
suas diagonais a probabilidade de que passe pelo seu centro
geométrico é:
a) 12
b) 13
c) 14
d) 15
12. Um jogador de futebol tem probabilidade de, ao chutar
em direção ao gol adversário, 20% de fazer o gol. Em três
chutes, a probabilidade de que, pelo menos um, tenha sido
gol é:
a) 48, 8%
13 CAPÍTULO 1. OS 100 PROBLEMAS
b) 51, 2%
c) 80, 0%
d) 40, 0%
13. Ao lançar um mesmo dado duas vezes, a probabili-
dade de obter resultados que são números consecutivos no
primeiro e no segundo lançamento, nesta ordem, é:
a) 16
b) 112
c) 56
d) 536
14. Em uma sala há 8 pessoas. A probabilidade de que
existam duas pessoas que façam aniversário no mesmo dia
da semana é:
a) 47, 5%
b) 10, 2%
c) 100, 0%
d) 0, 0%
15. Se dois eventos são mutuamente exclusivos a probabi-
lidade de ocorrerem simultaneamente é:
a) 50%
b) 25%
c) 100, 0%
d) 0, 0%
16. Neste enunciado, se escolhermos ao acaso uma das letras
dentre as demais, a probabilidade de que seja vogal vale:
a) 14
b) 2347
100 Problemas, Sem Problemas 14
c) 4791
d) 1123
17. Simplificando a expressão y = An,4An−1,3 encontra-se y
igual a
a) n
b) n2
c) n3
d) n4
18. Considere as matrizes E e A quadradas de ordem
2 e o número real r = 2. Se detE = 2 e detA = 4, então,
qual o valor da expressão det(EEAr)?
a) 32
b) 64
c) 8
d) 16
19. Considere as matrizes quadradas de ordem 2 nomeadas
por A, B e C, tais que seus elementos são aij = (i+ j)
2,
bij = i
2 + j2 e cij = ij respectivamente, em que i representa
a linha e j representa a coluna de cada matriz. Sendo assim,
o determinante da matriz A−B + C é:
a) 3
b) 2
c) 1
d) 0
20. Seja A uma matriz de ordem 2 tal que detA = 4,
então det(5 ·A) vale:
a) 100
b) 101
15 CAPÍTULO 1. OS 100 PROBLEMAS
c) 102
d) 103
21. Sejam A uma matriz de ordem 2 e I a identidade de
ordem 2, de tal forma que detA = 5, então det(5·(I ·A−1)T )
vale:
a) 50
b) 51
c) 52
d) 53
22. Se A = (aij) é a matriz quadrada de ordem 2 em
que
aij =
 i
j2 , se i < j
ji , se i = j
i− j , se i > j
, então o determinante da matriz A é
a) −5
b) 5
c) −3
d) 3
23. Seja f : R→ R dada por f(x) = − 23x− 2. A função é
negativa ou nula para
a) x ≥ 3
b) x ≥ −3
c) 0 < x ≤ 3
d) −3 ≤ x < 0
24. Seja f(x) = 4(log x) + 3 uma função inversível. A
fórmula que define a função inversa f−1(x) é
a) 10
x−3
4
100 Problemas, Sem Problemas 16
b) 10 · x−34
c) 10
1
x
−3
4
d) 10
2x+4
3
25. Sejam f e g duas funções reais, de R em R, inver-
sas entre si. Se f(x) = 3x − 2, então g[f(g(1)) + f(g(2)) +
f(g(3)) + f(g(4))] é igual a
a) 4.
b) 3.
c) 2.
d) 1.
26. Pedro é um tenista profissional que vem treinando
200 saques por dia. Porém, a partir de amanhã, a cada dia
de treino ele fará 5 saques a menos que notreino anterior.
Se o objetivo de Pedro é alcançar o dia em que treinará 120
saques, ele conseguirá isso no dia de treino,
considerando hoje o primeiro dia.
a) 10o.
b) 13o.
c) 15o.
d) 17o.
27. Calcule o primeiro termo de uma P.A. em que o 50o. é
−100 e a razão, 2.
a) 136
b) −198
c) −137
d) 198
28. A soma dos múltiplos de 10, compreendidos entre 1
e 1005, é:
17 CAPÍTULO 1. OS 100 PROBLEMAS
a) 40500
b) 30500
c) 50500
d) 60500
29. Se P é o produto dos sete primeiros termos da pro-
gressão geométrica definida por an = 3n−2, o valor de log9 P
vale:
a) 10
b) 9
c) 8
d) 7
30. Em uma P.G. de razão 2, o 4o. termo é 48. A soma dos
6 primeiros termos dessa P.G. vale:
a) 378
b) 382
c) 384
d) 386
31. Uma P.A. e uma P.G. têm, ambas, o 1o. termo igual a
4, sendo que os seus 3o. termos são estritamente positivos e
coincidem. Sabe-se ainda que o 2o. termo da P.A. excede o
2o. termo da P.G. em 2. Então, o 3o. termo das progressões
é:
a) 10
b) 12
c) 14
d) 16
32. A soma dos 8 primeiros termos da P.G. (7, 21, . . .)
é:
100 Problemas, Sem Problemas 18
a) 22960
b) 6561
c) 26562
d) 6559
33. As medidas do lado, do perímetro e da área de um
quadrado estão em P.G, nessa ordem. Então a área do qua-
drado mede:
a) 256
b) 144
c) 169
d) 225
34. Sabendo que uma P.G. tem a1 = 4 e razão q = 2,
determine a soma dos 8 primeiros termos dessa progressão:
a) 1020
b) 128
c) 512
d) 800
35. Em uma P.G. de razão 2, o quarto termo é 48. Assim,
o produto do primeiro pelo quinto termo é
a) 96.
b) 216.
c) 576.
d) 676.
36. Se log x+ log y = k, então 3 · log y10 + 5 · log[(x2)3] é
a) 30k
b) k20
c) 5k
d) k30
19 CAPÍTULO 1. OS 100 PROBLEMAS
37. Considerando n > 1 e a > 1, se logan na = n, en-
tão o valor de a
√
a é
a) n2
√
n.
b) nn
2
.
c) 1
n
1
n
.
d) n
2
n .
38. Dada a função real y = log(15−x)(
√
x− 3 − 3), de-
termine quantos são os valores inteiros de x para os quais
esta expressão é definida.
a) 0
b) 1
c) 2
d) 3
e) 4
39. O menor número natural não nulo que satisfaz a ine-
quação − log 1
9
(3x− 5) > 12 é
a) 1
b) 2
c) 3
d) 4
40. A equação ||x|2 + |x| − 6| = 0
a) só tem uma solução.
b) tem duas soluções, tais que seu produto é = −6.
c) tem duas soluções, tais que seu produto é = −4.
d) tem duas soluções, tais que seu produto é igual a 0.
100 Problemas, Sem Problemas 20
41. Seja K o valor para o qual o sistema
 x− y = 1y + 3z = 1
2x+Kz = 2
não possui solução. Então K+3K−3 é:
a) −3
b) −6
c) 6
d) 3
42. Considere o sistema de equações lineares a seguir,
com k ∈ R:  4x+ 2y + (k + 1)z = 0x− 9y + 2z = 0−x+ 2y − 6z = 0
O valor de k para que haja solução além da trivial é:
a) 2017
b) − 2087
c) 2167
d) − 1453
43. O par ordenado (x, y) = (3, 1) é solução do sistema{
x− 2y = a
2x− 3y = b , então a+ b é um número
a) par primo.
b) ímpar primo.
c) par não primo.
d) ímpar não primo.
44. Em uma divisão de polinômios em que o dividendo
é de grau p + 2 e o quociente, de grau q − 1, qual o grau
máximo que o resto pode ter?
a) p− q + 2
21 CAPÍTULO 1. OS 100 PROBLEMAS
b) p− q − 1
c) p+ q
d) p− q
45. O resto da divisão de 4x2021 + 2x2020 + 2019x − 2018
por x− 1 é igual a
a) 0
b) 1
c) 6
d) 7
46. Calculando
[(
i2021
)2022]2023, sendo i a unidade imagi-
nária, obtém-se:
a) 1
b) i
c) −i
d) −1
47. Considere os números complexos da forma z(t) =
t
2 + t
2 · i, na qual t ∈ R e i é a unidade imaginária. Os
pares ordenados (x, y), em que x e y são, respectivamente, a
parte real e a parte imaginária do número complexo z, defi-
nem o gráfico de uma função da forma y = f(x). A função
representada pelo gráfico assim definido é classificada como:
a) linear
b) quadrática
c) exponencial
d) logarítmica
48. Se i2 = −1, em que i é a unidade no conjunto dos
números complexos, calculando:
i2021 + i2026 + i2032 + i2039
100 Problemas, Sem Problemas 22
encontraremos como resultado:
a) i0
b) 0i
c) 1i
d) 1 + i
49. Um número complexo z tem argumento θ = 5 · π3
e módulo igual a 4. A forma algébrica de 2 · z, em que z é
o conjugado de z, é
a) 2− 2
√
3i
b) 2 + 2
√
3i
c) 4− 4
√
3i
d) 4 + 4
√
3i
50. Um segmento AB tem medida 10x. Se M é o ponto
médio de AB e AM = 9x− 12, calcule MB.
a) 25
b) 35
c) 15
d) 5
51. Em uma reta r temos os pontos, A, B e C, nesta
ordem. Se AB = 3u e BC = 5u, então podemos afirmar
que:
a) BC < AB
b) AB +BC = 2u
c) ABBC = 0, 6
d) AB ∼= BC
52. Em um segmento MN , P é o ponto médio. Se
MP = 10x+ 7 e PN = 20− 3x, calcule o valor de MN :
a) 1
23 CAPÍTULO 1. OS 100 PROBLEMAS
b) 34
c) 17
d) 68
53. Dois ângulos, cujas medidas em graus são dadas por
13x + 60◦ e 23x − 40◦ são congruentes. Então o valor do
complemento de x+ 10◦ é:
a) 10◦
b) 20◦
c) 70◦
d) 80◦
e) 160◦
54. Dois ângulos alternos internos formados por duas pa-
ralelas e uma transversal são SEMPRE:
a) Congruentes
b) Suplementares
c) Opostos Pelo Vértice
d) Retos
55. Sejam ABC um triângulo retângulo em A, AM a
mediana relativa a BC, CN a bissetriz interna de Ĉ e D é
o ponto de intersecção entre AM e CN . Se AB̂C = 20◦,
então CD̂A mede, em graus,
a) 70◦
b) 75◦
c) 100◦
d) 145◦
56. Um triângulo ABC de base BC = (x + 2) tem seus
lados AB e AC medindo, respectivamente, (3x−4) e (x+8).
Sendo este triângulo isósceles, a medida da altura relativa à
100 Problemas, Sem Problemas 24
base BC mede
a) 4
b) 6
√
5
c) 8
√
5
d) 10
√
3
57. Os raios de duas circunferências medem, respectiva-
mente,
√
5 cm e
√
6 cm. A distância entre os centros mede√
7 cm. Podemos afirmar que as circunferências são:
a) secantes
b) concêntricas
c) tangentes interiores
d) interiores
e) tangentes exteriores
58. Um retângulo ABCD tem lados que medem AB =
4x+ 15 e CD = 5x e BC = 16− y e AD = y. Então x− y
é um número:
a) primo
b) negativo
c) par
d) irracional
59. Em um losango, uma diagonal forma um ângulo de
58◦ com um de seus lados. A medida do menor ângulo
desse losango é
a) 58◦
b) 64◦
c) 116◦
d) 122◦
60. Calcule a base média de um trapézio cujas bases me-
25 CAPÍTULO 1. OS 100 PROBLEMAS
dem 5, 4 cm e 8, 6 cm.
a) 7 cm
b) 14 cm
c) 8 cm
d) 13 cm
61. Um retângulo ABCD tem lados que medem AB =
4x + 15 e CD = 5x e BC = 16 − y e AD = y. Calcule o
semiperímetro do retângulo.
a) 11, 5
b) 41, 5
c) 83
d) 23
62. Um trapézio tem bases x e y. A base média deste
trapézio vale:
a) x+ y
b) x−y2
c) x+y2
d) x− y
63. Considere um quadrilátero ABCD cujas diagonais AC
e BD medem 5 cm e 6 cm respectivamente. Se R, S, T e U
são os pontos médios dos lados do quadrilátero dado, então
o perímetro do quadrilátero RSTU vale:
a) 22 cm
b) 5, 5 cm
c) 8, 5 cm
d) 11 cm
e) 13 cm
64. A, B, C e D são vértices consecutivos de um hexágono
100 Problemas, Sem Problemas 26
regular. A medida, em graus, de um dos ângulos formados
pelas diagonais AC e BD é:
a) 90
b) 100
c) 110
d) 120
e) 150
65. Quantas diagonais, no total, possui um polígono regu-
lar convexo em que o ângulo externo mede 1◦?
a) 64260
b) 51340
c) 22680
d) 33340
66. Um triângulo possui três lados de medidas a, b e c,
sendo c < b < a e o perímetro 2p. A bissetriz interna re-
lativa ao maior ângulo do triângulo divide o maior lado em
partes x e y tais que x2 − y2 vale:
a) a(c−b)2p
b) a
2+2p
b−c
c) 2a
2p
b+c
d) a
3
2p
e) a
2(c−b)
2p−a
67. Qual a altura de um triângulo retângulo cujas pro-
jeções dos catetos sobre a hipotenusa valem 9 cm e 4 cm?
a) 13
b) 6
c) 9
d) 6
27 CAPÍTULO 1. OS 100 PROBLEMAS
68. Em um trapézio isósceles as bases medem 10 e 26
e a altura mede 6. Qual a medida dos lados oblíquos?
a) 8
b) 10
c) 12
d) 16
69. Um retângulo tem área T . Se aumentarmos a me-
dida da sua base em 10%, e diminuirmos a medida da sua
altura em 10%, obteremos um novo retângulo cuja área é
igual a
a) T
b) 0, 99T
c) 1, 01T
d) 1, 11T
70. A razão entre área do quadrado circunscrito a uma
circunferência de raio 2 cm e a área do quadrado inscrito
nessa mesma circunferência é
a) 4
b) 2
c) 12
d)
√
2
71. Se o lado de um quadrado aumenta de 12%, sua área
aumenta de:
a) 10%
b) 24%
c) 25, 44%
d) 44, 25%
e) 12, 12%
100 Problemas, Sem Problemas 28
72. Um poliedro convexo com exatamente 40 faces penta-
gonais numeradas de 1 a 40, é usado comoum dado, em um
jogo. Calcule o número de vértices do poliedro.
a) 32
b) 42
c) 52
d) 62
73. Um poliedro euleriano convexo tem 10 vértices e 12
faces. Quantas são as arestas deste poliedro?
a) 16
b) 18
c) 20
d) 22
74. Um tetraedro regular é um sólido composto por qua-
tro faces que são triângulos equiláteros. Qual o número de
vértices de um tetraedro regular?
a) 6
b) 4
c) 8
d) 5
75. Um prisma octogonal regular tem aresta da base me-
dindo 10 e a altura do prisma é também igual a 10. Qual a
área lateral deste prisma?
a) 100
b) 400
c) 800
d) 1000
29 CAPÍTULO 1. OS 100 PROBLEMAS
76. Se um prisma tem uma base com n lados, então ele
terá um total de faces igual a:
a) n
b) n+ 1
c) n+ 2
d) n+ 3
77. Um prisma octogonal regular tem aresta da base me-
dindo 5 e a altura do prisma é 20. Qual a área lateral deste
prisma?
a) 100
b) 400
c) 800
d) 1000
78. Se um prisma tem a base com n lados, o total de
arestas deste prisma é:
a) n
b) n+ 2
c) 3n
d) n+ 3
79. Uma caixa de suco é um prisma reto de base qua-
drangular e tem, por base, um quadrado de lado 8 cm. A
altura do prisma mede 10 cm. Suponha que a caixa está
completamente cheia de suco e que seja usado o seu con-
teúdo para encher completamente um copo de capacidade
de 300 m`. Qual a altura, aproximada, da quantidade de
suco que ficou na caixa?
a) 4, 8 cm
b) 5, 3 cm
c) 7 cm
100 Problemas, Sem Problemas 30
d) 2 cm
80. Qual das características abaixo não é de um prisma:
a) as faces laterais são paralelogramos
b) possui duas bases paralelas e congruentes
c) as faces laterais podem ser quadrados
d) as bases podem ser setores circulares, desde que sejam
congruentes
81. Um prisma reto de base retangular tem as dimen-
sões da base medindo 10 cm e 20 cm. A altura do prisma é
12 cm. Nesta situação o volume deste prisma é:
a) 2400 cm3
b) 2400 m3
c) 2, 4 m3
d) 2400 dm3
82. Um paralelepípedo reto-retângulo tem dimensões me-
dindo 3 cm, 5 cm e
√
30 cm. Então a diagonal deste para-
lelepípedo é um número:
a) Ímpar
b) Primo
c) Cubo perfeito
d) Irracional
83. A área total de um cubo é igual a 6 vezes o volume do
mesmo cubo. Então a diagonal deste cubo mede:
a) 1
b)
√
3
c) 6
√
3
d) 36
√
3
31 CAPÍTULO 1. OS 100 PROBLEMAS
84. Uma caixa de papelão tem dimensões 25 cm, 40 cm e
12 cm e o formato de um paralelepípedo reto-retângulo. O
custo do papelão é de R$ 0, 50 por metro quadrado. Qual
o custo total de material, em R$, para fabricar 500 caixas
iguais a essa?
a) 0, 89
b) 890, 00
c) 8, 90
d) 89, 00
85. Um cilindro equilátero tem uma seção meridional cuja
diagonal mede 6
√
2. Calcule o volume do cilindro.
a) 27π
b) 272 π
c) 54π
d) 94π
86. A altura, o raio da base e a geratriz de um cone cir-
cular reto, nesta ordem, são inteiros, pares e consecutivos.
Calcule o volume do cone.
a) 128π
b) 64π
c) 32π
d) 16π
87. Um cone equilátero tem altura igual a 12. Então
seu volume vale:
a) 136π
b) 192π
c) 108π
d) 144π
100 Problemas, Sem Problemas 32
88. Uma esfera tem 36π m2 de área. A medida de seu
volume, em m3, é
a) 72π.
b) 56π.
c) 48π.
d) 36π.
89. Sejam os arcos de 570◦ e − 2π3 rad. No ciclo trigo-
nométrico, esses arcos são tais que ambos estão no
a) 3o. quadrante e são côngruos.
b) 2o. quadrante e são côngruos.
c) 3o. quadrante e não são côngruos.
d) 1o. quadrante e não são côngruos.
90. Resolvendo a equação senx + sen 150◦ = 1 no in-
tervalo de [0, 2π], encontramos como solução os valores:
a) {0◦, 30◦}
b) {30◦, 60◦}
c) {30◦, 150◦}
d) {210◦, 330◦}
91. Quantas são as soluções da equação 2 · cos(4x) = 1
no intervalo [0, 2π]?
a) 8
b) 4
c) 2
d) 1
92. Em um triângulo ABC retângulo em A, o cateto AC
mede 1, 5 cm e a altura traçada sobre a hipotenusa deter-
mina o segmento HB que mede 1, 6 cm. O valor da razão
CH
AB é
33 CAPÍTULO 1. OS 100 PROBLEMAS
a) 43
b) 59
c) 49
d) 920
93. Em um triângulo ABC, retângulo em A, a hipote-
nusa mede 5 dm e sen B̂ = 12 sen Ĉ. Nessas condições, a
tangente de B̂ mede:
a) 13
b) 14
c)
√
5
d) 12
94. Considere o trapézio retângulo ABCD, onde  e D̂
são retos, AB = AD, CD = 7 cm e BC − AB = 1 cm. O
valor de BD é:
a) 4
b)
√
65
c) 4
√
2
d) 5
√
3
95. Se a equação da reta r é loga2 4x − loga 16y + 3 = 0,
com a ∈ R∗+, então seu coeficiente angular é:
a) −2
b) −1
c) 3
d) 4−1
96. Dadas as retas r : 4x− 6y+ 9 = 0, s : 8x− 12y+ 7 = 0
e t : 6x+ 4y − 2 = 0, pode-se afirmar, corretamente, que
a) r e t são paralelas
100 Problemas, Sem Problemas 34
b) r e s são coincidentes
c) s e t são perpendiculares
d) r e s são perpendiculares
97. Qual o coeficiente linear da reta que passa pelos pontos
(2, 3) e (0, 5)?
a) 4
b) 5
c) 6
d) 7
98. O formato xp +
y
q = 1 é chamado de equação seg-
mentária da reta e a mesma intercepta os eixos coordenados
em (p, 0) e (0, q). Assim, a equação segmentária da reta que
passa por (−2, 0) e (0, 13 ) é:
a) x−2 − 3y = 0
b) x−2 +
y
1
3
= 1
c) y1
3
+ x−2 = 0
d) 3y − 2x = 1
99. Seja r a reta determinada por A(3, 5) e B(6,−1). O
ponto de ordenada 8, pertencente à r, possui abcissa igual
a
a) 0, 6
b) 1, 2
c) 1, 5
d) 1, 8
100. A equação da reta que passa pelos pontos (3, 1) e
(2, 0) é:
a) y = x+ 2
b) y = 2x
35 CAPÍTULO 1. OS 100 PROBLEMAS
c) y = x− 2
d) 2y = x
100 Problemas, Sem Problemas 36
Capítulo 2
As 100 Resoluções
1. Se x = 0, 3131 . . ., teremos 100x = 31, 3131 . . ., assim sa-
bemos que 100x − x = 31, logo x = 3199 . De forma análoga
para y teremos, 100y = 69, 69 . . . e 100y − y = 69, portanto
y = 6999 . Daí, ficamos com x + y =
31+69
99 , ou seja y =
100
99 .
Efetuando-se a divisão teremos y = 1, 010101 . . ..
2. Basta escrevermos cada conjunto por extensão. K =
{0, 3, 6, 9, 12, . . .}, L = {0, 6, 12, 18, . . .} eM = {0, 12, 24, . . .}.
Agora vamos às alternativas:
a) K ∪ L = {0, 3, 6, 9, 12, . . .} = K, veja que L ⊂ K. Por-
tanto, falsa.
b) A letra a) é justificativa, K ⊃ L ou L ⊂ K; falsa.
c) K − L = {3, 9, 15, 21, . . .}. Como 3 ∈ (K − L) e 3 /∈ M ,
sabemos que K − L 6= M . Falsa.
d) Como L ⊂ K, temos K ∩ L = L. Mas também, M ⊂ L,
daí L ∩M = M , portanto:
K ∩ L ∩M = (K ∩ L) ∩M = L ∩M = M
37
100 Problemas, Sem Problemas 38
3. Para que um número natural seja ímpar, ele deve ter um
dígito ímpar na ordem das unidades. Só há dois algarismos
ímpares. Começando a preencher pelas unidades teremos
4 · 4 · 4 · 2 = 128 números, já que os algarismos não precisam
ser distintos.
Uma observação: há a mesma quantidade de algarismos pa-
res e ímpares. Há 44 = 256 números no total, portanto, 128
são pares e 128 são ímpares.
4. Para que seja formado um quadrilátero o ponto D não
pode ser usado1. Assim devemos escolher dois dentre os
pontos do conjunto {E,F,G,H, I} e dois dentre os pontos
de {C,B,A}. Assim temos
(
5
2
)
·
(
3
2
)
= 30 quadriláteros.
Acontece que cada quadrilátero formado pode ser convexo
ou não convexo. Por exemplo, escolhidos os pontos E, F , B
e C podemos ter EFBC ou EFCB que são dois quadrilá-
teros distintos2. São então, 60 quadriláteros no total.
5. Como nem Ana e nem Beatriz serão escolhidas, teremos
8 pessoas à disposição das quais queremos escolher cinco,
isto é:
(
8
5
)
= 8!5!3! = 56 comissões.
6. Como são 10 pessoas, as comissões em que João par-
ticipa são aquelas em que ele foi escolhido e são escolhidas
4 pessoas dentre as 8 restantes, já que Pedro não pode ser
escolhido. O mesmo ocorrerá para as comissões em que Pe-
dro está, mas João não. Assim, são 2 ·
(
8
4
)
= 140 comissões.
7. Para que o mais novo e o mais velho sejam do mesmo
1Teste isso!
2Teste isso, também!
39 CAPÍTULO 2. AS 100 RESOLUÇÕES
sexo, sendo H homem e M mulher, temos quatro possibili-
dades: (H – M – H), (H – H – H), (M – M – M) e (M – H
– M). Isto pode ser obtido pensando que há duas hipóteses
tanto para o primeiro quanto para o segundo filho, mas o
terceiro deve ser do mesmo sexo que o primeiro, ou seja,
2 · 2 · 1 = 4. Já para o total, teremos 2 · 2 · 2 = 8 possibili-
dades. Assim, a probabilidade será de 48 =
1
2 .
8. Os divisores de 12 são D12 = {1, 2, 3, 4, 6, 12}. É im-
possível de se obter 1 como soma dos dados. Pensando nos
resultados como pares ordenados(d1, d2), teremos 6 ·6 = 36
pares ordenados. Vamos, portanto, a cada soma:
• Soma 2: (1, 1);
• Soma 3: (1, 2), (2, 1);
• Soma 4: (1, 3), (2, 2), (3, 1);
• Soma 6: (1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1);
• Soma 12: (6, 6);
Um total de 1 + 2 + 3 + 5 + 1 = 12 pares. A probabilidade,
então, fica 1236 =
1
3 = 0, 333 . . ., ou seja, aproximadamente
33, 3%.
9. No hexágono temos um total de 9 diagonais, das quais 3
passam pelo centro. Logo, 9−3 = 6 não passam pelo centro.
A probabilidade, portanto, fica 69 =
2
3 .
Um apêndice: o número d de diagonais de um polígono con-
vexo de n lados é d = n(n−3)2 ; já o número dc das diagonais
que passam pelo centro é dc = n2 .
100 Problemas, Sem Problemas 40
10. São quatro pessoas, existem 3 pares que podem ser for-
mados com Atanagildo e
(
4
2
)
= 4!2!2! =
24
4 = 6 duplas no
geral. Assim, a probabilidade fica 36 =
1
2 .
11. O número de diagonais é d = 8·(8−3)2 = 20. O nú-
mero de diagonais que passam pelo centro é dc = 82 = 4.
Assim, temos 420 =
1
5 .
12. A probabilidade de o jogador acertar pelo menos um
chute (P ) é complementar à probabilidade de ele errar to-
das (P ). Tratando cada chute como evento independente
teremos:
P = 1− P
Se a probabilidade de acertar cada chute é pa = 0, 2, a
probabilidade de errar um chute é de pe = 0, 8. Então, para
três chutes teremos:
P = 0, 8 · 0, 8 · 0, 8 = 0, 512 = 51, 2%
Então P = 1− 0, 512, portanto P = 0, 488 = 48, 8%.
13. Há 36 pares ordenados do tipo (d1, d2) com os resul-
tados possíveis dos lançamentos dos dois dados. As possi-
bilidades de termos lançamentos com números consecutivos
são (1, 2), (2, 3), (3, 4), (4, 5) e (5, 6). Assim ficamos com 536 .
Uma observação: se fosse possível a ordem reversa dos pares
teríamos 10 em 36, logo a probabilidade seria de 518 .
14. Para responder a esta pergunta usamos o princípio da
casa dos pombos. Como há 8 pessoas, mas há apenas 7 dias
da semana, haverá pelo menos um par de pessoas que faz
aniversário no mesmo dia. Assim temos um evento certo. A
41 CAPÍTULO 2. AS 100 RESOLUÇÕES
probabilidade é de 100%.
15. A definição de eventos mutuamente exclusivos (ou ex-
cludentes) é que não há interseção entre estes conjuntos.
Assim, temos um evento impossível, logo a probabilidade é
zero.
16. São 44 vogais dentre as 92 letras. Assim teremos 4492 =
11
23 como resultado.
17. Sabendo que An,p = n!(n−p)! teremos:
y =
n!
(n−4)!
(n−1)!
(n−1−3)!
=
n!
(n− 4)!
· (n− 4)!
(n− 1)!
Como n! = n · (n− 1)! teremos y = n·(n−1)!(n−1)! = n.
18. Usando o teorema de Binet teremos:
det(EEAr) = (detE)·(detE)·(detA)·(r2) = 2·2·4·(22) = 64
19. Se M é a matriz pedida, teremos mij = aij − bij + cij .
Assim:
mij = (i+ j)
2 − (i2 + j2) + ij
Desenvolvendo:
mij = i
2 + 2ij + j2 − i2 − j2 + ij ⇒ mij = 3ij
A matriz M é
[
3 6
6 12
]
. Logo, detM = 3 · 12− 6 · 6 = 0.
20. Usando a propriedades do determinante:
det(5A) = 52 · detA = 25 · 4 = 100 = 102
100 Problemas, Sem Problemas 42
21. Usando propriedades de determinantes:
det[5(IA−1)T ] = det[5(IA−1)] = 52 · (det I) · (detA−1)
Como detA−1 = 1detA , assim teremos:
52 · 1 · 1
5
= 5 = 51
22. Vamos escrever a matriz A: A =
[
a11 a12
a21 a22
]
. Substi-
tuindo os valores de i e j:
A =
[
11 12
2
2− 1 22
]
=
[
1 1
1 4
]
Assim, detA = 1 · 4− 1 · 1 = 3.
23. Queremos que f(x) ≤ 0. Então:
−2
3
· x− 2 ≤ 0⇔ −2
3
· x ≤ 2
Logo x ≥ −3.
24. Queremos a inversa de f , logo, trocando x por y na
expressão algébrica, teremos:
x = 4(log y) + 3⇒ 4(log y) = x− 3⇒ log y = x− 3
4
Aplicando a definição de logaritmo, teremos y = 10
x−3
4 .
25. Se f e g são funções reais inversas entre si, então f(g(x) =
g(f(x)) = x. Assim:
g[f(g(1))+f(g(2))+f(g(3))+f(g(4))] = g[1+2+3+4] = g(10)
43 CAPÍTULO 2. AS 100 RESOLUÇÕES
Mas g(10) = f(x), já que são inversas entre si. Portanto:
10 = 3x− 2⇔ x = 4
26. O número de saques de cada dia consta na sequência
(200, 195, 190, . . . , 120). Como este número diminui 5 a cada
dia, teremos uma P.A. de razão −5 e primeiro termo 200,
cujo termo geral é:
an = 200 + (n− 1) · (−5)
Mas an = 120. Daí, temos 120 = 200 + (n − 1) · (−5) e,
portanto:
−80
−5
= n− 1⇔ n = 17
27. Usando o termo geral an = a1 + (n− 1) · r, teremos:
a50 = a1 + (50− 1) · 2⇔ −100 = a1 + 49 · 2
Assim, a1 = −198.
28. O primeiro múltiplo de 10 (maior que 1) é 10 e o último
(menor que ou igual a 1000) é 1000 e eles vão de 10 em 10:
(10, 20, 20, . . . , 990, 1000). Vamos ver quantos são:
an = a1 + (n− 1)r ⇒ 1000 = 10 + (n− 1) · 10
Logo, (n− 1) = 99010 ⇒ n = 100. Agora que já sabemos que
são 100, vamos somá-los usando a fórmula:
Sn =
(a1 + an) · n
2
Logo:
Sn = (10 + 1000) ·
100
2
⇒ Sn =
1010 · 100
2
⇒ Sn = 50500
100 Problemas, Sem Problemas 44
29. O produto Pn dos n primeiros termos de uma P.G. é:
Pn = a
n
1 · q
n(n−1)
2
Daí P7 é:
P7 = a
7
1 · q
7·6
2 ⇒ P7 = a71 · q21
Precisamos de a1, mas a1 = 31−2 = 3−1 = 13 . Vamos calcu-
lar também a2:
a2 = 3
2−2 = 30 = 1
A razão é q = a2a1 =
1
1
3
= 3. Voltando ao produto dos 7
termos:
P7 =
(
1
3
)7
· 321 = 321−7 = 314
Assim, log9 314 =
1
2 · 14 · log3 3 = 7 · log3 3 = 7.
30. Como a P.G. tem razão 2 teremos:
(a1, a2, a3, 48, a5, a6, . . .)
Então, basta, achar os termos usando a razão:
(6, 12, 24, 48, 96, 192, . . .)
A soma fica: 6 + 12 + 24 + 48 + 96 + 192 = 378. Se quiser-
mos, podemos usar a fórmula do termo geral para calcular
o primeiro termo:
a4 = a1 · q3 ⇔ 48 = a1 · 23 ⇔ a1 = 6
A soma então:
S =
a1(q
n − 1)
q − 1
⇔ S = 6 · (2
6 − 1)
2− 1
45 CAPÍTULO 2. AS 100 RESOLUÇÕES
Ou seja, S = 6 · 63 = 378.
31. Vamos, de acordo com o enunciado, escrever as sequên-
cias; a P.A.:
(4, a2, a3)
E a P.G.:
(4, a2 − 2, a3)
Da P.A. teremos a2− 4 = a3−a2 e da P.G. teremos a2−24 =
a3
a2−2 . Portanto:
a3 = 2a2 − 4
Indo a outra equação: a2−24 =
2a2−4
a2−2 . Logo:
(a2 − 2)2 = 8a2 − 16⇔ a22 − 4a2 + 4 = 8a2 − 16
Finalmente, a22 − 12a2 + 20 = 0. Portanto, a2 = 10 ou
a2 = 2. As sequências possíveis:
P.A.(4, 10, 16) P.G.(4, 8, 16)
Ou
P.A.(4, 2, 0) P.G.(4, 0, 0)
Mas a3 > 0, logo a3 = 16.
32. A razão é q = 217 = 3. Portanto, a soma é:
S =
7 · (38 − 1)
3− 1
=
7
2
· (38 − 1)
Que resulta em 22960.
33. Se o lado do quadrado é `, teremos a sequência (`, 4`, `2).
Como é P.G.:
4`
`
=
`2
4`
⇔ `3 = 16`2
100 Problemas, Sem Problemas 46
Supondo ` 6= 0, temos ` = 16. Portanto, a área é 162 = 256.
34. Usando a fórmula:
S =
4 · (28 − 1)
2− 1
⇔ S = 1020
35. Vamos escrever os termos dados:
(a1, a2, a3, 48, a5)
Sabemos a razão, logo, (6, 12, 24, 48, 96), portanto, 6 · 96 =
576. Usando a fórmula:
a4 = a1 · q3 ⇔ 48 = a1 · 23 ⇔ a1 = 6
Como a5 = 48 · 2, temos a5 · a1 = 6 · 96 = 576.
36. Do enunciado:
3 · log y10 + 5 · log[(x2)3]
Usando as propriedades de logaritmo:
log(y10)3 + log{[(x2)3]}5 = log y30 + log x30
Mas log y30 +log x30 = log(xy)30 = 30 · log(xy). Entretanto:
log x+ log y = k ⇔ log(xy) = k
Finalmente, temos 30 · log(xy) = 30k.
37. Sabemos que:
logan n
a = n
Da definição de logaritmo:
logan n
a = n⇔ na = (an)n ⇔ na = an
2
47 CAPÍTULO 2. AS 100 RESOLUÇÕES
Portanto:
n = (an
2
)
1
a ⇔ n = (a 1a )n
2
⇔ n
1
n2 = a
1
a
Ufa! Finalmente: n2
√
n = a
√
a.
38. Para que y ∈ R, temos as condições:
15− x > 0 e 15− x 6= 1 e
√
x− 3− 3 > 0
Olhando cada uma:
15− x > 0⇔ x < 15
A segunda é: x 6= 14 e; da terceira:
√
x− 3 > 3⇔ x− 3 > 9⇔ x > 12
Portanto, x = 13 é o único valor natural.
39. A base do logaritmo está entre zero e 1:
log 1
9
(3x− 5) < −1
2
⇔ 3x− 5 >
(
1
9
)− 12
Seguindo:
3x− 5 > 9 12 ⇔ 3x− 5 > 3⇔ x > 8
3
Mas 83 ≈ 2, 33, assim o menor número é 3.
40. Se o módulo de um número é zero, este número é zero.
Assim:
|x|2 + |x| − 6 = 0
100 Problemas, Sem Problemas 48
Chamando |x| = m, temos:
m2 +m− 6 = 0
Cujas soluções são m = −3 ou m = 2, como m = |x|, temos
m > 0. Assim |x| = 2, chegando a x = ±2. O produto dos
valores é 2 · (−2) = −4.
41. Da primeira equação sabemos que x = y + 1. Da se-
gunda, chegamos à y = 1− 3z. Na terceira equação:
2 · (1 + y︸ ︷︷ ︸
x
) +Kz = 2⇔ 2 · (1 + 1− 3z︸ ︷︷ ︸
y
) +Kz = 2
Ajustando os termos:4− 6z +Kz = 2⇔ z = −2
K − 6
⇔ z = 2
6−K
Para que não haja solução 6 − K = 0, portanto K = 6.
Assim:
K + 3
K − 3
=
6 + 3
6− 3
=
9
3
= 3
42. Temos um sistema linear homogêneo, assim se houver
solução além da trivial, o determinante da matriz principal
dos coeficientes deve ser igual a zero:∣∣∣∣∣∣
4 2 (k + 1)
1 −9 2
−1 2 −6
∣∣∣∣∣∣ = 0
Calculando:
4 · 54 + 2(k + 1)− 4− 9(k + 1)− 16 + 12 = 0
49 CAPÍTULO 2. AS 100 RESOLUÇÕES
Continuando:
4 · 54− 7(k + 1)− 8 = 0⇔ −7k − 7 + 208 = 0
Portanto, k = 2017 .
43. Se (x, y) = (3, 1) é a solução, podemos fazer:
3− 2 · 1 = a⇔ a = 1
E
2 · 3− 3 · 1 = b⇔ b = 3
Daí a+ b = 4, que é par e não primo.
44. O grau do resto é, no máximo, uma unidade menor
que o grau do divisor. E o grau do quociente é a diferença
entre o grau do dividendo e o grau do divisor. Daí, se o grau
do divisor é ∂d teremos:
p+ 2− ∂d = q − 1⇔ ∂d = p− q + 3
Subtraindo uma unidade, teremos o grau ∂r (máximo) do
resto:
∂r = p− q + 3− 1⇒ ∂r = p− q + 2
45. Chamando a expressão de p(x), aplicamos o teorema do
resto, calculando p(1), já que 1 é a raiz do divisor de grau
1:
p(1) = 4 · 12021 + 2 · 12020 + 2019− 2018
Ou seja, p(1) = 7, que é o resto.
46. Sabendo que as potências de i são cíclicas em torno
do resto da divisão do expoente por 4, teremos:
2021 = 505× 4 + 1
100 Problemas, Sem Problemas 50
Logo i2021 = i1 = i, mas:
2022 = 505× 4 + 2
Portanto, i2022 = i2 = −1 e, por fim, (−1)2023 = −1, já que
2023 é ímpar e a base é negativa.
47. A parte real de z(t) é t2 e a parte imaginária é t
2. deste
modo temos o seguinte conjunto de equações parametriza-
das: {
x = t2
y = t2
da primeira temos t = 2x, substituindo na segunda, ficamos
com y = (2x)2, ou seja y = 4x2, que representa uma pará-
bola no plano cartesiano.
48. Usando os restos das divisões dos expoentes de i por
4 encontramos:
i1 + i2 + i0 + i3 = i+ (−1) + 1 + (−i) = 0
Que, claro é o mesmo que 0i = 0.
49. Escrevendo z na forma trigonométrica, teremos:
z = 4 ·
[
cos
(
5π
3
)
+ i · sen
(
5π
3
)]
Já na forma algébrica teremos:
z = 4 ·
(
1
2
− i ·
√
3
2
)
51 CAPÍTULO 2. AS 100 RESOLUÇÕES
Assim, 2 · z será:
2 · z = 2 · 4 ·
(
1
2
+ i ·
√
3
2
)
Chegando a:
2 · z = 4 + i · 4
√
3
50. SendoM o ponto médio, teremos AM = MB, portanto,
9x− 12 = 10x2 . Então:
9x− 12 = 5x⇔ 4x = 12⇔ x = 3
Chegamos à AM = MB = 15, já que AB = 30.
51. Observando cada alternativa, teremos:
a) Falsa. 5u > 3u, pois u > 0.
b) Falsa. 3u+ 5u = 8u.
c) Verdadeira. 3u5u =
3
5 = 0, 6, pois u 6= 0.
d) Falsa. 3u = 5u somente se u = 0. O que não procede,
pois A, B e C são distintos (B está entre A e C).
52. Sendo P o ponto médio, temos MP = PN , daí:
10x+ 7 = 20− 3x⇔ 13x = 13⇔ x = 1
Assim, MP = 10 · 1 + 7 = 17 e, por isso, MN = 34.
53. Se os ângulos são congruentes, teremos:
13x+ 60◦ = 23x− 40◦
Daí:
10x = 100◦ ⇔ x = 10◦
100 Problemas, Sem Problemas 52
Deste modo, x + 10◦ = 20◦ e seu complemento vale 90◦ −
20◦ = 70◦.
54. Dadas duas retas paralelas e uma transversal na geome-
tria euclideana, os ângulos alternos internos sempre serão
congruentes.
55. Vamos esboçar a figura relacionada ao enunciado:
A
C
B
M
N
20◦
D
Como B̂ = 20◦, então Ĉ = 90◦ − 20 = 70◦. Como CN é
bissetriz, então AĈN = 35◦. Sabemos que AM é mediana,
portanto, AM = MB e MÂB = MB̂A = 20◦. Assim
CÂD = 90◦ − 20 = 70◦ e no triângulo CDA:
DÂC +AĈD + CD̂A = 180◦ ⇔ 70◦ + 35◦ + CD̂A = 180◦
Logo CD̂A = 75◦.
56. Supondo que BC é o lado não congruente aos demais3,
teremos AB = AC e, portanto:
3x− 4 = x+ 8⇔ x = 6
Sabemos agora que AB = BC = 14 e BC = 8. Podemos
3Em geral, este é o lado chamado de base.
53 CAPÍTULO 2. AS 100 RESOLUÇÕES
aplicar o Teorema de Pitágoras:
AB2 =
(
BC
2
)2
+ h2
Sendo h a altura relativa a BC. Assim:
142 = 42 + h2 ⇔ h = 6
√
5
57. Para avaliar a posição relativa de duas circunferências,
comparamos a distância entre os centros com a soma e com
a diferença entre os raios das circunferências. Veja:
√
7 <
√
5 +
√
6
pois (
√
7)2 = 7 e (
√
5 +
√
6)2 = 5 + 2
√
30 + 6, chegando
a 11 + 2
√
30. Como 11 > 7, sabemos que 11 + 2
√
30 > 7.
Agora, (
√
6−
√
5)2 = 5− 2
√
30 + 6 = 11− 2
√
30. Supondo√
30 ≈ 5, vemos que 11 − 2
√
30 ≈ 1, logo menor que 7.
Assim: √
6−
√
5 <
√
7 <
√
5 +
√
6
Portanto as circunferências são secantes.
58. Os lados opostos de um retângulo são congruentes, daí:
AB = CD ⇒ 4x+ 15 = 5x⇔ x = 15
E
BC = AD ⇒ 16− y = y ⇔ y = 8
Assim, x− y = 15− 8 = 7, que é primo.
59. As diagonais de um losango são bissetrizes de seus ân-
gulos internos. Deste modo um dos ângulos internos será
100 Problemas, Sem Problemas 54
2 · 58◦ = 116◦ e o outro tem que ser o seu suplementar, já
que todo losango é um paralelogramo. Assim o outro in-
terno mede 180◦ − 116◦ = 64◦.
60. A base média bm de um trapézio é a média aritmética
das bases, logo:
bm =
5, 4 + 8, 6
2
=
14
2
= 7
61. Já que é retângulo, temos 4x + 15 = 5x, logo x = 15 e
AB = 75. O mesmo para 16−y = y, assim y = 8 e AD = 8.
Daí o semiperímetro fica 75+82 =
83
2 = 41, 5.
62. Corresponde à md́ia aritmética das bases:
bm =
x+ y
2
63. Ao unir os pontos médios dos lados consecutivos de
qualquer quadrilátero teremos um paralelogramo cujos la-
dos têm medidas respectivamente iguais à metade de cada
diagonal do quadrilátero original. Veja:
R
S
T
U
A
B
C
D
55 CAPÍTULO 2. AS 100 RESOLUÇÕES
Os lados do quadrilátero formado pelos pontos médios são
bases médias dos triângulos construídos usando-se dois lados
consecutivos e a diagonal. Por exemplo, TU é base média
do ∆ACD, pois DU = AU e CT = DT . O mesmo valendo
para os demais. Assim:
2pRSTU = AC +BD = 5 + 6 = 11
Pois TU = RS = AC2 e ST = RU =
BD
2 .
64. Seja P o ponto de interseção das diagonais AC e BD.
O hexágono regular do enunciado é o seguinte:
A B
C
D
P
Veja que AB = BC = CD = `. Como o hexágono é regular
Ĉ = 120◦. Deste modo, BD̂C = CB̂D = AĈB = CÂB =
30◦. Isto ocasiona:
Ĉ = PCD +ACB ⇒ 120◦ = PĈD + 30◦
Ou seja, PĈD = 90◦. Então ∆PCD é retângulo em C,
portanto, DP̂C = 60◦. Claro que BP̂C = 120◦. Como
observação, uma segunda solução é a que segue:
100 Problemas, Sem Problemas 56
A B
C
D
P
O
Perceba que , sendo O o centro do hexágono, ∆BCO é equi-
látero e P é o baricentro dele, pois PB e PC são bissetrizes
internas.
65. Se ae = 1◦, teremos 360
◦
n = 1
◦ e, portanto, n = 360. O
número de diagonais é:
d =
n(n− 3)
2
=
360 · 357
2
= 64260
66. Como a é o maior lado, façamos o desenho como a
seguir:
a
xy
b c
Repare que a bissetriz relativa ao maior lado (a) é traçada
do vértice de maior ângulo; então, pelo Teorema da Bissetriz
57 CAPÍTULO 2. AS 100 RESOLUÇÕES
Interna:
c
x
=
b
y
Então:
c+ b
x+ y
=
b
y
⇔ y = ab
b+ c
Pois x+ y = a. Analogamente podemos escrever c+bx+y =
c
x e
teremos x = acb+c . Do enunciado:
x2 − y2 = (x− y)(x+ y)
Ou seja:
x2 − y2 =
(
ac
b+ c
− ab
b+ c
)(
ac
b+ c
+
ab
b+ c
)
Ajustando:
x2 − y2 = a(c− b)
b+ c
· a(b+ c)
b+ c
Ou seja:
x2 − y2 = a
2(c− b)
b+ c
Mas a+ b+ c = 2p, logo b+ c = 2p− a, então ficamos com:
x2 − y2 = a
2(c− b)
2p− a
Observação: se invertermos, na figura, os comprimentos b e
c, teremos x2 − y2 = a
2(b−c)
2p−a . Esta seria a única diferença.
67. Sendo h a altura relativa e m e n os valores das proje-
ções, é verdade a relação:
h2 = mn⇔ h2 = 9 · 4 = 36
100 Problemas, Sem Problemas 58
Daí h = 6.
68. Esquematizando a figura do enunciado, teremos:
10
108 8
26
6
x
Usando o Teorema de Pitágoras:
x2 = 62 + 82 ⇔ x = 10
69. Vamos chamar a base de b e a altura de a, a área original
é T = ab. Já a nova área é T ′ = (1, 1b) · (0, 9a) = 0, 99ab.
Ou seja T ′ = 0, 99 · T .
70. Sendo R o raio do círculo, o lado L do quadrado cir-
cunscrito vale o dobro de R, ou seja L = 2R. Já o quadrado
de lado ` inscrito no círculo tem sua diagonal d = `
√
2 igual
ao diâmetro do círculo. Assim, `
√
2 = 2R. Se a e A são as
áreas do quadrado inscrito e do circunscrito, teremos:
A
a
=
L2
`2
=
(2R)2
( 2R√
2
)2
= 2
71. Se o lado original é `, o novo lado será `+ 12100 ·` = 1, 12`.
A nova área:A = (1, 12`)2 = 1, 2544 · `2
59 CAPÍTULO 2. AS 100 RESOLUÇÕES
Um aumento de 25, 44%, já que 1, 2544 = 1 + 0, 2544.
72. Se o poliedro é convexo, vale a relação de Euler, daí:
V + F = A+ 2
Todas as faces são pentagonais, então 5F5 = 2A e teremos
A = 100. Substituindo na fórmula de Euler:
V + 40 = 100 + 2⇔ V = 62
73. Já que é euleriano, usando a relação de Euler:
V + F = A+ 2
Teremos 10 + 12 = A+ 2, portanto, A = 20.
74. Como todas as quatro faces são triangulares, usando a
relação 3F3 = 2A, chegamos à A = 6. Como V +F = A+2,
ficamos com V + 4 = 6 + 2, tendo V = 4.
75. Um prisma regular tem por faces laterais retângulos.
Sendo a altura igual à aresta da base, as faces laterais se-
rão quadrados. Assim, ficamos com oito quadrados de lado
igual a 10, ou seja, A` = 8 · 10 · 10 = 800.
76. Se a base de um prisma possui n lados, então há n
faces laterais, além de duas bases. Assim, temos um total
de n+ 2 faces.
77. Como o prisma é octogonal, ele tem oito faces laterais.
Sendo ele um prisma reto, suas faces laterais são retângulos
e teremos uma área lateral A` de:
A` = 8 · 5 · 20 = 800
100 Problemas, Sem Problemas 60
78. Se o prisma tem a base com n lados, ele possui n ares-
tas laterais e n arestas na outra base, totalizando 3n arestas.
79. Primeiro precisamos saber que 1m` = 1 cm3. Queremos
calcular a altura de um prisma cuja base é um quadrado de
lado 8 cm e cujo volume é de 300 cm3. Assim:
300 = 8 · 8 · h⇔ h = 4, 6875
Essa é a altura “retirada” do prisma original. “Sobram”, en-
tão 10−4, 6875 = 5, 3125 cm, ou seja, aproximadamente 5, 3
cm.
80. Um prisma é um sólido composto de duas faces poligo-
nais e congruentes em planos paralelos chamadas de bases,
cujos vértices são unidos por paralelogramos. Deste modo,
as bases não podem ser figuras circulares.
81. Se um prisma é reto de base retangular, ele é um para-
lelepípedo reto-retângulo, assim:
V = 10 · 20 · 12 = 2400 cm3
82. A diagonal d vale d =
√
a2 + b2 + c2. Assim:
d2 =
√
32 + 52 + (
√
30)2
Chegamos a d =
√
64 = 8, que é cubo perfeito, já que 23 = 8.
83. A área total é A = 6a2 e o volume é V = a3. Usando a
relação dada no enunciado:
6a2 = 6 · a3 ⇔ a = 1
61 CAPÍTULO 2. AS 100 RESOLUÇÕES
Pois, supomos, de forma razoável que a 6= 0; portanto, a
diagonal d = a
√
3, vale d =
√
3.
84. Vamos calcular a área total:
A = 2 · (25 · 40 + 12 · 40 + 25 · 12)
Chegamos a A = 3560 cm2. Passando para m2, ficamos com
A = 0, 356 m2. Para fabricar 500 caixas ao custo de 0, 50 o
metro quadrado, temos um custo total de:
C = 0, 356× 500× 0, 50 = 89, 00
85. A seção meridional de um cilindro equilátero é um qua-
drado de lado h = 2R. A diagonal é d = h
√
2, logo:
6
√
2 = h
√
2⇔ h = 6
Sabemos que R = h2 = 3 e o volume, então, fica:
V = πR2h = π · 32 · 6 = 54π
86. Façamos h = x, R = x + 2 e g = x + 4. Pela relação
g2 = R2 + h2, teremos:
(x+ 4)2 = (x+ 2)2 + x2
Então:
x2 + 8x+ 16 = x2 + 4x+ 4 + x2
Assim, x2 − 4x− 12 = 0, cujas raízes são x1 = 6 e x2 = −2.
Como x > 0, teremos x = 6. O volume é:
V =
1
3
πR2h
100 Problemas, Sem Problemas 62
Sabemos que R = 8 e h = 6, portanto V = 13π · 8
2 · 6, resul-
tando em V = 128π.
87. No cone equilátero a seção meridional (seção meridi-
ana) é um triângulo equilátero. Portanto, a geratriz g = 2R
(em que R é o raio da base) se relaciona com a altura h,
pela expressão h = g
√
3
2 . Daí:
12 =
g
√
3
2
⇔ g = 24√
3
Como o raio R da base mede R = g2 e o volume de um cone
é V = 13 · πR
2 · h, podemos então escrever:
V =
1
3
· π ·
(
24√
3
2
)2
· 12
Resultando em V = 192π.
88. Usando a fórmula da área A da superfície esférica, te-
remos:
A = 4πR2
Sendo R o raio. Assim, 36π = 4πR2, logo R = 3. Para o
volume V = 43πR
3:
V =
4
3
π · 33 ⇔ V = 36π
89. Passando − 2π3 rad para graus, teremos −120
◦. Como
570◦ = 360◦ + 210◦, sabemos que 570◦ pertence ao terceiro
quadrante e −120◦ também, pois −120◦ = 240◦−360◦. Daí
vemos que não são côngruos, já que 570◦ ≡ 210◦ mod 360◦
e −120◦ ≡ 240◦ mod 360◦.
63 CAPÍTULO 2. AS 100 RESOLUÇÕES
90. Temos sen 150◦ = sen 30◦ = 12 , portanto:
senx+
1
2
= 1⇔ senx = 1
2
Assim, senx = sen 30◦, ou seja, no intervalo [0◦, 360◦], só
temos x = 30◦ ou x = 150◦.
91. Teremos cos(4x) = 12 e, como cos 60
◦ = 12 , temos as
opções:
4x = 60◦ + k · 360◦
para k ∈ Z e:
4x = (360◦ − 60◦) + k · 360◦
também para k ∈ Z. Isolando x em cada equação anterior:{
x = 15◦ + k · 90◦
x = 75◦ + k · 90◦
Assim, para k ∈ {0, 1, 2, 3} teremos os seguintes valores para
x:
15◦, 75◦, 105◦, 165◦, 195◦, 255◦, 265◦, 345◦
Portanto, 8 soluções no intervalo [0, 360◦].
92. Das relações métricas no triângulo retângulo, podemos
escrever:
AC2 = CH · CB
Então, como CB = CH +HB:
1, 52 = CH · (CH + 1, 6)⇔ CH2 + 1, 6 · CH − 2, 25 = 0
100 Problemas, Sem Problemas 64
Logo:
∆ = 1, 62 − 4 · 1 · 2, 25
Por fim: ∆ = 2, 56 + 9 = 11, 56. Então teremos:
CH =
−1, 6±
√
11, 56
2 · 1
Os valores são CH = −1,6+3,42 = 0, 9 e CH =
−1,6−3,4
2 =
−2, 5 < 0 que não convém. Precisamos calcular AB:
BC2 = AC2 +AB2
Mas BC = BH + HC. Ou seja, 0, 9 + 1, 6 = 2, 5 = BC.
Logo:
2, 52 = 1, 52 +AB2 ⇔ AB =
√
6, 25− 2, 25
Portanto, AB = 2. Daí CHAB =
0,9
2 =
9
20 .
93. Sabemos que sen Ĉ = cos B̂. Deste modo, podemos
escrever:
sen B̂ =
1
2
· cos B̂ ⇔ sen B̂
cos B̂
=
1
2
Ou seja, tan B̂ = 12 .
94. Vamos fazer a figura do enunciado:
x
x 7− x
x
x x+ 1
7
A
B C
D
65 CAPÍTULO 2. AS 100 RESOLUÇÕES
No triângulo retângulo de hipotenusa CD temos:
(x+ 1)2 = x2 + (7− x)2
Assim:
x2 + 2x+ 1 = x2 + 49− 14x+ x2
Chegando a:
x2 − 16x+ 48 = 0
Cujas soluções são x = 4 ou x = 12. Mas x < 7, logo x = 4.
Veja que ABD é triângulo retângulo, daí:
BD2 = 42 + 72 ⇔ BD2 = 16 + 49 = 65
Logo, BD =
√
65.
95. Usando as propriedades de logaritmo ficamos com:
x · (loga2 4)− y · (loga 16) + 3 = 0
Na forma reduzida, teremos:
y =
loga2 4
loga 16
· x+ 3
loga 16
Mais uma vez vamos recorrer às propriedades de logaritmos:
y =
1
2 · loga 4
loga 16
· x+ 3
loga 16
Usando a mudança de base:
y =
(
1
2
· log16 4
)
· x+ 3
loga 16
100 Problemas, Sem Problemas 66
Deste modo, o coeficiente angular vale 12 ·
1
2 =
1
4 .
96. Colocando todas as retas na forma reduzida:
r : y =
2
3
x+
3
2
s : y =
2
3
x+
7
12
t : y = −3
2
x+
1
2
Deste modo temos r ‖ s e r 6= s, pois mr = ms e nr 6= ns e
s ⊥ t, pois ms ·mt = −1.
97. O coeficiente linear corresponde ao valor de b, quando a
reta passa pelo ponto (0, b), daí sabemos que b = 5, já que
(0, 5) ∈ r.
98. Basta usar a informação dada no enunciado:
x
−2
+
y
1
3
= 1
99. Pela condição de alinhamento dos pontos, devemos ter:∣∣∣∣∣∣
3 5 1
6 −1 1
x 8 1
∣∣∣∣∣∣ = 0
Portanto:
(−3 + 48 + 5x)− (−x+ 24 + 30) = 0
Chegando à 6x = 9, ou seja, x = 1, 5.
67 CAPÍTULO 2. AS 100 RESOLUÇÕES
100. Dados os pontos da reta, podemos calcular seu coe-
ficiente angular:
m =
1− 0
3− 2
= 1
Assim, sua equação é y − 0 = 1 · (x− 2), ou seja, na forma
reduzida é y = x− 2.
100 Problemas, Sem Problemas 68
Capítulo 3
Os 100 Gabaritos
1. E
2. D
3. E
4. C
5. D
6. E
7. A
8. C
9. D
10. A
11. D
12. A
13. D
14. C
15. D
16. D
17. A
18. B
19. D
20. C
21. B
22. D
23. B
24. A
25. A
26. D
27. B
28. C
29. D
30. A
31. D
32. A
33. A
34. A
35. C
36. A
37. A
38. B
39. C
40. C
41. D
42. A
43. C
44. A
45. D
46. D
47. B
48. B
49. D
50. C
51. C
52. B
53. C
54. A
55. B
56. B
57. A
58. A
59. B
60. A
61. B
62. C
63. D
64. D
65. A
66. E
67. B
68. B
69. B
70. B
71. C
72. D
73. C
74. B
75. C
76. C
77. C
78. C
79. B
80. D
81. A
82. C
83. B
84. D
85. C
86. A
87. B
88. D
89. C
90. C
91. A
92. D
93. D
94. B
95. D
96. C
97. B
98. B
99. C
100. C
69