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Raciocínio Lógico Aula 05 - INSS

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Aula 05
Raciocínio Lógico p/ INSS - Técnico do Seguro Social - Com Videoaulas - 2015
Professor: Arthur Lima
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- “Nenhum poeta é médico” (mas pode haver algum poeta que é piloto): 
 
- “Todos os astronautas são pilotos”: 
 
 Olhando esse diagrama final, podemos avaliar as alternativas de resposta: 
(A) algum poeta é astronauta e algum piloto não é médico. � ERRADO. Não temos 
certeza de que há intersecção entre Poetas e Astronautas, embora possa haver. 
 
(B) algum astronauta é médico. � ERRADO. Todos os astronautas são pilotos, e 
nenhum piloto é médico, portanto nenhum astronauta é médico. 
 
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(C) todo poeta é astronauta. � ERRADO. Não podemos afirmar que o conjunto dos 
poetas está contido no interior do conjunto dos astronautas. 
 
(D) nenhum astronauta é médico. � CORRETO, como vimos no item B. 
 
(E) algum poeta não é astronauta. � ERRADO. Assim como não podemos afirmar o 
item C (que todo poeta é astronauta), também não temos elementos suficientes 
para afirmar o contrário (que algum poeta não é astronauta). 
RESPOSTA: D 
 
2. FCC – TRF/3ª – 2014) Um cofrinho possui apenas moedas de 25 centavos e 
moedas de 1 real, em um total de 50 moedas. Sabe-se que a diferença entre o total 
de moedas de 25 centavos e de 1 real do cofrinho, nessa ordem, é igual a 24 
moedas. O total de moedas de maior valor monetário em relação ao total de 
moedas de menor valor monetário nesse cofrinho corresponde, em %, a, 
aproximadamente, 
(A) 44. 
(B) 35. 
(C) 42. 
(D) 28. 
(E) 32. 
RESOLUÇÃO: 
 Sendo “m” a quantidade de moedas de 25 centavos, as moedas de 1 real são 
50 – m, pois a soma total é de 50 moedas. 
 Sabe-se que a diferença entre o total de moedas de 25 centavos e de 1 real 
do cofrinho, nessa ordem, é igual a 24 moedas. Ou seja, 
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m – (50 – m) = 24 
m – 50 + m = 24 
2m = 74 
m = 37 
 
 Assim, a quantidade de moedas de 25 centavos é de 37, e o restante (50 – 
37 = 13) são moedas de 1 real. 
 O total de moedas de maior valor monetário (13) em relação ao total de 
moedas de menor valor monetário (37) nesse cofrinho corresponde, em %, a, 
aproximadamente: 
P = 13 / 37 = 35,13% 
RESPOSTA: B 
 
3. FCC – TRF/3ª – 2014) Diante, apenas, das premissas “Existem juízes”, “Todos os 
juízes fizeram Direito” e “Alguns economistas são juízes”, é correto afirmar que 
(A) ser juiz é condição para ser economista. 
(B) alguns economistas que fizeram Direito não são juízes. 
(C) todos aqueles que fizeram Direito são juízes. 
(D) todos aqueles que não são economistas também não são juízes. 
(E) ao menos um economista fez Direito. 
RESOLUÇÃO: 
 Considerando os conjuntos dos juízes, das pessoas que fizeram direito, e dos 
economistas, as premissas podem ser representadas assim: 
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 Avaliando as opções de resposta: 
(A) ser juiz é condição para ser economista. � ERRADO. Veja que é possível estar 
no conjunto dos economistas sem necessariamente estar também no conjunto dos 
juízes. 
 
(B) alguns economistas que fizeram Direito não são juízes. � ERRADO. Não temos 
elementos para afirmar que existem (e nem que não existem) economistas na 
região que faz intersecção apenas com o conjunto do Direito (sem intersecção com 
o conjunto dos juízes). 
 
(C) todos aqueles que fizeram Direito são juízes. � ERRADO. Sabemos que todos 
juízes fizeram direito, mas não podemos afirmar que todos os que fizeram direito 
são juízes. 
 
(D) todos aqueles que não são economistas também não são juízes. � ERRADO. É 
possível existirem juízes que fizeram apenas direito, e não fizeram economia. 
 
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(E) ao menos um economista fez Direito. � CORRETO. Como foi afirmado que 
“Alguns economistas são juízes”, esses economistas que são juízes também 
fizeram Direito (pois todos os juízes fazem parte do conjunto do Direito). 
RESPOSTA: E 
 
4. FCC – TRF/3ª – 2014) Álvaro, Benedito, Cléber e outros dois amigos participam 
de uma corrida. Se apenas os cinco participaram dessa corrida, o número de 
possibilidades diferentes de maneira que Álvaro chegue antes que Benedito e este, 
por sua vez, chegue antes de Cléber é igual a 
(A) 22. 
(B) 26. 
(C) 20. 
(D) 24. 
(E) 18. 
RESOLUÇÃO: 
 Vamos representar abaixo a ordem de chegada dos amigos. Para que Álvaro 
chegue antes que Benedito e este, por sua vez, chegue antes de Cléber, 
precisamos de algo assim: 
__ Álvaro __ Benedito __ Cléber __ 
 
 Veja que as lacunas são as posições onde podemos colocar os demais 
amigos (que vamos chamar de X e Y). Vamos enumerar as possibilidades que 
temos para que X chegue à frente de Y: 
- se X for o 1º, Y pode ser o 2º, 3º, 4º ou 5º � 4 possibilidades 
- se X for o 2º, Y pode ser o 3º, 4º ou 4º � 3 possibilidades 
- se X for o 3º, Y pode ser o 4º ou o 5º � 2 possibilidades 
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- se X for o 4º, Y só pode ser o 5º � 1 possibilidade 
 
 Ao todo temos 4 + 3 + 2 + 1 = 10 possibilidades de X chegar antes de Y, 
mantendo a ordem dos demais. De maneira análoga, teremos 10 possibilidades de 
Y chegar antes de X. Ao todo, temos 10 + 10 = 20 possibilidades para as posições 
dos amigos restantes (X e Y), dado que Álvaro chegou antes de Benedito, e este 
antes de Cléber. 
RESPOSTA: C 
 
5. FCC – TRF/3ª – 2014) Na sequência (1; A; 2; 3; B; 4; 5; 6; C; 7; 8; 9; 10; D; 11; . . 
.) o terceiro termo que aparece após o aparecimento da letra J é 
(A) 63. 
(B) 69. 
(C) 52. 
(D) K. 
(E) 58. 
RESOLUÇÃO: 
 Veja que antes da primeira letra temos 1 número, entre esta e a segunda 
letra temos 2 números, entre esta e a terceira temos 3 números, entre esta e a 
quarta letra temos 4 números, e assim por diante. Para chegar na letra J, que é a 
10ª letra, teremos passado por 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 55 números. 
Como começamos do número 1, teremos justamente o número 55 logo antes do J. 
Após a letra J, os números seguem: 56, 57, 58, ... 
 Portanto, o 3º termo após o J é o número 58. 
RESPOSTA: E 
 
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6. FCC – TRF/3ª – 2014) Valter é vigilante, trabalha das 7 horas até as 19 horas, no 
regime de 5 dias trabalhados por um dia de folga. Kléber, amigo de Valter, é 
plantonista de manutenção na mesma empresa que Valter trabalha, e trabalha de 2a 
feira à Sábado e folga sempre aos Domingos. Em um dia 03 de julho, 6a feira, Valter 
combina com Kléber de fazerem um churrasco em famílias, na próxima folga que os 
dois tiverem no mesmo dia. Sabe-seque a próxima folga de Valter será no próximo 
dia 04 de julho. Então, o churrasco combinado ocorrerá no próximo dia 
 (A) 16 de agosto. 
(B) 09 de agosto. 
(C) 02 de agosto. 
(D) 01 de agosto. 
(E) 26 de julho. 
RESOLUÇÃO: 
 Veja que Valter folgou no dia 4 de julho, um sábado. Como ele folga a cada 6 
dias, podemos marcar assim as próximas folgas dele: 10, 16, 22, 28, 03, 09, 15 etc. 
Aqui vale lembrar que o mês de julho tem 31 dias, por isso fomos do dia 28 de Julho 
para o dia 03 de Agosto. 
 Kléber folga aos domingos. Como 4 de julho é sábado, a próxima folga de 
Kléber é o dia 05 de julho, um domingo. Após isso, ele folga a cada 7 dias (uma 
semana), ou seja, suas folgas são nos dias: 12, 19, 26, 02, 09, 16... 
 Compare as próximas folgas de Válter e Kléber, e repare que no dia 09 de 
Agosto é a próxima coincidência das folgas de ambos. 
RESPOSTA: B 
 
7. FCC – TRF/3ª – 2014) Partindo do ponto A, um automóvel percorreu 4,5 km no 
sentido Leste; percorreu 2,7 km no sentido Sul; percorreu 7,1 km no sentido Leste; 
percorreu 3,4 km no sentido Norte; percorreu 8,7 km no sentido Oeste; percorreu 
4,8 km no sentido Norte; percorreu 5,4 km no sentido Oeste; percorreu 7,2 km no 
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sentido Sul, percorreu 0,7 km no sentido Leste; percorreu 5,9 km no sentido Sul; 
percorreu 1,8 km no sentido Leste e parou. A distância entre o ponto em que o 
automóvel parou e o ponto A, inicial, é igual a 
(A) 7,6 km. 
(B) 14,1 km. 
(C) 13,4 km. 
(D) 5,4 km. 
(E) 0,4 km. 
RESOLUÇÃO: 
 Na direção Norte-Sul, os movimentos foram: 
Norte-Sul = – 2,7 + 3,4 + 4,8 – 7,2 – 5,9 = – 7 ,6 
 
 Veja que eu somei os movimentos no sentido Norte e subtraí os no sentido 
Sul, uma vez que eles são opostos. O resultado foi negativo, ou seja, o automóvel 
parou a 7,6km ao Sul do ponto de partida. 
 
 De maneira análoga, no sentido Leste-Oeste temos: 
Leste-Oeste = 4,5 + 7,1 – 8,7 – 5,4 + 0,7 + 1,8 = 0 
 
 Veja que o resultado foi zero, ou seja, na direção leste-oeste o movimento foi 
nulo (o carro parou no mesmo ponto onde começou). 
 Assim, o carro parou a 7,6km ao sul do ponto de partida. 
RESPOSTA: A 
 
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8. FCC – TRF/3ª – 2014) Considere a afirmação: Nem todas as exigências foram 
cumpridas ou o processo segue adiante. Do ponto de vista lógico, uma afirmação 
equivalente à acima é: 
(A) Se o processo segue adiante, então nem todas as exigências foram cumpridas. 
(B) O processo não segue adiante e todas as exigências foram cumpridas. 
(C) Se todas as exigências foram cumpridas, então o processo segue adiante. 
(D) Se nenhuma exigência foi cumprida, então o processo não segue adiante. 
(E) Nem todas as exigências foram cumpridas e o processo segue adiante. 
RESOLUÇÃO: 
Sabemos que a condicional A�B é equivalente à disjunção “~A ou B”. A 
frase do enunciado é uma disjunção “~A ou B”, onde: 
~A = nem todas as exigências foram cumpridas 
B = o processo segue adiante 
 
 Portanto, a proposição A é igual a “todas as exigências foram cumpridas”, e a 
condicional A�B é: 
“Se todas as exigências foram cumpridas, então o processo segue adiante” 
RESPOSTA: C 
 
9. FCC – TRT/19ª – 2014) Se o diretor está no escritório, então Rodrigo não joga no 
computador e Tomás não ouve rádio. Se Tomás não ouve rádio, então Gabriela 
pensa que Tomás não veio. Se Gabriela pensa que Tomás não veio, então ela fica 
mal humorada. Gabriela não está mal humorada. A partir dessas informações, é 
possível concluir, corretamente, que 
(A) o diretor não está no escritório e Tomás não ouve rádio. 
(B) Gabriela pensa que Tomás não veio e Tomás não ouve rádio. 
(C) o diretor está no escritório e Tomás ouve rádio. 
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(D) Tomás não ouve rádio e Gabriela não pensa que Tomás não veio. 
(E) o diretor não está no escritório e Gabriela não pensa que Tomás não veio. 
RESOLUÇÃO: 
 Temos as seguintes premissas: 
P1 = Se o diretor está no escritório, então Rodrigo não joga no computador e Tomás 
não ouve rádio. 
P2 = Se Tomás não ouve rádio, então Gabriela pensa que Tomás não veio. 
P3 = Se Gabriela pensa que Tomás não veio, então ela fica mal humorada. 
P4 = Gabriela não está mal humorada. 
 
 Para obter a conclusão, devemos considerar que todas as premissas são V. 
Começamos pela P4, que é uma proposição simples. Vemos que Gabriela 
efetivamente não está mal humorada. 
 Em P3, vemos que “ela fica mal humorada” é F, de modo que “Gabriela 
pensa que Tomás não veio” tem que ser F. Ou seja, Gabriela não pensa que Tomás 
não veio. 
 Em P2, “Gabriela pensa que Tomás não veio” é F, de modo que “Tomás não 
ouve rádio” deve ser F também. Portanto, Tomás ouve rádio. 
 Em P1, como “Tomás não ouve rádio” é F, a conjunção “Rodrigo não joga no 
computador e Tomás não ouve rádio” é F, o que obriga “o diretor está no escritório” 
a ser F também. Assim, o diretor não está no escritório. 
 Observando as conclusões que sublinhei, você pode marcar a alternativa E. 
RESPOSTA: E 
 
10. FCC – TRT/19ª – 2014) Jorge é o funcionário responsável por criar uma senha 
mensal de acesso ao sistema financeiro de uma empresa. A senha deve ser criada 
com 8 caracteres alfanuméricos. Jorge cria as senhas com um padrão dele e não 
divulgou. Observe as senhas de quatro meses seguidos. 
Janeiro: 008CA511 
Fevereiro: 014DB255 
Março: 026EC127 
Abril: 050FD063 
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Jorge informou que as senhas seguem um padrão sequencial, mês a mês. Sendo 
assim, a única alternativa que contém 3 caracteres presentes na senha preparada 
para o mês de Junho é 
(A) 1 - I - 6 
(B) 9 - H - 5 
(C) 1 - G - 2 
(D) 4 - F - 3 
(E) 8 - J - 1 
RESOLUÇÃO: 
 Observe os 3 primeiros algarimos de cada senha. Eles seguem uma 
seqüência onde começamos somando 6 (do 008 para 014), depois somamos 12 (do 
014 para o 026), depois somamos 24 (do 026 para o 050). Para Maio deveríamos 
somar 48, chegado em 098, e para Junho deveríamos somar 96, chegando a 194. 
 Veja agora a primeira letra de cada seqüência. Temos a ordem alfabética C, 
D, E, F. Em maio teríamos G, e em junho o H. 
 Veja a segunda letra de cada seqüência. Temos novamente a ordem A, B, C, 
D. Em maio teríamos E, e em Junho o F. 
 Até aqui a senha de Junho é 194HF. 
 Veja agora os 3 últimos algarismos de cada senha. De 511 para 255 
subtraímos 256 (que é 28). Do 255 para o 127 subtraímos 128 (que é 27). Do 127 
para o 63 subtraímos 64 (que é 26). Para maio deveríamos subtrair 25 (que é 32), 
chegando a 31, e para junho deveríamos subtrair 24 (que é 16), chegando a 15. A 
senha final é: 194HF015. Na alternativa B temos dígitos que fazem parte desta 
senha. 
RESPOSTA: B 
 
11. FCC – TRT/19ª – 2014) Considere verdadeiras as afirmações: 
I. Se Ana for nomeada para um novo cargo, então Marina permanecerá em seu 
posto. 
II. Marina não permanecerá em seu posto ou Juliana será promovida. 
III. Se Juliana for promovida então Beatriz fará o concurso. 
IV. Beatriz não fez o concurso. 
A partir dessas informações, pode-se concluir corretamente que 
(A) Beatriz foi nomeada para um novo cargo. 
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(B) Marina permanecerá em seu posto. 
(C) Beatriz não será promovida. 
(D) Ana não foi nomeada para um novo cargo. 
(E) Juliana foi promovida. 
RESOLUÇÃO: 
 A premissa IV é uma proposição simples, motivo pelo qual começamos a 
análise por ela. Assim, Beatriz não fez o concurso. Com isso, vamos forçar as 
demais premissas a terem o valor lógico Verdadeiro. 
Na premissa III, vemos que “Beatriz fará o concurso” é F, de modo que 
“Juliana for promovida” deve ser F. Assim, Juliana não foi promovida. 
 Na premissa II, sabemos que “Juliana será promovida” é F, de modo que 
“Marina não permanecerá em seu posto” precisa ser V. Assim, Marina não 
permanecerá em seu posto. 
 Na premissa I, sabemos que “Marina permanecerá em seu posto” é F, de 
modo que “Ana for nomeada” precisa ser F. Assim, Ana não foi nomeada. 
 As conclusões sublinhadas permitem marcar a alternativa D. 
RESPOSTA: D 
 
12. FCC – TRT/19ª – 2014) Gabriel descobriu pastas antigas arquivadas 
cronologicamente, organizadas e etiquetadas na seguinte sequência: 
07_55A; 07_55B; 08_55A; 09_55A; 09_55B; 09_55C; 
09_55D; 09_55E; 10_55A; 10_55B; 11_55A; 12_55A; 
12_55B; 12_55C; 01_56A; 01_56B; 02_56A; 02_56B; 
03_56A; xx_xxx; yy_yyy; zz_zzz; 04_56B. 
Sabendo-se que as etiquetas xx_xxx; yy_yyy; zz_zzz representam que o código foi 
encoberto, a etiqueta com as letras yy_yyy deveria, para manter o mesmo padrão 
das demais, conter o código 
(A) 03_56C. 
(B) 04_57C. 
(C) 04_56C. 
(D) 03_56B. 
(E) 04_56A. 
RESOLUÇÃO: 
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����� ������ 	��� � ���� !�
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 Observe que os dois primeiros dígitos de cada código seguem uma ordem 
cronológica, que lembra os meses do ano. Eles começaram em 07 (julho), foram até 
12 (dezembro), e em seguida recomeçaram do 01 (janeiro). Com essa “virada de 
ano”, o número 55 passou a ser 56. E a letra final, presente em cada senha, segue 
a ordem alfabética (A, B, C, D, E...), sendo usadas tantas letras quanto forem 
necessárias em cada mês. 
 Portanto, como o último código é 04_56B, o anterior a ele (zz_zzz) precisa 
ser 04_56A. Este é o primeiro código do mês 04 (abril). Portanto, o código anterior a 
este (yy_yyy) precisa começar com 03. Como temos 03_56A; xx_xxx; yy_yyy; resta 
claro que: 
xx_xxx = 03_56B 
e 
yy_yyy = 03_56C 
 
RESPOSTA: A 
 
13. FCC – TRT/19ª – 2014) Considere a seguinte afirmação: 
Se José estuda com persistência, então ele faz uma boa prova e fica satisfeito. 
Uma afirmação que é a negação da afirmação acima é 
(A) José estuda com persistência e ele não faz uma boa prova e ele não fica 
satisfeito. 
(B) José não estuda com persistência e ele não faz uma boa prova ou fica satisfeito. 
(C) José estuda com persistência ou ele faz uma boa prova ou ele não fica 
satisfeito. 
(D) José estuda com persistência e ele não faz uma boa prova ou ele não fica 
satisfeito. 
(E) Se José fica satisfeito então ele fez uma boa prova e estudou com persistência. 
RESOLUÇÃO: 
 Para negar a condicional p�q, podemos escrever a conjunção “p e ~q”. No 
caso, como a condicional é “Se José estuda com persistência, então ele faz uma 
boa prova e fica satisfeito”, temos que: 
p = José estuda com persistência 
q = ele faz uma boa prova e fica satisfeito 
 
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����� ������ 	��� � ���� !�
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 Repare que q é uma proposição composta, do tipo conjunção, cuja negação 
é: 
~q = ele NÃO faz uma boa prova OU NÃO fica satisfeito 
 
 Assim, a negação de p�q é “p e ~q”, que pode ser escrita assim: 
José estuda com persistência E NÃO faz uma boa prova OU NÃO fica satisfeito 
RESPOSTA: D 
 
14. FCC – TRT/19ª – 2014) Em uma sala um grupo de 21 pessoas criou um jogo no 
qual, após um apito, uma das pessoas da sala coloca um chapéu e conta um 
segredo para outras duas pessoas e sai da sala. Após o segundo apito, cada um 
daqueles que ouviram o segredo coloca um chapéu e conta o segredo para duas 
pessoas que estão sem chapéu, e saem da sala. O terceiro apito soa e cada um 
daqueles que ouviram o segredo coloca um chapéu, conta para duas pessoas e sai 
da sala. Após o quarto apito o mesmo procedimento acontece. Após o quinto e 
último apito, o mesmo procedimento acontece e todos haviam ouvido o segredo 
pelo menos uma vez e, no máximo, duas vezes, exceto a primeira pessoa. O 
número daqueles que ouviram o segredo duas vezes é igual a 
(A) 8. 
(B) 10. 
(C) 11. 
(D) 12. 
(E) 9. 
RESOLUÇÃO: 
 Perceba a sutil diferença entre o que ocorre após o segundo apito e o que 
ocorre após o terceiro: 
 
- Após o segundo apito, cada um daqueles que ouviram o segredo coloca um 
chapéu e conta o segredo para duas pessoas que estão sem chapéu, e saem 
da sala. 
- O terceiro apito soa e cada um daqueles que ouviram o segredo coloca um 
chapéu, conta para duas pessoas e sai 
 
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Veja que após o segundo apito era preciso contar o segredo para quem ainda 
NÃO tinha ouvido (e estava sem chapéu). Essa condição não é mais necessária 
após o terceiro apito! Ou seja, é permitido contar o segredo inclusive para quem 
está de chapéu, e já o ouviu uma vez. 
 
Vamos chamar as 21 pessoas pelas letras de A a U (considerando o K). Com 
isso, vamos seguir os passos descritos no enunciado: 
 
- após um apito, uma das pessoas da sala coloca um chapéu e conta um segredo 
para outras duas pessoas e sai da sala: suponha que A colocou o chapéu, contou o 
segredo para B e C, e saiu da sala. 
 
- após o segundo apito, cada um daqueles que ouviram o segredo (B e C) coloca 
um chapéu e conta o segredo para duas pessoas que estão sem chapéu, e saem da 
sala: imagine que B contou para D e E, e que C contou para F e G. Após isso, B e C 
sairam da sala. 
 
- o terceiro apito soa e cada um daqueles que ouviram o segredo coloca um chapéu, 
conta para duas pessoas e sai da sala: repare que agora não é necessário contar o 
segredo para quem está sem o chapéu. É possível contar o segredo também para 
quem tem o chapéu (que no momento são D, E, F e G). Assim, suponha que essas 
4 pessoas contaram o segredo entre si. Por exemplo, D contou para E, E contou 
para D, F contou para G e G contou para F. Além disso, eles precisam contar para 
mais uma pessoa. Suponha que eles contaram para H, I, J e K também. Após isso, 
D, E, F e G saem da sala. 
 
- após o quarto apito o mesmo procedimento acontece: ou seja, vamos supor que H 
contou para I, I contou para H, J contou para K, K contou para J. Além disso, eles 
precisam contar para mais uma pessoa. Vamos supor que eles contaram, 
respectivamente, para L, M, N e O. Feito isso, H, I, J e K saem da sala. 
 
- após o quinto e último apito, o mesmo procedimento acontece: neste momento 
estão com o chapéu L, M, N e O. Temos ainda as pessoas P, Q, R, S, T e U, que 
precisam ouvir o segredo pelo menos uma vez. Suponha que L contou para P e Q, 
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que M contou para R e S, que N contou para T e U. Por fim, suponha que O 
também contou para T e U. 
 
 Deste modo, veja que as seguintes pessoas ouviram o segredo duas vezes: 
D, E, F, G, H, I, J, K, T e U. E as seguintespessoas ouviram o segredo apenas uma 
vez: B, C, L, M, N, O, P, Q, R e S. A pessoa A contou o primeiro segredo, portanto 
não ouviu nenhuma vez. 
Assim, 10 pessoas ouviram o segredo duas vezes e outras 10 o ouviram uma 
vez. Assim chegamos ao gabarito proposto pela FCC. 
RESPOSTA: B 
Obs.: se você tentasse “forçar” as pessoas a contarem segredo apenas para quem 
ainda não o ouviu nenhuma vez, não seria possível que algumas pessoas tivessem 
ouvido o segredo duas vezes (como manda o enunciado). E faltariam pessoas na 
sala, pois elas vão saindo toda vez que contam o segredo. 
 
15. FCC – TRT/19ª – 2014) Álvaro, Bianca, Cléber e Dalva responderam uma prova 
de três perguntas, tendo que assinalar verdadeiro (V) ou falso (F) em cada uma. A 
tabela indica as respostas de cada uma das quatro pessoas às três perguntas. 
 
 Pergunta 1 Pergunta 2 Pergunta 3 
Álvaro V V F 
Bianca V F F 
Cléber F F V 
Dalva F V F 
Dentre as quatro pessoas, sabe-se que apenas uma acertou todas as perguntas, 
apenas uma errou todas as perguntas, e duas erraram apenas uma pergunta, não 
necessariamente a mesma. Sendo assim, é correto afirmar que 
(A) Bianca acertou todas as perguntas. 
(B) Álvaro errou a pergunta 3. 
(C) Cléber errou todas as perguntas. 
(D) Dalva acertou todas as perguntas. 
(E) duas pessoas erraram a pergunta 3. 
RESOLUÇÃO: 
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 Observe que as respostas de Álvaro e Cleber foram opostas. Assim, podem 
ter ocorrido duas coisas: 
1- um deles acertou todas, e o outro errou todas 
2- um deles errou uma e acertou as outras duas; e o outro errou duas e acertou 
a restante. 
 
O enunciado disse que uma pessoa acertou as 3 perguntas, outras duas 
acertaram 2 perguntas, e uma errou todas. Não houve caso de alguém que tenha 
errado só 1 pergunta. Portanto, a situação 2 acima deve ser desconsiderada, 
ficando somente a situação 1: portanto, ou Álvaro ou Cléber acertou todas (e o outro 
errou todas). 
Repare que, se Álvaro tiver acertado todas, então Bianca acertou duas (a 1 e 
a 3), e Dalva acertou duas (a 2 e a 3), além de Cléber ter errado todas. Isto é 
condizente com o enunciado, portanto nosso gabarito é a alternativa C. 
Note que, se Cléber tivesse acertado todas, então a Bianca teria acertado só 
uma (a 2), o que contraria o enunciado – pois ninguém acertou só uma. 
RESPOSTA: C 
 
16. FCC – TRT/19ª – 2014) Quatrocentos processos trabalhistas estão numerados 
de 325 até 724. Sabe-se que cada processo foi analisado por, pelo menos, um juiz. 
A numeração dos processos analisados por cada juiz seguiu a regra indicada na 
tabela abaixo. 
Juiz 1 (primeiro a receber processos 
para análise) 
 
Analisou apenas os processos cuja 
numeração deixava resto 2 na divisão 
por 4. 
Juiz 2 (segundo a receber processos 
para análise) 
Analisou apenas os processos cuja 
numeração era um múltiplo de 3. 
Juiz 3 (terceiro a receber processos 
para análise) 
Analisou apenas os demais processos 
que estavam sem análise de algum 
juiz. 
Do total de processos numerados, a porcentagem (%) de processos que foram 
analisados por menos do que dois juízes foi de 
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(A) 97,25. 
(B) 68,75. 
(C) 82,25. 
(D) 91,75. 
(E) 41,75. 
RESOLUÇÃO: 
 Divida 325 por 4. Você obterá quociente 81 e resto 1. Assim, ao dividir 326 
por 4 o resto será igual a 2. Este é o primeiro processo analisado pelo Juiz 1. Ele 
analisou, portanto, os processos 326, 330, 334, 338, 342, 346, ... 
 Veja ainda que 327 é o primeiro múltiplo de 3 acima de 325. Basta lembrar 
que, para um número ser múltiplo de 3, é preciso que a soma de seus algarismos 
seja múltiplo de 3. Assim, o Juiz 2 analisou os processos 327, 330, 333, 336, 339, 
342, 345, ... 
 Repare que os processos 330 e 342 foram analisados pelos juízes 1 e 2. O 
mesmo vai ocorrer de 12 em 12 processos, ou seja, com o 354, 366 etc. Repare que 
330 dividido por 12 deixa resto 6. Da mesma forma ocorre com o 342, 354, 366 etc. 
 Assim, os processos analisados por dois juízes são aqueles que, divididos 
por 12, deixam resto 6. Note que 724 dividido por 12 tem resultado 50 e resto 4. O 
próximo processo que teria resto 6 seria, portanto, o 726. Este já está fora dos que 
foram julgados (325 a 724), portanto devemos voltar 12, chegando ao processo 714. 
Este é o último processo julgado pelos juízes 1 e 2, sendo que o primeiro foi o 330. 
 Para saber quantos intervalos de 12 temos de 330 a 714, podemos calcular 
(714 – 330)/12 = 32. Devemos somar ainda mais 1 unidade, para computar os dois 
extremos (pois tanto o 330 como o 714 foram julgados pelos dois juízes), chegando 
a 33 processos julgados por ambos. 
 Assim, dos 400 processos, 33 foram julgados por 2 juízes, e o restante (367) 
foram julgados por apenas um juiz. Percentualmente, temos 367/400 = 91,75%. 
RESPOSTA: D 
 
17. FCC – TRT/19ª – 2014) P, Q, R, S, T e U são seis departamentos de uma 
repartição pública, sendo que cada um ocupa exatamente um andar inteiro do 
prédio de seis andares dessa repartição (os andares vão do 1o ao 6o). A respeito da 
localização de cada departamento nos andares do prédio, sabe-se que: 
− R está a “tantos andares” de Q como Q está de P; 
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− S está no andar logo abaixo de R; 
− T e U não estão em andares adjacentes; 
− T não está no 1o andar; 
− U está em andar imediatamente acima de P. 
Nas condições descritas, o segundo andar do prédio da repartição pública é 
ocupado pelo departamento 
(A) Q. 
(B) T. 
(C) S. 
(D) R. 
(E) U. 
RESOLUÇÃO: 
 Vamos avaliar as informações fornecidas, começando pelas mais fáceis: 
− S está no andar logo abaixo de R; 
− U está em andar imediatamente acima de P. 
 
 Com essas informações, podemos posicionar S e R, e U e P: 
R U 
S P 
 
 Agora vejamos a informação: 
− R está a “tantos andares” de Q como Q está de P; 
 
 Veja que Q é um andar intermediário, e está entre esses blocos R-S e U-P. 
Temos duas possibilidades: 
... ... 
R U 
S P 
... ... 
Q Q 
... ... 
U R 
P S 
... ... 
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 As reticências marcam posições que podem ser ocupadas pelo andar T, que 
é o único restante. Foi dito que ele não está no primeiro andar. Portanto, ou ele está 
em uma posição intermediária (entre Q e S, por exemplo), ou está em cima. 
 Repare que se T ficar numa posição intermediária (entre Q e S, por exemplo), 
a distância de Q até R ficará diferente da distância de Q até P, descumprindo a 
orientação do enunciado. Por isso, T precisa ficar em cima. Temos as opções: 
 
T T 
R U 
S P 
Q Q 
U R 
P S 
 
 Como foi dito que T e U não estão em andares adjacentes, devemos 
descartar a opção da direita, ficando com a opção da esquerda. Nela, o segundo 
andar é o da letra U. 
RESPOSTA: E 
 
18. FCC – TRT/16ª – 2014) Se nenhum XILACO é COLIXA, então 
(A) todo XILACO é COLIXA. 
(B) é verdadeiro que algum XILACO é COLIXA. 
(C) alguns COLIXA são XILACO. 
(D) é falso que algum XILACO é COLIXA. 
(E) todo COLIXA é XILACO. 
RESOLUÇÃO: 
 Sabendo que nenhum membro do conjunto XILACO é membro do conjunto 
COLIXA, podemos rapidamente eliminar as alternativas A,B, C e E: 
 
(A) todo XILACO é COLIXA. 
(B) é verdadeiro que algum XILACO é COLIXA. 
(C) alguns COLIXA são XILACO. 
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(E) todo COLIXA é XILACO. 
 
 Todas essas afirmações são falsas, pois não há membros em comum entre 
esses dois conjuntos. A alternativa D está correta: 
(D) é falso que algum XILACO é COLIXA. 
Resposta: D 
 
ATENÇÃO: Utilize o texto a seguir para responder às duas próximas questões. 
 
Em uma das versões do jogo de Canastra, muito popular em certos Estados 
brasileiros, uma canastra é um jogo composto de sete cartas. Existem dois tipos de 
canastras: a canastra real, formada por sete cartas normais iguais (por exemplo, 
sete reis) e a canastra suja, formada por quatro, cinco ou seis cartas normais iguais 
mais a quantidade de coringas necessária para completar as sete cartas. São 
exemplos de canastras sujas: um conjunto de seis cartas “9” mais um coringa ou um 
conjunto de quatro cartas “7” mais três coringas. As canastras reais e sujas valem, 
respectivamente, 500 e 300 pontos, mais o valor das cartas que as compõem. 
Dentre as cartas normais, cada carta “4”, “5”, “6” e “7” vale 5 pontos, cada “8”, “9”, 
“10”, valete, dama e rei vale 10 pontos e cada ás vale 20 pontos. Já dentre os 
coringas, existem dois tipos: o “2”, que vale 20 pontos cada, e o joker, que vale 50 
pontos cada. Uma carta “3” não pode ser usada em uma canastra. A Canastra é 
jogada com dois baralhos, o que resulta em oito cartas de cada tipo (“2”, “3”, “4”, ... , 
“10”, valete, dama, rei e ás) mais quatro coringas joker. 
 
19. FCC – TRT/2ª – 2014) Ao fazer uma canastra do jogo de Canastra, um jogador 
conseguirá uma quantidade de pontos, no mínimo, igual a 
(A) 335. 
(B) 350. 
(C) 365. 
(D) 375. 
(E) 380. 
RESOLUÇÃO: 
 O mínimo de pontos é obtido naquela canastra suja, que vale 300 pontos. 
Devemos somar o valor de cada carta. As cartas com menor valor são aquelas que 
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valem 5 pontos (“4”, “5”, “6” ou “7”). Para que a canastra seja suja, precisamos ter 
pelo menos 1 coringa. O coringa que vale menos é o “2”, que vale 20 pontos. 
Portanto, a canastra suja de menor valor é aquela formada por 6 cartas de baixo 
valor (5 pontos) e mais um coringa “2”, que vale 20 pontos, totalizando: 
300 + 6 x 5 + 20 = 350 pontos 
Resposta: B 
 
20. FCC – TRT/2ª – 2014) Ao fazer uma canastra do jogo de Canastra usando 
apenas sete cartas, um jogador conseguirá uma quantidade de pontos, no máximo, 
igual a 
(A) 530. 
(B) 535. 
(C) 570. 
(D) 615. 
(E) 640. 
RESOLUÇÃO: 
 Para conseguir o máximo de pontos, devemos fazer uma canastra real, com 
7 cartas iguais. Essa canastra vale 500 pontos. Devemos somar ainda o valor de 
cada carta. Para ter a maior pontuação possível, devemos formar uma canastra de 
sete “ás”, pois cada um deles vale 20 pontos. Desta forma, totalizamos: 
500 + 7 x 20 = 640 pontos 
Resposta: E 
 
21. FCC – TRT/2ª – 2014) O número A é composto por 2000 algarismos, todos eles 
iguais a 1, e o número B é composto por 1000 algarismos, todos eles iguais a 3. Se 
o número C é igual à soma dos números A e B, então a soma de todos os 
algarismos que compõem C é igual a 
(A) 5000. 
(B) 4444. 
(C) 4000. 
(D) 3333. 
(E) 3000. 
RESOLUÇÃO: 
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 Vamos utilizar um exemplo com menos algarismos para você visualizar. 
Imagine que A é composto por 4 algarismos, todos eles iguais a 1, e B é composto 
por 2 algarismos, todos eles iguais a 3. Assim, a soma de A e B é: 
1111 + 33 = 1144 
 
 Note que a soma dos algarismos da resposta é igual a 1 + 1 + 4 + 4 = 10, ou 
seja, 2 x 1 + 2 x 4 = 10. 
 
 De maneira análoga, ao somarmos os números A e B do enunciado, teremos 
como resultado um número formado por 1000 algarismos iguais a 4 e 1000 
algarismos iguais a 1, de modo que a soma dos algarismos será: 
1000 x 4 + 1000 x 1 = 5000 
Resposta: A 
 
22. FCC – TRT/2ª – 2014) No próximo ano, uma enfermeira deverá estar de plantão 
em 210 dos 365 dias do ano. No hospital em que ela trabalha, só se permite que 
uma enfermeira fique de plantão por, no máximo, 3 dias consecutivos. Nessas 
condições, combinando adequadamente os dias de plantão e de folga, o número 
máximo de dias consecutivos que ela poderá tirar de folga nesse ano é igual a 
(A) 78. 
(B) 85. 
(C) 87. 
(D) 90. 
(E) 155. 
RESOLUÇÃO: 
 Dividindo os 210 plantões em grupos de 3 plantões consecutivos, podemos 
dizer que a enfermeira precisa dar 70 grupos de 3 plantões seguidos. Assim, 
imagine que ela vá alternando um grupo de 3 plantões com 1 dia de folga. Desta 
forma, teríamos 70 grupos de 3 plantões, intercalados por 69 dias de folga, 
totalizando 70 x 3 + 69 = 279 dias, sobrando 365 – 279 = 86 dias de folga 
consecutivos. 
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 Ocorre que não temos essa alternativa de resposta, o que nos obriga a 
buscar uma outra forma de combinar as folgas e plantões. Podemos esquematizar a 
solução que encontramos até aqui assim: 
 
3 plantões – 1 folga – 3 plantões – 1 folga - ... – 3 plantões – 86 folgas 
 
 Repare que não é obrigatório tirar os 86 dias de folga no final do ano. É 
possível tirá-los logo após uma das folgas de 1 dia. Por exemplo: 
 
3 plantões – 1 folga – 86 folgas – 3 plantões – 1 folga - ... – 3 plantões 
 
 Fazendo assim, podemos somar uma folga de 1 dia com os 86 dias de folga 
que tinham sobrado, totalizando 87 dias consecutivos de folga. 
Resposta: C 
 
23. FCC – TRT/2ª – 2014) Durante um comício de sua campanha para o Governo 
do Estado, um candidato fez a seguinte afirmação: 
 
 “Se eu for eleito, vou asfaltar 2.000 quilômetros de estradas e construir mais de 
5.000 casas populares em nosso Estado.” 
 
 Considerando que, após algum tempo, a afirmação revelou-se falsa, pode-se 
concluir que, necessariamente, 
 
(A) o candidato não foi eleito e não foram asfaltados 2.000 quilômetros de estradas 
no Estado. 
(B) o candidato não foi eleito, mas foram construídas mais de 5.000 casas populares 
no Estado. 
(C) o candidato foi eleito, mas não foram asfaltados 2.000 quilômetros de estradas 
no Estado. 
(D) o candidato foi eleito e foram construídas mais de 5.000 casas populares no 
Estado. 
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(E) não foram asfaltados 2.000 quilômetros de estradas ou não foram construídas 
mais de 5.000 casas populares no Estado. 
RESOLUÇÃO: 
 Temos a condicional do tipo p�(q e r): 
 
(eu for eleito) � (asfaltar 2000km e construir mais de 5000 casas) 
 
 O único caso onde essa condicional tem valor lógico Falso é quando temos 
V�F, ou seja, quando p é V (o candidato é eleito) e “q e r” é F. Para que “q e r” seja 
F, é preciso que sua negação seja V, ou seja, que “~q ou ~r” seja V. Ou seja: 
 
“não asfaltar 2000km ou não construir mais de 5000 casas” 
 
 Portanto, para que a frase do candidato, é necessário que: 
- o candidato tenha sido eleito, e 
- não tenham sido asfaltados 2000km ou não tenham sidoconstruídas mais de 5000 
casas. 
 
 Portanto, a alternativa E está correta, pois é preciso, necessariamente, que o 
que ela afirma seja Verdadeiro: 
 
(E) não foram asfaltados 2.000 quilômetros de estradas ou não foram construídas 
mais de 5.000 casas populares no Estado. 
 
 
 Naturalmente, também seria correta uma opção de resposta do tipo: 
 
“O candidato foi eleito E não foram asfaltados 2000 quilômetros de estradas ou não 
foram construídas mais de 5000 casas populares no Estado” 
 
 Também seria correta uma afirmação que dissesse que, necessariamente, “o 
candidato foi eleito”. 
Resposta: E 
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24. FCC – TRT/2ª – 2014) Efetuando as multiplicações 
 
2 × 2 , 4 × 4 , 6 × 6 , 8 × 8 , ... , 
 
 obtemos uma sequência de números representada a seguir pelos seus quatro 
primeiros elementos: 
 
(4 , 16 , 36 , 64 , ... ). 
 
 Seguindo a mesma lógica, o 1000° elemento dessa sequência será 4.000.000 e o 
1001° elemento será 4.008.004. Dessa forma, o 1002° elemento será 
(A) 4.008.016. 
(B) 4.016.016. 
(C) 4.016.008. 
(D) 4.008.036. 
(E) 4.016.036. 
RESOLUÇÃO: 
 Observe que o 1000º elemento é 2000 x 2000 = 4.000.000. Portanto, o 1001º 
será 2002 x 2002, e o 1002º será 2004 x 2004, cujo resultado é: 
2004 x 2004 = 4.016.016 
 
 Uma forma fácil de fazer essa multiplicação é escrevendo 2004 como sendo 
a soma 2000 + 4, isto é, 
(2000 + 4) x (2000 + 4) = 
2000 x 2000 + 2000 x 4 + 4 x 2000 + 4 x 4 = 
4.000.000 + 8.000 + 8.000 + 16 = 
4.000.000 + 16.000 + 16 = 
4.016.016 
Resposta: B 
 
25. FCC – TRT/2ª – 2014) Considere as três afirmações a seguir, todas verdadeiras, 
feitas em janeiro de 2013. 
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 I. Se o projeto X for aprovado até maio de 2013, então um químico e um biólogo 
serão contratados em junho do mesmo ano. 
 
 II. Se um biólogo for contratado, então um novo congelador será adquirido. 
 
 III. Se for adquirido um novo congelador ou uma nova geladeira, então o chefe 
comprará sorvete para todos. 
 
 Até julho de 2013, nenhum biólogo havia sido contratado. Apenas com estas 
informações, pode-se concluir que, necessariamente, que 
(A) o projeto X não foi aprovado até maio de 2013. 
(B) nenhum químico foi contratado. 
(C) não foi adquirido um novo congelador. 
(D) não foi adquirida uma nova geladeira. 
(E) o chefe não comprou sorvete para todos. 
RESOLUÇÃO: 
 Se nenhum biólogo foi contratado, a proposição “um biólogo será contratado 
em junho” é Falsa. Deste modo, na premissa I, podemos dizer que a conjunção “um 
químico e um biólogo serão contratados em junho do mesmo ano” é 
necessariamente Falsa. Para que essa premissa I tenha valor lógico Verdadeiro, 
como manda o enunciado, faz-se necessário que a condição “Se o projeto X for 
aprovado até maio de 2013” seja também Falsa, ficando F�F, que é uma 
condicional verdadeira. 
 Portanto, é preciso que o projeto X não tenha sido aprovado até maio de 
2013, como vemos na alternativa A. 
Resposta: A 
 
26. FCC – TRT/2ª – 2014) Uma costureira precisa cortar retalhos retangulares de 
15cm por 9cm para decorar uma bandeira. Para isso, ela dispõe de uma peça de 
tecido, também retangular, de 55 cm por 20 cm. Considerando que um retalho não 
poderá ser feito costurando dois pedaços menores, o número máximo de retalhos 
que ela poderá obter com essa peça é igual a 
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(A) 8. 
(B) 9. 
(C) 6. 
(D) 7. 
(E) 10. 
RESOLUÇÃO: 
 Veja na figura abaixo a forma de obter o número máximo de retalhos (7): 
 
 
Resposta: D 
 
27. FCC – TRT/2ª – 2014) Um dia antes da reunião anual com os responsáveis por 
todas as franquias de uma cadeia de lanchonetes, o diretor comercial recebeu um 
relatório contendo a seguinte informação: 
 
Todas as franquias enviaram o balanço anual e nenhuma delas teve prejuízo neste 
ano. 
 
Minutos antes da reunião, porém, ele recebeu uma mensagem em seu celular 
enviada pelo gerente que elaborou o relatório, relatando que a informação não 
estava correta. Dessa forma, o diretor pôde concluir que, necessariamente, 
 
(A) nenhuma franquia enviou o balanço anual e todas elas tiveram prejuízo neste 
ano. 
(B) alguma franquia não enviou o balanço anual e todas elas tiveram prejuízo neste 
ano. 
(C) nenhuma franquia enviou o balanço anual ou pelo menos uma delas teve 
prejuízo neste ano. 
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(D) nem todas as franquias enviaram o balanço anual ou todas elas tiveram prejuízo 
neste ano. 
(E) nem todas as franquias enviaram o balanço anual ou pelo menos uma delas 
teve prejuízo neste ano. 
RESOLUÇÃO: 
 Se a conjunção “Todas as franquias enviaram o balanço anual E nenhuma 
delas teve prejuízo neste ano” é FALSA, podemos concluir que a sua negação é 
verdadeira. Esta negação é: 
 
“Nem todas as franquias enviaram o balanço anual OU alguma delas teve prejuízo 
neste ano” 
 
 Temos uma variação disto na alternativa E. 
Resposta: E 
 
28. FCC – TRT/2ª – 2014) Em uma escola de 100 alunos, há três recuperações 
durante o ano, sendo uma em cada trimestre. Em certo ano, 55 alunos ficaram em 
recuperação no 1o trimestre, 48 no 2o e 40 no 3o. Somente com esses dados, é 
correto concluir que naquele ano, necessariamente, 
(A) todos os alunos da escola ficaram em recuperação em, pelo menos, um 
trimestre. 
(B) 40 alunos ficaram em recuperação em dois trimestres e os demais em um único. 
(C) pelo menos um aluno da escola ficou em recuperação em somente dois 
trimestres. 
(D) no mínimo 5 e no máximo 40 alunos ficaram em recuperação nos três 
trimestres. 
(E) pelo menos 3 alunos ficaram em recuperação no 1o e também no 2o trimestre 
RESOLUÇÃO: 
 Vejamos cada afirmação: 
 
(A) todos os alunos da escola ficaram em recuperação em, pelo menos, um 
trimestre. 
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 ERRADO. Pode haver repetição entre os alunos que ficaram de recuperação 
em cada trimestre. 
 
(B) 40 alunos ficaram em recuperação em dois trimestres e os demais em um único. 
 ERRADO. Não podemos inferir isso das informações fornecidas. 
 
(C) pelo menos um aluno da escola ficou em recuperação em somente dois 
trimestres. 
 ERRADO. Ex.: imagine que os 40 alunos que ficaram de recuperação no 3o 
trimestre também ficaram no 2o e no 1o. Assim, dos demais 60 alunos, pode ser que 
15 tenham ficado de recuperação somente no 1o trimestre (totalizando 55), e que 
outros 8 alunos tenham ficado de recuperação somente no 2o trimestre (totalizando 
48). Neste caso, que é possível, 40 alunos teriam ficado de recuperação nos 3 
trimestres, outros 15 + 8 = 23 teriam ficado de recuperação em apenas 1 trimestre, 
e NENHUM aluno teria ficado de recuperação em somente dois trimestres. 
 
(D) no mínimo 5 e no máximo 40 alunos ficaram em recuperação nos três 
trimestres. 
 De fato o máximo de alunos que podem ter ficado de recuperação nos 3 
trimestres é 40, pois este é o máximoque temos no 3o trimestre. 
 Já para obter o mínimo, sabendo que 55 ficaram de recuperação no 1o 
trimestre, vamos imaginar que os 45 restantes tenham ficado de recuperação no 2o 
trimestre. Como ao todo foram 48 os que ficaram de recuperação no 2o trimestre, é 
preciso “emprestar” mais 3 alunos dos 55 que ficaram no 1o trimestre, de modo que 
esses 3 alunos ficaram de recuperação no 1o e no 2o trimestre. Agora suponha que 
40 dos 55 alunos que ficaram de recuperação no 2o trimestre (e não ficaram no 1o) 
tenham ficado de recuperação também no 3o trimestre. Neste caso, ficamos com 3 
alunos que ficaram de recuperação no 1o e 2o trimestre, e 40 alunos que ficaram de 
recuperação no 2o e 3o trimestres, e NENHUM aluno que ficou de recuperação nos 
3 trimestres. Ou seja, é possível que no mínimo 0 (nenhum) aluno tenha ficado de 
recuperação nos 3 trimestres. Item ERRADO. 
 
(E) pelo menos 3 alunos ficaram em recuperação no 1o e também no 2o trimestre 
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 CORRETO. Quando separamos 55 alunos para ficar de recuperação no 1o 
trimestre, sobram apenas 45 para ficarem de recuperação no 2o trimestre. Como 
foram 48, é preciso “emprestar” pelo menos 3 alunos dentre aqueles que ficaram de 
recuperação no 1o trimestre. 
Resposta: E 
 
29. FCC – TRT/2ª – 2014) Um laboratório de produtos farmacêuticos possui cinco 
geradores que mantêm o funcionamento dos equipamentos mesmo quando há falta 
de energia elétrica. A partir do momento em que o fornecimento de energia é 
interrompido, esses geradores são ativados, operando em forma de revezamento 
por períodos de tempo diferentes, conforme sua capacidade. A tabela mostra o 
sistema de revezamento nas primeiras 24 horas após a queda de energia. 
 
O ciclo de revezamento descrito repete-se a cada 24 horas, até que a energia seja 
restabelecida. Suponha que o fornecimento de energia elétrica tenha sido 
interrompido por 15 dias seguidos. O gerador que estava em funcionamento 307 
horas após a queda de energia era o gerador 
(A) I. 
(B) II. 
(C) III. 
(D) IV. 
(E) V. 
RESOLUÇÃO: 
 Observe que os ciclos tem duração de 24 horas. Dividindo 307 horas por 24, 
temos resultado 12 e resto 19. Ou seja, para chegar em 307 horas é preciso por 
passar por 12 ciclos completos (I, II, III, IV, V) e mais 19h. Repare que o gerador IV 
é aquele em funcionamento das 18 às 20h, que compreende o horário 19h. 
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Resposta: D 
 
30. FCC – TRT/2ª – 2014) O procedimento de despacho de bagagens em voos 
internacionais de certa companhia aérea está descrito no fluxograma abaixo. 
 
Ao final do processo de despacho para um voo internacional, Pedro e Marina 
tiveram de pagar R$ 105 e R$ 78, respectivamente. Dessa forma, pode-se concluir 
que, necessariamente, 
 
(A) Pedro pode ter despachado uma, duas ou três bagagens e Marina despachou 
duas. 
(B) Pedro pode ter despachado uma, duas ou três bagagens e Marina despachou, 
no máximo, duas. 
(C) Pedro despachou três bagagens e Marina despachou duas. 
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(D) Pedro despachou três bagagens e Marina pode ter despachado uma ou duas. 
(E) tanto Pedro, quanto Marina despacharam mais do que duas bagagens. 
RESOLUÇÃO: 
 Analisando o fluxograma, repare que devem ser pagos 96 reais para cada 
bagagem que exceda as 2 permitidas, e mais 3 reais para cada quilograma que 
exceda os 32kg permitidos em cada bagagem. 
 Como Marina pagou 78 reais, ela certamente não teve que pagar os 96 reais 
que deveriam ser pagos caso ela levasse mais de 2 bagagens. Ou seja, ela 
certamente está levando 2 ou menos bagagens. Além disso, esses 78 reais pagos 
por ela referem-se ao peso que excedeu 32kg em cada bagagem. Como são pagos 
3 reais por quilograma, e ela pagou 78 reais, então ela levou 78/3 = 26kg além dos 
32kg de cada bagagem. 
 
 Pedro pagou 105 reais. Pode ser que ele tenha levado até 2 bagagens, mas 
tenha pago um excesso de peso relativo a 105 / 3 = 35kg adicionais. Mas pode ser 
que ele tenha levado 3 bagagens, e por isso tenha pago 96 reais pelo fato de ter 1 
bagagem adicional. Já os 105 – 96 = 9 reais restantes seriam relativos a 3kg de 
excesso que ele pagou. 
 
 Assim, vemos que: 
- Pedro pode ter levado 1, 2 ou 3 bagagens 
- Marina pode ter levado 1 ou 2 bagagens. 
Resposta: B 
 
31. FCC – TRT/2ª – 2014) Um jogo de vôlei entre duas equipes é ganho por aquela 
que primeiro vencer três sets, podendo o placar terminar em 3 a 0, 3 a 1 ou 3 a 2. 
Cada set é ganho pela equipe que atingir 25 pontos, com uma diferença mínima de 
dois pontos a seu favor. Em caso de igualdade 24 a 24, o jogo continua até haver 
uma diferença de dois pontos (26 a 24, 27 a 25, e assim por diante). Em caso de 
igualdade de sets 2 a 2, o quinto e decisivo set é jogado até os 15 pontos, também 
devendo haver uma diferença mínima de dois pontos. Dessa forma, uma equipe 
pode perder um jogo de vôlei mesmo fazendo mais pontos do que a equipe 
adversária, considerando-se a soma dos pontos de todos os sets da partida. O 
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número total de pontos da equipe derrotada pode superar o da equipe vencedora, 
em até 
(A) 44 pontos. 
(B) 50 pontos. 
(C) 19 pontos. 
(D) 25 pontos. 
(E) 47 pontos. 
RESOLUÇÃO: 
 Pensando em um caso extremo, suponha que a equipe A ganhou os 2 
primeiros sets da equipe B pela diferença mínima de pontos, que é de 2 pontos em 
cada set. Até este momento, a equipe A fez 2 + 2 = 4 pontos a mais do que a equipe 
B. 
 Suponha ainda que a equipe B ganhou os 2 sets seguintes pela diferença 
MÁXIMA de pontos, ou seja, ela fez 25 a 0 nos dois sets, de modo que ela fez 50 
pontos nos dois sets, enquanto a equipe A não fez nenhum. 
 No quinto e último set, suponha que a equipe A voltou a ganhar, novamente 
pela diferença mínima de pontos (2). 
 Com isso, a equipe A fez 2 + 2 + 2 = 6 pontos a mais do que a equipe B nos 
sets que ela venceu (primeiro, segundo e quinto), enquanto a equipe B fez 50 
pontos a mais do que a equipe A nos sets que ela venceu (terceiro e quarto), de 
modo que, ao todo, a equipe B fez 50 – 6 = 44 pontos a mais do que a equipe A e, 
mesmo assim, o vencedor do jogo foi a equipe A (por 3 sets a 2). 
Resposta: A 
 
32. FCC – TRT/2ª – 2014) Em dezembro de 2013, a seleção brasileira feminina de 
handebol sagrou-se campeã mundial pela primeira vez na história. O Brasil 
enfrentou a Sérvia, país onde ocorreu o campeonato, em duas oportunidades, na 
primeira fase e na grande final, tendo vencido os dois jogos. Com o título, o Brasil já 
garantiu presença no próximo campeonato mundial, que será disputado em 2015 na 
Dinamarca. Na primeira fase desse campeonato, as 24 seleções participantes serão 
divididas em quatro grupos de seis componentes, com cada equipe enfrentando 
todas as outras de seu grupo uma única vez. Irão se classificar para a próxima fase 
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as quatro melhores de cada grupo. Os jogos programados para as fases a partir da 
segunda são mostrados a seguir.�
De acordo com a tabela de jogos fornecida, o número máximo de equipes que o 
Brasil poderá enfrentar em duas oportunidades durante o campeonato de 2015 é 
igual a 
(A) 3. 
(B) 1. 
(C) 2. 
(D) 4. 
(E) 0. 
RESOLUÇÃO: 
 Suponha que o Brasil foi o 1o do grupo A na primeira fase. Neste caso, ele vai 
fazer o jogo 6, jogando contra o 4o do grupo B. Se vencer, ele vai fazer o jogo 11, 
contra o vencedor do jogo 5, que pode ser um time do grupo C ou D. Se vencer o 
jogo 11, o Brasil faz o jogo 14 nas semifinais contra o vencedor do jogo 12, que é 
composto pelos vencedores dos jogos 7 e 8. Repare que o jogo 7 tem um outro time 
do mesmo grupo do Brasil (grupo A), ou seja, este time enfrentou o Brasil na 
primeira fase, e poderia enfrentá-lo novamente nas semifinais (caso esse time 
vença o jogo 7 e depois o jogo 12, chegando ao jogo 14). Caso o Brasil vença as 
semifinais, ele vai para a Final, jogando contra o vencedor do jogo 13, que por sua 
vez é formado pelos vencedores dos jogos 9 e 10, que por sua vez são formados 
pelos vencedores dos jogos 1, 2, 3 e 4. Repare que no jogo 1 tem outra equipe do 
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mesmo grupo do Brasil (Grupo A). Trata-se de outra equipe que o Brasil já enfrentou 
na primeira fase, e pode enfrentar novamente na final. 
 Portanto, o Brasil pode enfrentar em duas oportunidades no máximo 2 
equipes (aquela do jogo 1 e aquela do jogo 7, no exemplo que eu trabalhei). 
Resposta: C 
 
33. FCC – TRT/2ª – 2014) Um jogo eletrônico fornece, uma vez por dia, uma arma 
secreta que pode ser usada pelo jogador para aumentar suas chances de vitória. A 
arma é recebida mesmo nos dias em que o jogo não é acionado, podendo ficar 
acumulada. A tabela mostra a arma que é fornecida em cada dia da semana. 
 
 
 
Considerando que o dia 1º de janeiro de 2014 foi uma 4ª feira e que tanto 2014 
quanto 2015 são anos de 365 dias, o total de bombas coloridas que um jogador terá 
recebido no biênio formado pelos anos de 2014 e 2015 é igual a 
(A) 312. 
(B) 313. 
(C) 156. 
(D) 157. 
(E) 43 
RESOLUÇÃO: 
 Considerando os dois anos, temos 730 dias ao todo. Dividindo por 7, temos 
resultado 104 e resto 2. Isto é, de 01/01/2014 a 31/12/2015 temos 104 semanas, 
todas elas começadas numa quarta-feira e encerradas na terça-feira seguinte, e 
mais dois dias: uma quarta e uma quinta. Portanto, ao todo teremos 104 segundas-
feiras, 105 quartas-feiras (um dos 2 dias finais) e 104 sextas-feiras, totalizando 104 
+ 105 + 104 = 313 dias onde o jogador receberá bombas coloridas. 
Resposta: B 
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34. FCC – TRT/2ª – 2014) Em certo planeta de uma galáxia distante, existem 
apenas dois partidos, o BEM e o MAL. Quando são perguntados sobre qualquer 
assunto, os habitantes desse planeta sempre respondem com uma única dentre as 
duas seguintes palavras: sim ou não. Porém, os integrantes do BEM sempre 
respondem a verdade, enquanto que os integrantes do MAL necessariamente 
mentem. Zip e seu irmão Zap são habitantes desse planeta, sendo o primeiro um 
integrante do BEM e o segundo do MAL. Dentre as perguntas a seguir, qual é a 
única que, se for feita tanto para Zip quanto para Zap, gerará respostas diferentes? 
(A) Você é mentiroso? 
(B) Você é o Zip? 
(C) Zip é mentiroso? 
(D) Seu irmão chama-se Zip? 
(E) Seu irmão é mentiroso? 
RESOLUÇÃO: 
 Sabemos que Zip sempre fala a verdade (pois é do BEM) e Zap sempre 
mente (pois é do MAL). Vejamos como eles respondem a cada pergunta: 
 
(A) Você é mentiroso? 
 Zip: não (pois esta é uma verdade) 
 Zap: não (pois esta é uma mentira) 
 
(B) Você é o Zip? 
 Zip: sim (pois esta é a verdade) 
 Zap: sim (pois esta é uma mentira) 
 
(C) Zip é mentiroso? 
 Zip: não (que é a verdade) 
 Zap: sim (que é uma mentira) 
 
(D) Seu irmão chama-se Zip? 
 Zip: não (que é verdade) 
 Zap: não (que é mentira) 
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(E) Seu irmão é mentiroso? 
 Zip: sim (que é verdade) 
 Zap: sim (que é mentira) 
 
 Note que somente na pergunta C temos respostas distintas. 
Resposta: C 
 
35. FCC – METRÔ/SP – 2014) Uma sequência de nove números naturais foi criada 
segundo uma regra lógica. Seguem os quatro primeiros números da sequência: 1; 
12; 123; 1234. O resto da divisão entre o maior número da sequência que não é 
divisível por 3, pelo segundo maior número da sequência que também não é 
divisível por 3 é 
(A) 6789. 
(B) 234. 
(C) 567. 
(D) 12. 
(E) 456. 
RESOLUÇÃO: 
 Podemos terminar de escrever essa sequência, que possui nove números: 
1; 12; 123; 1234; 12345; 123456; 1234567; 12345678; 123456789. 
 
 Para um número ser divisível por 3, basta que a soma dos seus algarismos 
seja divisível por 3. Queremos descobrir o maior número que não é divisível por 3. 
Assim, vamos somar os algarismos de cada número, começando pelo maior deles: 
123456789 --> 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45 (divisível por 3) 
12345678 --> 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 36 (divisível por 3) 
1234567 --> 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 28 (NÃO divisível por 3) 
 
 Também queremos o segundo maior número da sequência que não seja 
divisivel por 3. Assim, podemos continuar avaliando os próximos números: 
123456 --> 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 (divisível por 3) 
12345 --> 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 (divisível por 3) 
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1234 --> 1 + 2 + 3 + 4 = 10 (NÃO divisível por 3) 
 
 Portanto, devemos efetuar a divisão entre 1234567 e 1234. Nesta divisão 
você vai encontrar o resultado 1.000 e o resto 567. 
RESPOSTA: C 
 
36. FCC – METRÔ/SP – 2014) A lei de formação de uma sequência de números é a 
partir do primeiro termo, um número qualquer diferente de zero, multiplicá-lo por −4 
(quatro negativo) para obter o segundo termo. O terceiro termo é obtido a partir do 
segundo termo dividindo-o por 2. Alternam-se esses cálculos na obtenção dos 
termos seguintes, assim o 4º termo é obtido a partir do 3º termo multiplicado por −4 
e segue. A soma dos 13 primeiros termos dessa sequência quando o número inicial 
for 3 será igual a 
(A) 381. 
(B) −192. 
(C) 48. 
(D) −395. 
(E) 183. 
RESOLUÇÃO: 
 Podemos escrever esta sequência de números utilizando a regra fornecida 
pelo enunciado, ou seja, alternando uma multiplicação por -4 com uma divisão por 
2. Dessa forma, partindo do número 3, os 13 primeiros termos são: 
3, -12, -6, 24, 12, -48, -24, 96, 48, -192, -96, 384, 192 
 
 Somando esses termos, veja que vários deles se anulam: 
3 + (-12) + (-6) + 24 + 12 + (-48) + (-24) + 96 + 48 +(-192) + (-96) + 384 + 192 = 
3 + (-6) + 384 = 
381 
RESPOSTA: A 
 
37. FCC – METRÔ/SP – 2014) Um operador de composições do Metrô faz o trajeto 
de treinamento em 1 hora, 56 minutos e 40 segundos. Após uma semana de 
treinamento, esse operador diminuiu o seu tempo em 5%. Sob a orientação de um 
novo técnico, esse operador diminuiu o seu tempo, aquele já melhorado, em 10%. 
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Desta forma, o tempo inicial para percorrero trajeto diminuiu, após as duas 
medições, em 
(A) 14 minutos e 21 segundos. 
(B) 17 minutos e 30 segundos. 
(C) 15 minutos e 35 segundos. 
(D) 18 minutos e 48 segundos. 
(E) 16 minutos e 55 segundos. 
RESOLUÇÃO: 
 Sabemos que uma hora corresponde a 60 minutos, de modo que uma hora e 
56 minutos correspondem a 116 minutos. Também sabemos que um minuto 
corresponde a 60 segundos, de modo que 116 minutos correspondem a 6.960 
segundos. Somando com mais 40 segundos, temos 7.000 segundos, que 
correspondem a uma hora e 56 minutos e 40 segundos. Este era o tempo inicial do 
operador. Uma redução de 5 por cento neste tempo, ele passou a ser igual a: 
(1 - 5%) x 7.000 = 
0,95 x 7.000 = 
6.650 segundos 
 
 Como uma subsequente redução de 10 por cento neste tempo já melhorado, 
passamos para: 
(1 - 10%) x 6.650 = 
0,90 x 6.650 = 
5.985 segundos 
 
 Portando comparando o tempo inicial com o final, podemos dizer que houve 
uma diminuição de 7.000 - 5.985 = 1.015 segundos. Dividindo 1.015 segundos por 
60, você vai encontrar o resultado 16 e o resto igual a 55. Ou seja, a redução de 
1.015 segundos corresponde a 16 minutos e 55 segundos. 
RESPOSTA: E 
 
38. FCC – METRÔ/SP – 2014) Em volta de uma mesa redonda há 17 cadeiras. 
Duas pessoas estão sentadas, lado a lado, sem que haja nenhuma cadeira vazia 
entre elas. Do ponto de vista das duas pessoas sentadas, aquela que está à 
esquerda muda-se para a cadeira imediatamente ao seu lado esquerdo e repete 
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esse mesmo procedimento mais oito vezes. Simultaneamente, a pessoa que está à 
direita muda-se para a 2ª cadeira que está à sua direita e também repete esse 
procedimento mais oito vezes. Após essas mudanças, o menor número de cadeiras 
vazias que estão entre essas duas pessoas é igual a 
(A) 3. 
(B) 0. 
(C) 5. 
(D) 4. 
(E) 7. 
RESOLUÇÃO: 
 Imagine que estamos olhando essa mesa de cima. Suponha que temos 17 
cadeiras ao redor dessa mesa, numeradas de 1 a 17 no sentido horário (se preferir 
você pode desenhar para facilitar o acompanhamento dessa resolução). Vamos 
supor que as duas pessoas estão sentadas nas cadeiras 1 e 2. Assim, a pessoa 
que está à esquerda é aquela da cadeira 2. Caso ela mude de cadeira 9 vezes no 
sentido horário (para a sua esquerda), ela vai passar por: 
2-->3-->4-->5-->6-->7-->8-->9-->10-->11 
 
 Assim, essa pessoa vai parar na cadeira de número 10. A pessoa que 
estava na cadeira número 1 fez um procedimento similar, porém mudando 2 
cadeiras de cada vez, e no outro sentido (anti-horário). Após 9 mudanças ela vai 
passar por: 
1-->16-->14-->12-->10-->8-->6-->4-->2-->17 
 
 Assim, o menor número de cadeiras vazias entre essas duas pessoas é igual 
a 5: 
12, 13 ,14, 15 e 16 
 
 Atenção: veja que as pessoas mudaram de cadeira 9 vezes, e não somente 
8, pois o enunciado diz que a pessoa movimenta-se uma vez e depois repete este 
mesmo procedimento mais 8 vezes, totalizando 9 movimentações. 
RESPOSTA: C 
 
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39. FCC – TRT/2ª – 2014) Quatro amigos resolveram disputar uma corrida e, antes 
de seu início, cada um fez uma previsão sobre o resultado. 
 I. Bruno será o vencedor. 
 II. Felipe ficará em 3o ou 4o lugar. 
 III. Nem Bruno nem João ficarão em 2o lugar. 
 IV. Danilo não será o 2o colocado. 
 
Sabendo que não houve empate em nenhuma posição e que apenas uma das 
previsões revelou-se correta, conclui-se que o vencedor da corrida 
(A) certamente foi o Bruno. 
(B) certamente foi o Danilo. 
(C) pode ter sido o Danilo ou o Felipe. 
(D) pode ter sido o Bruno ou o João. 
(E) certamente foi o Felipe. 
RESOLUÇÃO: 
 Veja na tabela abaixo o que acontece se cada uma das previsões não for 
correta: 
Previsão Se não for correta, então 
I. Bruno será o vencedor Bruno não será o vencedor 
II. Felipe ficará em 3o ou 4o lugar Felipe ficará em 1o ou 2o lugar 
III. Nem Bruno nem João ficarão em 2o lugar Bruno ou João ficará em 2o lugar 
IV. Danilo não será o 2o colocado Danilo será o 2o colocado 
 
 Note que se III e IV estiverem ambas erradas, teremos um conflito no 2o 
colocado, que deveria ser Bruno ou João (linha 3) e, ao mesmo tempo Danilo (linha 
4). Portanto, é preciso que uma delas esteja correta (III ou IV). 
 Suponha que III está correta. Deste modo, as demais estão erradas. As 
frases corretas seriam essas em vermelho: 
Previsão Se não for correta, então 
I. Bruno será o vencedor Bruno não será o vencedor 
II. Felipe ficará em 3o ou 4o lugar Felipe ficará em 1o ou 2o lugar 
III. Nem Bruno nem João ficarão em 2o lugar Bruno ou João ficará em 2o lugar 
IV. Danilo não será o 2o colocado Danilo será o 2o colocado 
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 Portanto, na última linha vemos que Danilo é o 2o. Na segunda linha vemos 
que Felipe é o 1o (pois o 2o já é Danilo). Deste modo, falta posicionar Bruno e João 
nas posições restantes (3a e 4a), o que é possível fazer sem contrariar as demais 
frases marcadas em vermelho. Entretanto, não temos mais elementos para fixar 
qual dos dois rapazes é o 3o e qual deles é o 4o colocado. 
 
 Agora vamos supor IV é a frase correta. Assim, as frases certas seriam essas 
em vermelho: 
Previsão Se não for correta, então 
I. Bruno será o vencedor Bruno não será o vencedor 
II. Felipe ficará em 3o ou 4o lugar Felipe ficará em 1o ou 2o lugar 
III. Nem Bruno nem João ficarão em 2o lugar Bruno ou João ficará em 2o lugar 
IV. Danilo não será o 2o colocado Danilo será o 2o colocado 
 
 Analisando as frases das linhas 2 e 3 simultaneamente, vemos que Felipe 
deve ser o 1o pois a segunda posição será de Bruno ou João. Temos, portanto, que 
colocar Bruno ou João na 2a posição, e as demais posições (3a e 4a) podem ser 
preenchidas sem contrariar as demais frases em vermelho. 
 
 Repare que, em ambos os casos, Felipe ficou em 1o. Portanto, ele 
certamente é o 1o colocado. 
Resposta: E 
 
40. FCC – TRT/2ª – 2014) No dia 21 de dezembro de 2013, o Atlético Mineiro 
venceu a equipe chinesa do Guangzhou pelo placar de 3 a 2, conquistando a 
terceira colocação do Campeonato Mundial de Clubes. O resumo dos gols 
marcados na partida é dado a seguir. 
 
 
 
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Considerando que o primeiro tempo durou 46 minutos e que o segundo tempo durou 
48 minutos, o total de minutos em que essa partida esteve empatada é igual a 
(A) 55. 
(B) 53. 
(C) 54. 
(D) 52. 
(E) 56. 
RESOLUÇÃO: 
 Veja que o Atlético fez 1x0 com 2 minutos de jogo. Portanto, nos 2 primeiros 
minutos a partida estava empatada em 0x0. O Atlético continuou vencendo até os 8 
minutos, quando o Guangzhou empatou. Então a partida ficou empatada em 1x1 até 
os 15minutos, quando o Guangzhou fez mais um gol. Ou seja, ela ficou empatada 
por mais 15 – 8 = 7 minutos. O Guangzhou permaneceu à frente no placar até os 45 
minutos, quando o Atlético empatou em 2x2. Como o primeiro tempo teve 46 
minutos, temos mais 1 minuto de empate no primeiro tempo. O próximo gol do 
Atlético ocorreu apenas aos 45 minutos do 2o tempo, portanto devemos somar mais 
45 minutos de empate, totalizando: 
 
Tempo de jogo empatado = 2 + 7+ 1 + 45 = 55 minutos 
 
Resposta: A 
 
41. FCC – TJAP – 2014) Em um país, todos os habitantes são filiados a um partido 
político, sendo que um mesmo habitante não pode ser filiado a dois partidos 
diferentes. Sabe-se ainda que todo habitante filiado ao partido X é engenheiro e que 
cada habitante tem uma única profissão. Paulo é um engenheiro e Carla é uma 
médica, ambos habitantes desse país. Apenas com essas informações, é correto 
concluir que, necessariamente, 
(A) Paulo é filiado ao partido X. 
(B) Carla não é filiada ao partido X. 
(C) Carla é filiada ao partido X. 
(D) Paulo não é filiado ao partido X. 
(E) Paulo e Carla são filiados a partidos diferentes. 
RESOLUÇÃO: 
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 Sabemos que todo filiado do partido X é engenheiro, mas isto NÃO significa 
que todos os engenheiros são do partido X. Assim, sabendo que Paulo é 
engenheiro, não podemos afirmar que ele é do partido X (ou que não é deste 
partido). 
 Por outro lado, sabendo que Carla é médica, fica claro que ela NÃO é do 
partido X (pois se ela fosse, seria engenheira). Assim, só podemos afirmar o que 
temos na alternativa B. 
RESPOSTA: B 
 
42. FCC – TJAP – 2014) A eleição de representante de classe de uma turma teve 
apenas três candidatos: Bia, Pedro e Marcelo. Todos os 40 alunos da turma 
votaram, sempre em um único dos três candidatos. Se Bia foi a vencedora da 
eleição, então ela recebeu, no mínimo, 
(A) 13 votos. 
(B) 20 votos. 
(C) 19 votos. 
(D) 14 votos. 
(E) 21 votos. 
RESOLUÇÃO: 
 Veja que se formos dividir os 40 votos igualmente entre os 3 candidatos, 
ficaríamos com 40 / 3 = 13,333... Ou seja, é possível ser eleito tendo 14 votos, e os 
demais candidatos tendo 13 votos cada um. 
 Não é possível ser eleito com 13 votos ou menos (pois neste caso, alguém 
teria mais de 13 votos, e venceria a eleição). 
RESPOSTA: D 
 
43. FCC – TJAP – 2014) Ricardo nasceu em 2001 e, exatamente 53 semanas 
depois de seu nascimento nasceu Gabriela, sua irmã. Se Gabriela nasceu em 2003, 
então ela faz aniversário no mês de 
(A) junho. 
(B) fevereiro. 
(C) janeiro. 
(D) novembro. 
(E) dezembro. 
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RESOLUÇÃO: 
 Veja que 53 semanas correspondem a 53 x 7 = 371 dias. Ou seja, Gabriela 
nasceu 1 ano e 6 dias após Ricardo. 
 Para Ricardo ter nascido em 2001 e ela em 2003, é preciso que: 
- Ricardo tenha nascido no final de Dezembro de 2001, e 
- Gabriela tenha nascido no início de Janeiro de 2003. 
RESPOSTA: C 
 
44. FCC – TJAP – 2014) Considere a seguinte declaração, feita por um analista 
político fictício: “se o partido P conseguir eleger Senador no Estado F ou no Estado 
G, então terá a maioria no Senado”. 
A partir da declaração do analista, é correto concluir que, necessariamente, se o 
partido P 
(A) não tiver a maioria no Senado, então não terá conseguido eleger o senador no 
Estado G. 
(B) tiver a maioria no Senado, então terá conseguido eleger o senador no Estado G. 
(C) tiver a maioria no Senado, então terá conseguido eleger o senador no Estado F. 
(D) não conseguiu eleger o senador no Estado F, então não terá a maioria no 
Senado. 
(E) não conseguiu eleger o senador no Estado G, então não terá a maioria no 
Senado. 
RESOLUÇÃO: 
 Vamos usar as seguintes proposições simples: 
p = o partido P conseguir eleger Senador no Estado F 
q = o partido P conseguir eleger Senador no Estado G 
r = o partido P terá a maioria no Senado 
 
 Veja que a frase do enunciado é: 
(p ou q) � r 
 
 Esta proposição é equivalente a: 
~r � ~(p ou q) 
 
 Esta proposição é o mesmo que: 
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3 Cruzeiro será campeão Cruzeiro não será campeão 
4 Avaí não será campeão Avaí será campeão 
 
 Aqui somente o Bahia é campeão, o que é uma possibilidade factível. 
 
 Deste modo, vemos que os times que podem ter sido campeões são o Bahia 
ou o Avaí. 
RESPOSTA: B 
 
46. FCC – TJAP – 2014) Durante um jogo, Clara lançou um dado comum, 
numerado de 1 a 6, seis vezes consecutivas. Em nenhuma delas, obteve o número 
1 nem o número 5, tendo obtido todos os demais números no mínimo uma e, no 
máximo, duas vezes. 
Se Clara somar os números obtidos nos seis lançamentos, chegará a um resultado 
que pode ser, no máximo, 
(A) 27. 
(B) 28. 
(C) 26. 
(D) 24. 
(E) 25. 
RESOLUÇÃO: 
 Seja que cada um dos outros números (2, 3, 4 e 6) foram obtidos pelo menos 
1 e no máximo 2 vezes. 
Podemos começar somando uma vez cada número, afinal temos pelo menos 
1 lançamento onde cada número saiu: 2 + 3 + 4 + 6 = 15. 
Temos ainda 2 outros lançamentos. Como queremos saber a maior soma 
possível, devemos privilegiar os números maiores (6 e 4), de modo que estes 
seriam os casos que tiveram dois lançamentos. Somando-os, temos: 
15 + 6 + 4 = 25 
RESPOSTA: E 
 
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47. FCC – TJAP – 2014) Bruno criou um código secreto para se comunicar por 
escrito com seus amigos. A tabela mostra algumas palavras traduzidas para esse 
código. 
Palavra Tradução no código de Bruno 
POTE QNUD 
TERRA UDSQB 
CERA DDSZ 
FOGUEIRA GNHTFHSZ 
 
A palavra MEL, no código de Bruno, seria traduzida como 
(A) LDK. 
(B) NFM. 
(C) LFK. 
(D) NDM. 
(E) OGN. 
RESOLUÇÃO: 
 Observe a conversão POTE � QNUD. Veja que as consoantes de POTE 
foram substituídas pela letra seguinte no alfabeto (P�Q, e T�U), já as vogais foram 
substituídas pela letra anterior no alfabeto (O�N, e E�D). 
 Note que isto ocorre também nos demais casos. Assim, esta é a lógica que 
devemos seguir. Em MEL, ficaríamos com: 
M (consoante) � N (letra seguinte) 
E (vogal) � D (letra anterior) 
L (consoante) � M (letra seguinte) 
 
 Ou seja, MEL � NDM. 
RESPOSTA: D 
 
48. FCC – TJAP – 2014) Um dos setores de um estádio possui 600 cadeiras, 
divididas em dez filas de 60 cadeiras cada uma. A numeração das cadeiras é feita 
da esquerda para a direita nas filas ímpares e da direita para a esquerda nas filas 
pares, como indicado na figura. 
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O número da cadeira que fica imediatamente atrás da cadeira 432 é 
(A) 454. 
(B) 456. 
(C) 493. 
(D) 531. 
(E) 529. 
RESOLUÇÃO: 
 Dividindo 432 por 60, temos quociente 7 e resto 12. Assim, podemos dizer 
que antes da poltrona 432 temos 7 filas, de modo que a 432ª poltrona fica na 8ª fila 
(sendo a 12ª cadeira desta fila, da direita para a esquerda, pois esta é uma fila par). 
Até a 7ª fila temos 60 x 7 = 420 cadeiras, de modo que a 8ª fila começa na 
421ª cadeira e vai até a 60x8 = 480ª cadeira. A 9ª fila começa na cadeira 481, e é 
numerada da esquerda para a direita. 
Queremos chegar até a posição atrás da cadeira 432. Esta é a 12ª cadeira na 
8ª fila, da direita para a esquerda, ou seja, é a 60 – 12 = 48ª cadeira da esquerda 
para a direita nesta mesma fila. 
Partindo da 481ª cadeira (que é a primeira da 9ª fila, da esquerda para a 
direita) e somando mais 48 posições, chegamos na 529ª cadeira. 
RESPOSTA: E 
 
49. FCC – TJAP – 2014) No Brasil, o voto é obrigatório apenas para

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