Resolução de Questões de Matemática

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Os trabalhadores A e B, trabalhando separa-
damente, levam cada um 9 e 10 horas, res-
pectivamente, para construir um mesmo
muro de tijolos. Trabalhando juntos no servi-
ço, sabe-se que eles assentam 10 tijolos a me-
nos por hora em relação ao que se esperaria
da combinação da velocidade de trabalho de
cada um. Se juntos os dois trabalhadores
constroem o muro em 5 horas, o número de
tijolos assentados no serviço é igual a
a) 450.
d) 1 550.
b) 600.
e) 1 800.
c) 900.
alternativa C
Seja x N∈ o número de tijolos no muro. Traba-
lhando separadamente, as velocidades de A e B
são, respectivamente, x
9
e
x
10
tijolos por hora.
Assim, trabalhando juntos, a velocidade é x
9
+
+ −
x
10
10 tijolos por hora e, como juntos constroem
um muro em 5 horas, x
9
x
10
10 x
5
x 900+ − = ⇔ = .
O número de tijolos assentados no serviço é, por-
tanto, 900.
Em relação a um código de 5 letras, sabe-se
que o código
– CLAVE não possui letras em comum;
– LUVRA possui uma letra em comum, que
está na posição correta;
– TUVCA possui duas letras em comum, uma
na posição correta e a outra não;
– LUTRE possui duas letras em comum, am-
bas na posição correta.
Numerando, da esquerda para a direita, as
letras do código com 1, 2, 3, 4 e 5, as informa-
ções dadas são suficientes para determinar,
no máximo, as letras em
a) 1 e 2.
d) 1, 3 e 4.
b) 2 e 3.
e) 2, 3 e 4.
c) 1, 2 e 3.
alternativa B
O código procurado não possui as letras do códi-
go CLAVE.
O código TUVCA possui 2 letras em comum com
o código desconhecido. Eliminando as letras V, C
e A concluímos que T e U pertencem ao código
procurado.
Se o código LUTRE possui 2 letras comuns, am-
bas na posição correta e as letras U e T estão
nesse código, as demais não pertencem ao códi-
go desconhecido.
Portanto U e T estão, respectivamente, nas posi-
ções 2 e 3 do código procurado.
Uma escola possui 2 600 alunos que nasce-
ram em anos de 365 dias. O número mínimo
desses alunos da escola que faz aniversário
no mesmo dia (e mês), e que nasceu no mes-
mo dia da semana é
a) 36. b) 38. c) 42. d) 46. e) 54.
alternativa D
Vamos supor que desejamos minimizar a quanti-
dade de alunos, tal que exista um outro aluno que
faça aniversário no mesmo dia e mês, e nasceu
no mesmo dia da semana.
Observe que 2 600 365 7 45= ⋅ + .
Se 7 ou menos pessoas fizerem aniversário no
mesmo dia e mês, é possível que nenhuma tenha
nascido no mesmo dia da semana. Assim, com
365 7⋅ alunos, é possível que nenhum faça ani-
versário no mesmo dia e mês, e tenha nascido no
mesmo dia da semana do outro. Porém, cobrimos
assim todas as possibilidades.
Assim, é preciso escolher um dia de aniversário e
um dia da semana para cada um dos outros 45
alunos restantes.
Percebemos que, a cada nova data escolhida
para um aluno, somamos dois alunos ao total dos
que fazem aniversário juntos e nasceram no mes-
mo dia da semana. Em contrapartida, se esco-
lhermos uma data previamente escolhida, soma-
mos apenas um aluno. Dessa forma, para minimi-
zar o número de alunos, basta escolhermos a
mesma data para todos os 45 alunos, totalizando
46 alunos fazendo aniversário numa mesma data
e nascendo no mesmo dia da semana.
Questão 1
Questão 2
Questão 3
Admita que no lançamento de um dado, não
viciado e com seis faces numeradas, possam
ocorrer apenas os eventos A, B ou C, cada um
com probabilidade PA , PB e PC , respectiva-
mente. Sabendo-se que P 6P 1 4PA B C+ = + e
P 2(P P )A B C= + , dentre as alternativas a se-
guir, a única que pode representar o evento A
é sair um número
a) menor que 2.
b) menor ou igual a 2.
c) maior que 2.
d) maior do que 3.
e) diferente de 3.
alternativa C
Como podem ocorrer apenas os eventos A, B e
C, e admitindo que são mutuamente exclusivos,
temos P P P 1A B C+ + = . Dessa forma,
P P P 1
P 6P 1 4P
P 2 (P P )
P P 1 P
P 6P
A B C
A B C
A B C
B C A
A
+ + =
+ = +
= ⋅ +
⇔
+ = −
+ B C
A A
4P 1
P 2 (1 P )
− =
= ⋅ −
⇔
+ = −
+ − =
=
⇔
=
= =
P P 1 2
3
2
3
6P 4P 1
P 2
3
P 2
3
P P 1
6
B C
B C
A
A
B C
.
Assim, dentre os eventos apresentados nas alter-
nativas, o único cuja probabilidade de ocorrer é
P 2
3A
= é o da alternativa C.
Uma pessoa trabalha no máximo 160 horas
por mês, programando e consertando compu-
tadores. Sua remuneração pelo trabalho é de
R$ 40,00 por hora de programação e R$ 20,00
por hora de conserto de computador. Sabe-se
também que ela trabalha x horas por mês com
programação e y horas com conserto de compu-
tadores, ganhando ao menos R$ 5.000,00 por
mês com esse trabalho. Nessas condições,
(x,y) é um par ordenado que necessariamente
pertence à região poligonal representada por
a)
b)
c)
d)
matemática 2
Questão 4
Questão 5
e)
ver comentário
A pessoa pode trabalhar no máximo 160 horas por
mês, x horas com programação e y horas com
conserto de computadores, ou seja, x y 160+ ≤ .
Em relação à remuneração, ela ganha R$ 40,00
por hora em programação e R$ 20,00 por hora em
conserto. Sendo a sua remuneração no mínimo de
R$ 5.000,00 mensais, temos 40x 20y 5 000+ ≥ .
O número de horas deve ser não negativo, isto é,
x ≥ 0 e y ≥ 0.
Logo, devemos atender simultaneamente às se-
guintes condições:
x 160
40x 20y 5 000
x 0 e y 0
+ ≤
+ ≥
≥ ≥
y
Graficamente, a região poligonal procurada é a in-
tersecção das regiões destacadas, conforme a fi-
gura a seguir.
O par ordenado (x; y) que satisfaz as condições
do enunciado necessariamente pertence às re-
giões poligonais representadas nas alternativas A
e D.
O montante aplicado de R$ 50.000,00 foi divi-
dido em duas partes, x e y, uma tendo rendi-
do 1% em um mês, e a outra 10% no mesmo
período. O total dos rendimentos dessa apli-
cação foi de R$ 4.000,00. Sendo M, P e Q as
matrizes M
x
y
=
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥ , P
50
4
=
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥ e Q =
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥
1 0 01
1 01
,
,
,
a matriz M pode ser obtida pelo produto
a) 1 000 ⋅ (Pt ⋅ Q)−1
b) Pt ⋅ Q ⋅ 1 000
c) Q−1 ⋅ P ⋅ 1 000
d) 1 000 ⋅ (Qt)−1 ⋅ P
e) (Q−1)t ⋅ P ⋅ 1 000
ver comentário
De acordo com o enunciado, devemos ter
x y 50 1 000
0,01 x 0,1 y 4 1 000
+ = ⋅
⋅ + ⋅ = ⋅
⇔
⇔
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥ ⋅
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥ =
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥ ⋅ ⇔
1 1
0,01 0,1
x
y
50
4
1 000
⇔ ⋅ = ⋅ ⇔Q M P 1 000t
⇔ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇔− −(Q ) Q M (Q ) P 1 000t 1 t t 1
⇔ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇔−I M2 t 1(Q ) P 1 000
⇔ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅− −M 1 000 (Q ) P (Q ) P 1 000,t 1 1 t
pois det(Q) ≠ 0.
Assim, as alternativas D e E estão corretas.
Seja f uma função de IN em Q, dada por
f(x)
2x 1, 1 x 5
x 12, 5 x 12
=
− ≤ <
− + ≤ ≤
⎧⎨⎩
Sabendo-se que a função f determina o nú-
mero de vezes que um equipamento foi utili-
zado em cada um dos 12 meses de um ano, é
correto afirmar que a mediana (estatística)
dos 12 registros é igual a
a) 3. b) 3,5. c) 11
3
. d) 4. e) 5,5.
alternativa B
Temos f(1) 2 1 1 1= ⋅ − = , f(2) 2 2 1 3= ⋅ − = ,
f(3) 2 3 1 5= ⋅ − = , f(4) 2 4 1 7= ⋅ − = ,
matemática 3
Questão 6
Questão 7
f(5) 5 12 7= − + = , f(6) 6 12 6= − + = ,
f(7) 7 12 5= − + = , f(8) 8 12 4= − + = ,
f(9) 9 12 3= − + = , f(10) 10 12 2= − + = ,
f(11) 11 12 1= − + = , f(12) 12 12 0= − + = .
Ordenando esses 12 valores, obtemos a seqüên-
cia (0, 1, 1, 2, 3, 3, 4, 5, 5, 6, 7, 7), cuja mediana
será igual à média aritmética entre o 6º e o 7º va-
lores, isto é, 3 4
2
3,5+ = .
Um supermercado, que fica aberto 24 horas
por dia, faz a contagem do número de clientes
na loja a cada 3 horas. Com base nos dados
observados, estima-se que o número de clien-
tes possa ser calculado pela função trigono-
métrica f(x) 900 800sen
x
12
= −
⋅⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟
π , onde f(x)
é o número de clientes e x, a hora da obser-
vação (x é um inteiro tal que 0 x 24≤ ≤ ).
Utilizando essa função, a estimativa da dife-
rença entreo número máximo e o número mí-
nimo de clientes dentro do supermercado, em
um dia completo, é igual a
a) 600.
c) 900.
e) 1 600.
b) 800.
d) 1 500.
alternativa E
Como0 x 24 0 x
12
2≤ ≤ ⇔ ≤ ≤π π, temos
− ≤ ⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ ≤ ⇔1 sen
x
12
1π
⇔ − ≤ − ⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ ≤ ⇔800 800 sen
x
12
800π
⇔ ≤ − ⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ ≤ ⇔100 900 800 sen
x
12
1 700π
⇔ ≤ ≤100 f(x) 1 700.
Logo a diferença entre o número máximo e o nú-
mero mínimo de clientes dentro do supermercado,
em um dia completo, é 1 700 100 1 600− = .
Os 2 vendedores de uma empresa decidiram
delimitar a região de atuação de cada um do
centro da cidade de São Paulo até, no máxi-
mo, um raio de 30 km. A divisão foi estabele-
cida da seguinte forma:
– Cláudio atuará em todos os locais até a dis-
tância de x quilômetros do centro da cidade;
– Luís atuará em todos os locais cuja distân-
cia ao centro da cidade esteja entre x e y qui-
lômetros;
– a área da cidade que caberá a cada um será
a mesma, com y > x ≠ 0.
Segundo o que foi estabelecido pelos vendedo-
res, o lugar geométrico no plano cartesiano
dos pares ordenados (x,y) é
a) b)
c) d)
e)
alternativa B
Supondo o centro da cidade no ponto (0; 0), a
área de atuação de Cláudio é o círculo de centro
(0; 0) e raio x, e a área de atuação de Luís é a
coroa circular determinada pelos círculos de cen-
tro (0; 0) e raios x e y, com y > x.
Como a área de atuação dos dois é a mesma,
π ⋅ (y 2 − x 2 ) = π ⋅ x 2 ⇔ y 2 = 2x 2 ⇔ y = x 2 .
matemática 4
Questão 9
Questão 8
Além disso, 0 < y ≤ 30 ⇔ 0 < x 2 ≤ 30 ⇔ 0 < x ≤
≤ 15 2 . Portanto, o lugar geométrico dos pares
(x; y) é representado por um segmento de reta,
cujas extremidades são (0; 0) aberta e (15 2 ; 30)
fechada.
A figura indica infinitos triângulos isósceles,
cujas bases medem, em centímetros, 8, 4, 2,
1, ...
Sabendo que as somas das áreas dos infinitos
triângulos hachurados na figura é igual a 51,
pode-se afirmar que a área do retângulo de
lados h e d é igual a
a) 68. b) 102. c) 136. d) 153. e) 192.
alternativa C
Considere a figura a seguir:
Como o ∆ABC é isósceles, a altura AA’
também é a mediana relativa à base BC e então
B’A = BA’ = 4.
Assim, AD DF FH+ + + = −... d 4. Masd 8 4= + +
+ + + =
−
=2 1 ... 8
1 1
2
16. Então a soma das ba-
ses dos infinitos triângulos destacados é
d 4 16 4 12− = − = . Como a soma das áreas dos
infinitos triângulos é 51, temos:
51 AD DF FH ...
2
h (d 4) h
2
=
+ + +⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ ⋅ =
− ⋅
=
= ⋅6 h ⇔ h 51
6
= .
A área do retângulo de lados h e d é igual a
d h 16 51
6
136⋅ = ⋅ = .
Figuras para as questões de números 11 e
12.
As figuras A e B indicam, respectivamente,
planificações de sólidos em forma de prisma e
pirâmide, com todas as medidas sendo dadas
em metros. Denotando por V1 e V2 os volu-
mes do prisma e da pirâmide, respectivamen-
te, conclui-se que V1 representa de V2
a) 25%.
d) 65%.
b) 45%.
e) 75%.
c) 50%.
matemática 5
Questão 11
Questão 10
d
8 4 2 1 ...
...h
2
2
2 2
22
2
4 4
2
A
a
2
4
4
4
4
B
alternativa E
Consideremos a partir das planificações as repre-
sentações do prisma reto e da pirâmide a seguir:
Admitindo que a base do prisma é um trapézio re-
tângulo, o volumeV1 é
(4 2)
2
2 2 12 m3+ ⋅ ⋅ = .
Como VH é perpendicular à base trapezoidal, o
volume V2 da pirâmide é
1
3
(4 2) 4
2
4⋅ + ⋅ ⋅ =
= 16 m3 .
Assim, V
V
12
16
V 75% V1
2
1 2= ⇔ = ⋅ .
O ângulo α, indicado na figura B, é igual a
a) arc cos −
1
5
. b) arc cos 1
5
.
c) arc cos −
24
25
. d) arc sen 24
25
.
e) arc sen 1.
alternativa A
Consideremos a planificação da pirâmide, em que
AH = GH, AB = CB, CD = ED e EF = GF.
A aresta GF da pirâmide mede
4 2 2 52 2+ = m, e portanto EF = GF = 2 5 m.
No triângulo retângulo FID, temos FD = 4 22 2+ =
= 2 5 m. Por outro lado, BC = AB = 4 42 2+ =
= 4 2 m.
Também pelo teorema de Pitágoras no ∆CBD,
CD = ED = 4 (4 2 )2 2+ = 4 3 m.
Aplicando a lei dos co-senos ao ∆EFD, (4 3 )2 =
= + − ⋅ ⋅(2 5 ) (2 5 ) 2 (2 5 )(2 5 ) cos2 2 α ⇔
⇔ = − ⇔ = − ⇔48 40 40 cos cos 1
5
α α
⇔ = −
⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟α arc cos
1
5
.
Um fundo de investimento disponibiliza nú-
meros inteiros de cotas aos interessados nes-
sa aplicação financeira. No primeiro dia de
negociação desse fundo, verifica-se que 5 in-
vestidores compraram cotas, e que foi vendi-
do um total de 9 cotas. Em tais condições, o
número de maneiras diferentes de alocação
das 9 cotas entre os 5 investidores é igual a
a) 56.
d) 120.
b) 70.
e) 126.
c) 86.
alternativa B
O número de maneiras de alocar as 9 cotas entre
os 5 investidores, sendo que todos compraram
cotas, é igual ao número de soluções inteiras e po-
matemática 6
Questão 12
Questão 13
2
2
2
4
sitivas da equação x x x x x 9,1 2 3 4 5+ + + + =
onde xi representa o número de cotas compradas
pelo i-ésimo investidor, isto é, C 8
49 1, 5 1− −
=
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ =
=
⋅ ⋅ ⋅
=
8 7 6 5
4!
70.
Sabendo-se que a circunferência x2 + y2 − 6x +
+ 4y + p = 0 possui apenas um ponto em co-
mum com a reta y = x − 1, conclui-se que p é
igual a
a) −9. b) 7. c) 9. d) 11. e) 12.
ver comentário
Como a circunferência e a reta possuem um único
ponto em comum, o sistema
x y 6x 4y p 0
y x 1
2 2+ − + + =
= −
possui uma única solução, isto é, a equação
x 2 + −(x 1)2 − 6x + 4(x − 1) + p = 0 ⇔
⇔ 2x 2 − 4x + (p − 3) = 0 deve ter ∆ = 0, ou seja,
( 4)2− − 4 ⋅ 2(p − 3) = 0 ⇔ p = 5.
Os gráficos das funções exponenciais g e h
são simétricos em relação à reta y = 0, como
mostra a figura:
Sendo g(x) = a + b ⋅cx e h(x) = d + e ⋅f x, a soma
a + b + c + d + e + f é igual a
a) 0. b) 7
3
. c) 10
3
. d) 8. e) 9.
alternativa D
Pelos gráficos, as assíntotas de g(x) e h(x) são,
respectivamente, as retas de equações y 3= e
y 3= − .
Como g(x) = a + b ⋅c x e h(x) = d + e ⋅ f x , temos
a 3= e d = −3. E pelos gráficos, g(0) = 4, g 1
2
⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ = 5,
h(0) = −4 e h 1
2
⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ = −5. Assim:
3 b c 4
3 b c 5
3 e f 4
3 e f 5
b 1
c 4
e 1
f
0
1
2
0
1
2
+ ⋅ =
+ ⋅ =
− + ⋅ = −
− + ⋅ = −
⇔
=
=
= −
= 4
Logo a + b + c + d + e + f = 3 + 1 + 4 − 3 − 1 + 4 = 8.
Uma aplicação financeira rende juros de 10%
ao ano, compostos anualmente. Utilizando
para os cálculos as aproximações fornecidas
na tabela, pode-se estimar que uma aplicação
de R$ 1.000,00 seria resgatada no montante
de R$ 1.000.000,00 após
x log x
2 0,30
5 0,70
11 1,04
a) mais de 1 século.
c) 4
5
de século.
b) 1 século.
d) 2
3
de século.
e) 3
4
de século.
alternativa E
Uma aplicação financeira de R$ 1.000,00 renden-
do juros compostos de 10% ao ano, poderá ser
matemática 7
Questão 16
Questão 14
Questão 15
resgatada no valor de R$ 1.000.000,00 depois de
um tempo t, em anos, tal que
1 000(1 + 10%)t = 1 000 000 ⇔ (1,1)t = 1 000 ⇔
⇔ log (1,1)t = log 1 000 ⇔ t = log 1 000
log(1,1) ⇔
⇔ t = log 1 000
log 11
10
⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟
⇔ t = log 1 000
log 11 log 10− anos.
Usando a aproximação dada log 11 ≅ 1,04, t ≅
≅
3
1,04 1−
= 75 anos = 3
4
de século.
Admita que o centro do plano complexo
Argand-Gauss coincida com o centro de um
relógio de ponteiros, como indica a figura:
Se o ponteiro dos minutos tem 2 unidades de
comprimento, às 11h55min sua ponta estará
sobre o número complexo
a) − +1 3 i
d) 3 i−
b) 1 3 i+
e) 3 i+
c) 1 3 i−
alternativa A
Às 11h55min, a ponta do ponteiro dos minutos re-
presenta o número complexo Z de módulo 2 e ar-
gumento principal 4 30 120o o⋅ = .
Assim, Z 2(cos 120 i sen 120 )o o= + ⋅ =
= − +
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ = − +2
1
2
3
2
i 1 3 i.
Seja I a matriz identidade de ordem 3 e M a
matriz quadrada
0 1 2
1 0 2
1 0 0−
⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥
Se o determinante damatriz (M + xI) é uma
função polinomial na variável x, a soma de
suas raízes é igual a
a) −1. b) 0. c) 1. d) 2. e) 3.
alternativa B
M xI
0 1 2
1 0 2
1 0 0
x
1 0 0
0 1 0
0 0 1
x 1
+ =
−
⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥
+ ⋅
⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥
=
2
1 x 2
1 0 x−
⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥
Seja f x( ) a função polinomial descrita. Temos:
f(x)
x 1 2
1 x 2
1 0 x
f(x) x x 23=
−
⇔ = + −
Pelas relações entre os coeficientes e as raízes, a
soma das raízes desta função é − =0
1
0.
Sejam f e g funções quadráticas, com f(x) =
= + +ax bx c2 . Sabe-se que o gráfico de g é
simétrico ao de f em relação ao eixo y, como
mostra a figura.
Os pontos P e Q localizam-se nos maiores ze-
ros das funções f e g, e o ponto R é o intercep-
to de f e g com o eixo y. Portanto, a área do
triângulo PQR, em função dos parâmetros a,
b e c da função f, é
a) (a b) c
2
− ⋅
c) −
⋅ ⋅a b c
2
e) c
2 a
2
⋅
b) (a b) c
2
+ ⋅
d) −
⋅
⋅
b c
2 a
alternativa D
Sejam x e x1 2 , x x1 2< , as raízes da função f.
Como o gráfico de g é simétrico ao gráfico de f
matemática 8
Questão 18
Questão 19
Questão 17
em relação ao eixo y, as raízes de g são
− −x e x1 2 , − < −x x2 1 .
Como os pontos P e Q localizam-se nos maiores
zeros de f e g, que são respectivamente x e x2 1− ,
PQ x ( x ) x x b
a2 1 2 1
= − − = + = − . Sendo R o
ponto de intersecção de f e g com o eixo y,
R (0; f(0)) (0; c)= = .
Logo a área do triângulo PQR é igual a
− ⋅
=
b
a
c
2
= −
bc
2a
.
A posição de um objeto A num eixo numerado
é descrita pela lei 1
8
7
8
2− ⋅ −0,5t , onde t é o
tempo em segundos. No mesmo eixo, move-se
o objeto B, de acordo com a lei 2−t . Os objetos
A e B se encontrarão num certo instante tAB .
O valor de tAB , em segundos, é um divisor de
a) 28. b) 26. c) 24. d) 22. e) 20.
alternativa C
No encontro dos objetos A e B, temos:
1
8
7
8
2 20,5t t− ⋅ = ⇔− −
⇔ − ⋅ = ⋅ ⇔− −1 7 2 8 20,5 tt
⇔ ⋅ + ⋅ − = ⇔− −8 2 7 2 1 0t 0,5t
⇔
=
+ − =
⇔
=
= − =
⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟
−
−
2 y
8y 7y 1 0
2 y
y 1ou y 1
8
0,5t
2
0,5t
Logo 2 1
8
2 20,5t 0,5t 3− − −= ⇔ = ⇔
⇔ − = − ⇔0,5t 3 t 6= segundos, que é um divi-
sor de 24.
A cidade D localiza-se à mesma distância das
cidades A e B, e dista 10 km da cidade C. Em
um mapa rodoviário de escala 1:100 000, a lo-
calização das cidades A, B, C e D mostra que
A, B e C não estão alinhadas. Nesse mapa, a
cidade D está localizada na intersecção entre
a) a mediatriz de AB e a circunferência de
centro C e raio 10 cm.
b) a mediatriz de AB e a circunferência de
centro C e raio 1 cm.
c) as circunferências de raio 10 cm e centros
A, B e C.
d) as bissetrizes de CAB� e CBA� e a circunfe-
rência de centro C e raio 10 cm.
e) as bissetrizes de CAB� e CBA� e a circunfe-
rência de centro C e raio 1 cm.
alternativa A
Como a cidade D é eqüidistante das cidades A e B
e está a 10 km da cidade C, D está na intersecção
da mediatriz do segmento AB com a circunferência
de centro C e raio 10 km, que na escala 1 : 100 000
será correspondente a 10
100 000
km =10 4− km =
= 10 cm.
Obs.: tal intersecção pode ser em dois pontos. A
localização da cidade D então não ficaria determi-
nada.
Na figura, ABC é um triângulo com AC =
= 20 cm, AB = 15 cm e BC = 14 cm.
Sendo AQ e BP bissetrizes interiores do
triângulo ABC, o quociente QR
AR
é igual a
a) 0,3. b) 0,35. c) 0,4. d) 0,45. e) 0,5.
alternativa C
Aplicando o teorema da bissetriz interna ao triân-
gulo ABC, obtemos:
BQ
AB
CQ
AC
BQ
15
14 BQ
20
BQ 6= ⇔ = − ⇔ =
No triângulo ABQ, BR é bissetriz interna.
Assim, aplicando novamente o teorema da bisse-
triz interna:
QR
BQ
AR
AB
QR
6
AR
15
QR
AR
6
15
0,4= ⇔ = ⇔ = =
matemática 9
Questão 20
Questão 21
A P C
R
B
Q
Questão 22
Na figura, ABCD é um quadrado, e M, N e P
são pontos médios de AD, BC e CD, respecti-
vamente:
Sabendo-se que os segmentos de reta BM, BD
e NP dividem o quadrado em polígonos de
áreas S1, S2, S3 e S4, conforme indica a figu-
ra, é correto afirmar que
a) 6 S1 = 6 S2 = 4 S3 = 3 S4
b) 4 S1 = 3 S2 = 3 S3 = 5 S4
c) 3 S1 = 3 S2 = 2 S3 = 4 S4
d) 3 S1 = 3 S2 = 6 S3 = 2 S4
e) 3 S1 = 3 S2 = 2 S3 = 6 S4
alternativa E
Na figura, observa-se que os triângulos AMB e
MDB têm bases AM e MD, respectivamente,
iguais e altura AB. Seja então S = S1 = S2 .
Como P e N são pontos médios de CD e BC, res-
pectivamente, ∆CNP ~ ∆CBD e SS S
4
3 4+
=
CN
BC
⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟
2
⇔
S
S S
4
1 2+
=
1
4
⇔
S
2S
4
=
1
4
⇔ S = 2 ⋅S4 .
Logo S3 = 2S −
S
2
=
3S
2
⇔ S = 2 S
3
3⋅
.
Assim S1 = S2 =
2S
3
3
= 2S4 ⇔
⇔ 3S1 = 3S2 = 2S3 = 6S4 .
A média das alturas dos 6 jogadores em qua-
dra de um time de vôlei é 1,92 m. Após subs-
tituir 3 jogadores por outros, a média das al-
turas do time passou para 1,90 m. Nessas
condições, a média, em metros, das alturas
dos jogadores que saíram supera a dos que
entraram em
a) 0,03.
c) 0,06.
e) 0,12.
b) 0,04.
d) 0,09.
alternativa B
A soma das alturas dos jogadores, antes das
substituições, é 6 1,92 11,52⋅ = m e após,
6 1,90 11,40⋅ = m. Assim a média das alturas dos
jogadores que saíram supera a dos jogadores que
entraram em 11,52 11,40
3
−
= 0,04 m.
A tabela indica a seqüência de teclas digita-
das em uma calculadora (da esquerda para a
direita) e o resultado apresentado no visor
após a seqüência:
Seqüência de
teclas ( )→
Resultado no
visor
2 + 3 = 5
2 + 3 = = 8
2 + 3 = = = 11
� �
Sabendo que X e Y representam dois algaris-
mos de 0 a 9, e que após digitarmos X + Y
seguido de 20 vezes a digitação da tecla = ob-
tivemos o número 87, é correto afirmar que
X Y+ é igual a
a) 12. b) 11. c) 10. d) 9. e) 8.
alternativa B
Analisando a tabela, concluímos que digitar X + Y
seguido de 20 vezes a digitação da tecla = ,
significa adicionar 20 ⋅ Y a X, ou seja, X + 20 ⋅ Y =
= ⇔ = −87 X 87 20Y.
Como X e Y são algarismos de 0 a 9, 0 ≤ 87 − 20y ≤
≤ 9 ⇔ 78
20
≤ Y ≤ 87
20
⇔ Y = 4. Assim, X =
= 87 − 20 ⋅ 4 = 7 e X + Y = 7 + 4 = 11.
matemática 10
Questão 23
Questão 24
Questão 25
O sólido da figura 1 foi obtido a partir de
duas secções em um cilindro circular reto de
altura 24 cm e raio da base 10 cm. As secções
foram feitas na intersecção do cilindro com
um diedro de 60o, como mostra a figura 2:
Sabendo que os pontos A, B, C, A’, B’ e C’
pertencem às faces do diedro e às circunfe-
rências das bases do cilindro, como mostra a
figura 2, a área da superfície BB’C’C, contida
na face lateral do cilindro, em cm², é igual a
a) 60 π . b) 40 3 π .
c) 80 π . d) 90 3 π .
e) 160 π .
alternativa E
Sejam O o centro da circunferência que contém
os pontos A, B e C e O’ o centro da circunferência
que contém os pontos A’, B’ e C’. Pelo teorema
do ângulo inscrito, podemos afirmar que
m(C’O’B’) m(COB) 2 60 120o o� �= = ⋅ = .
Assim, como a área da superfície lateral do cilin-
dro é diretamente proporcional ao ângulo do die-
dro de aresta OO’, temos que a área da superfície
BB’C’C é 120
360
2 10 24 160 cm
o
o
2
⋅ ⋅ ⋅ =π π .
Sabe-se que o custo por unidade de mercado-
ria produzida de uma empresa é dado pela
função C(x) x
10 000
x
160= + − , onde C(x) é
o custo por unidade, em R$, e x é o total de
unidades produzidas. Nas condições dadas, o
custo total mínimo em que a empresa pode
operar, em R$, é igual a
a) 3 600,00.
c) 4 000,00.
e) 4 400,00.
b) 3 800,00.
d) 4 200,00.
alternativa A
O custo total na produção de x unidades da mer-
cadoria é dado por
x C(x) x x 10 000
x
160⋅ = ⋅ + −⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ =
= − +x 160x 10 0002 reais, cujo valor mínimo é
−
− − ⋅ ⋅
⋅
=
[ ]( 160) 4 1 10 000
4 1
3 600
2
reais.
Na figura estão representados doisquadra-
dos de lado d e dois setores circulares de 90o e
raio d:
Sabendo que os pontos A, E e C estão alinha-
dos, a soma dos comprimentos do segmento
CF e do arco de circunferência AD, em função
de d, é igual a
a) ( )2 3
6
+ π
d b)
( )3
6
+ π
d
c) ( )4 3
12
+ π
d d)
( )12
24
+ π
d
e) ( )2 3
12
+ π
d
alternativa A
Seja AG = d
2
perpendicular a FD. No triângulo
AGE, senθ = AG
AE
d
2
d
sen
1
2
30o= ⇔ = ⇔ =θ θ .
matemática 11
Questão 27
A
C
B
A
,
B
,
C
,
figura 1
60°
A
C
A
,
C
, B
,
B
figura 2
Questão 26
Questão 28
No triângulo CFE, CF = d ⋅ tgθ =d ⋅ tg 30o = d 3
3
.
O arco AD mede 30
360
2 d d
6
o
o
⋅ =π
π
.
Assim CF + AD = d 3
3
d
6
(2 3 )
6
d+ = +π π .
Sabe-se que o sistema linear
x y 2
2x ay log ( a)b
− =
+ = −
⎧⎨⎩ nas variáveis x e y, é
possível e indeterminado. Nessas condições,
ba é igual a
a) 2 24 . b) 2. c) 24 .
d) 2
2
. e) 2
2
4
.
alternativa D
x y 2
2x ay log ( a)
x y 2
(a 2)y 4 log ( a)b b
− =
+ = −
⇔
= +
+ = − + −
Para que o sistema seja possível e indetermina-
do, devemos ter:
a 2 0
4 log ( a) 0
a 2
4 log 2 0b b
+ =
− + − =
⇔
= −
− + =
⇔
⇔
a 2
b 24
= −
=
Logo b ( 2 ) 1
2
2
2
a 4 2
= = =
−
.
O país A possui renda per capita anual de R
dólares e população de P habitantes. Saben-
do-se que o país B possui renda per capita
anual igual a 60% da do país A e o dobro da
sua população, é correto dizer que a renda to-
tal anual do país B é
a) 20% inferior à de A.
b) 30% inferior à de A.
c) igual à de A.
d) 30% superior à de A.
e) 20% superior à de A.
alternativa E
A renda total anual de um país é o produto
da renda per capita pela população. A renda
total anual do país A é P R⋅ , e a do país B,
(2 ⋅ P) ⋅ (60% ⋅ R) = 1,2 ⋅ P ⋅ R, que é 0,2 = 20% su-
perior à de A.
matemática 12
Questão 29
Questão 30