MATEMÁTICA · Escrevendo a matriz dos coeficientes e escalonando o sis-tema, tem-se: 10 1 10 1 01...

123Caderno de Atividades / Livro do Professor

2ª. Série

SISTEMAS LINEARES

1. Com as informações do enunciado, é possível a formação

do seguinte sistema:

x y z

x y

x y y y

= ++ =+ + + + + =

2 300

5 400( ) (y ) (z )

Da segunda equação tem-se que y = 2 300 – x e, subs-

tituindo a segunda equação na terceira equação, tem-se:

2 300 + 3y + z = 5 400

z = 3 100 – 3y

z = 3 100 – 3 · (2 300 – x)

z = 3x – 3 800

Substituindo as relações que exprimem y e z em função de

x na primeira equação, tem-se:

x = 2 300 – x + 3x – 3 800

x = 1 500 reais

Assim, y = 800 reais e z = 700 reais.

A gratificação foi igual ao valor de y, ou seja, a gratificação

foi de 800 reais.

2. Gabarito: a

Com as informações tem-se o seguinte sistema:

A B C

B A

C A

+ + ==− =

100 000

2

60 000

Da terceira equação, tem-se: C = A + 60 000. Substituindo

essa relação e a segunda equação do sistema na primeira

equação, tem-se:

A + 2A + A + 60 000 = 100 000

4A = 40 000

A = 10 000

Logo, B = 20 000 e C = 70 000.

Assim, A B reais− = − =10 000 20 000 10 000 .

3. Gabarito: c

Pelo enunciado, sabe-se que a quantidade de polígonos re-gulares (Triângulo Equilátero - TE e Quadrado - QD) é igual a 15. Assim, forma-se o sistema:

TE QD

QD

+ ==

15

5

Substituindo o valor de QD, tem-se:

TE + 5 = 15

TE = 10 triângulos equiláteros

4.

a) Pelo enunciado, tem-se o seguinte sistema:

A M P

A M

A P

+ + =

= ⋅

= ⋅

6 000

1314

Das segunda e terceira equações, conclui-se que M = 3A e P = 4A. Substituindo essas relações na pri-meira equação, fica:

A + 3A + 4A = 6 000

8A = 6 000

A = 750 selos

Assim, M = 2 250 selos e P = 3 000 selos.

MATEMÁTICA

124 2ª. Série

Pelo enunciado, tem-se o seguinte sistema:

A M P

A M

A M P

P A P M

+ + =

= ⋅

≥ ≥ ≥> >

48

135 5 5; ;

;

Da segunda equação conclui-se que M = 3A e, substi-tuindo na primeira equação, fica:

A + 3A + P = 48

4A + P = 48

P = 48 – 4A

Como P > M, então:

P M

A A

A

>− >

<

48 4 3

487

6 9 ,

Logo, 5487

≤ <A .

Tem-se então as seguintes opções de quantidades para eles:

Ana (A) Pablo (P) Marta (M)

5 28 15

6 24 18

Ou seja, Pablo pode ter comprado 28 ou 24 selos.

5. Gabarito: d

Com as informações, podemos construir o seguinte sistema:

20 40 204

30 80 278

SJ QJ

SJ QJ

− =− =

Multiplicando a 1ª. equação por –3 e a 2ª. equação por 2 temos:

− + = −− =

60 120 612

60 160 556

SJ QJ

SJ QJ

Somando as equações, tem-se:

40QJ = 56

QJ = 1,4

Logo, SJ = 13

6.

a) Temos as seguintes equações:

n P n P P P

n P n P P P P

n P n P P

A A B B R B

A A B B R B A

A A B B

⋅ + ⋅ + = ⋅⋅ + ⋅ + = ⋅ + ⋅⋅ + ⋅ +

16

10 5

RR R

B B A

B R

P

P P P I

P P II

II

= ⋅

⇒

⋅ = ⋅ + ⋅ ( )⋅ = ⋅ ( )

( ) ⋅

4

16 10 5

16 4

16 PP PP

P

I P P P P PP

P

B RR

B

B B A B AA

B

= ⋅ ⇒ = =

( ) ⋅ = ⋅ + ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ =

4164

4

16 10 5 6 565

b)

n P n P P P

P

P

P

P

n P n P P

A A B B R B

A

B

R

B

A A B B R

⋅ + ⋅ + = ⋅

=

=

⋅ + ⋅ +

16

65

4

== ⋅

⋅+

⋅+ =

⋅⇒

⋅ + + = ⇒ = −

16

16

65

4 16 12

P

n P

P

n P

P

P

P

P

P

n n n n

B

A A

B

B B

B

R

B

B

B

A B B A ⋅⋅65

Como nA e nB são inteiros positivos, então nA é múltiplo

de 5.

n n

n n

n n

B A

A B

A B

= − ⋅

= ⇒ =

= ⇒ = ( )

1265

5 6

10 0 não convém

Portanto, nA = 5 e nB = 6.

7. Gabarito: a

Seja M o custo de um aluno do Ensino Médio, F o custo de

um aluno do Ensino Fundamental e P o custo de um alu-

no do Pré-Escolar, em reais, podemos escrever o seguinte

sistema:

M F P I

M F P II

M F P III

I II

+ + = ( )+ + = ( )+ + = ( )

( ) − ⋅ (

2 3 260

2 150

4 3 290

3 )) − − = −

( ) − ( ) + =

− − = −+ =

⇒−

:

:

5 190

2 2 140

5 190

2 2 140

5

M F

III II M F

M F

M F

MM F

M F

− = −+ =

190

70


Matemática

Somando as duas últimas equações, temos:

− = − ⇒ =4 120 30M M

• M F F F+ = ⇒ + = ⇒ =70 30 70 40

• M F P P P+ + = ⇒ + ⋅ + = ⇒ =2 3 260 30 2 40 3 260 50

8. Gabarito: a

O sistema pode ser reescrito da seguinte forma:

x z m

ax y

y z

+ =− =

+ =

1

1

Escrevendo a matriz dos coeficientes e escalonando o sis-tema, tem-se:

1 0 1

1 0 1

0 1 1 1

1 0 1

0 1 1

0 1 1 1

1 2

m

a

m

a am

a L L−

→

− − −

− ⋅ +

→

− − −− −

+L L

m

a am

a am

2 3

1 0 1

0 1 1

0 0 1 2

Analisando o sistema temos:

Sistema Possível e Determinado (SPD) quando:

a a− ≠ ⇒ ≠1 0 1 e m ∈Sistema Impossível (SI) quando:

a a− = ⇒ =1 0 1 e

2 0 2 1 2 2− ≠ ⇒ ≠ ⇒ ⋅ ≠ ⇒ ≠am am m m

Sistema Possível e Indeterminado (S.P.I)

a a− = ⇒ =1 0 1 e

2 0 2 1 2 2− = ⇒ = ⇒ ⋅ = ⇒ =am am m m

9.

a) Substiuindo o valor de z na segunda equação do siste-ma, tem-se:2y + 0,25 = 0,55

y = 0,15

Substituindo o valor de y e de z na primeira equação do sistema, tem-se:

3x + 0,15 – 0,25 = 0,20

3x = 0,30

x = 0,10

b) Sendo z = 10%, têm-se as seguintes relações:24 54

24 10 54

14 4444 44

% %

% % %

% %% %

≤ + + ≤≤ + + ≤

≤ + ≤+ ≤ → ≤ −+ ≥

x y z

x y

x yx y y x

x y 114 14% %→ ≥ − y x

Além de x ≥ 10% e y ≥ 20%

No gráfico, têm-se as seguintes retas:

y = 44% – x

y = 14% – x

y = 20%

44% 14%

14%

20%

44%

10%

y

x

x = 10%

A região definida pelas restrições é:

y = 44% – x

y = 20%

44% 14%

14%

20%

y

x

x = 10%

y = 14% – x

44%

10%

Logo, a região de teores (x, y) admissíveis para tal ferti-lizante é a região determinada pelo triângulo de vértices (10%, 20%); (24%, 20%) e (10%, 34%).

10. Gabarito: a

Observando que a < b < c são números inteiros e consecu-tivos, transformando a solução (a, b, c) em (b – 1, b, b + 1) e substituindo na primeira equação, tem-se:

(b – 1) + 2b + 3(b + 1) = 20 ⇒ 6b = 18

b = 3

Assim, a solução será: (2, 3, 4).

Substituindo essa solução na segunda equação, tem-se:

7 · 2 + 8 · 3 – m · 4 = 26 ⇒ 14 + 24 – 26 = 4m

12 = 4m

m = 3

126 2ª. Série

11. Gabarito: d

Para que o sistema seja possível e indeterminado, uma ca-racterística das equações é que elas devem ser proporcio-nais, então:

aa

a

aa

a ea

aa

Logo a

14

2

14

24

22

2

2

2

= =−

= ⇒ = ± =−

⇒ = −

= −,

12. Gabarito: a

O sistema formado será

x y

x z m

y z

+ =+ =+ =

3

5

. Pela Regra de Cramer, tem-se:

D D= → = −1 1 0

1 0 1

0 1 1

2

Como o determinante principal é diferente de zero, então o sistema é S.P.D para qualquer valor de m.

13.

SPD: a

a11

≠

a

a

e

a

2 1

1

1

≠ →≠

≠ −

SPI: a

a b11 1

= =

a

a b

ou

a b

2 1

1 1

1 1

= →= → =

= − → = −

SI: a

a b11 1

= ≠

Para a =1: 11

11≠ → ≠

bb

Para a = –1: 11

11

−≠ → ≠ −

bb

Conclusão:

SPD a b

SPI a

SI a

: ;

:

:

≠ ≠ − ∈= = − = −

=

1 e a

1 e b = 1 ou a 1 e b

1 e b

1

1

�

≠≠ = − ≠ −

1 ou a 1 e b 1

14. Escalonando, tem-se:

x y

x y

x y

+ =+ =− = −

5

0 2

0 6

Sistema impossível, pois encontram-se dois valores simul-tâneos para a mesma incógnita.


x y t z

x y t z

x y z t

+ + + =+ + + =+ + + =

2

0 3 3 1

0 0 0 0 0

Sistema possível e indeterminado. O conjunto solução é definido por:

S: {(1 + 2β + 2α); (1 – 3β – 3α); β; α}, ∀α, β ∈�.

16.

−

+ =

+

=

⇒− ( )−log log

log log

log1 7

12

1 112

1

xy

xy

x ++ =

+ ( ) =

⇒

( ) + =

−

−

log

log log

log log

log log

y

x y

x y

x

712

112

712

1

yy =

112

Fazendo troca de variáveis, tem-se: log x = a e log y = b

O sistema fica, então:

a b

a ba a b

+ =

− =

⇒ = → = =

7121

12

28

1213

14

;

Logo, log

log

x x a

y y a

= → = → =

= → = → =

13

10 10

14

10 10

13

1

13

14

2

14

Cálculo da razão da P.G.:

q q q= → = → =− −10

10

10 10

14

13

14

13

112

Cálculo do vigésimo termo:

a a q a

a a

20 119

20

13

112

19

20

13

1912

20

10 10

10 10 10

= ⋅ ⇒ = ⋅

⇒

= ⋅ ⇒ =

−

− −− 54


Matemática


2 7

2 8

2 9

2 9

2 8

2 7

x y z

x y z

x y z

x y z

x y z

x y z

+ + =+ + =+ + =

⇒

+ + =+ + =+ + =

⇒

+ + =+ − = −− − = −

⇒

+ + =+ − = −+

x y z

x y z

x y z

x y z

x y z

x

2 9

0 1

0 1 3 11

2 9

0 1

0 00 4 12y z− = −

Assim, z = 3, y = 2 e x = 1.

Produto: x · y · z = 6

A circunferência tem, então, diâmetro igual a 6 e, conse-quentemente, raio igual a 3.

Área do círculo: A A= ⋅ → =π π3 92

GEOMETRIA PLANA

18. Gabarito: e

Em 60 minutos, o ponteiro menor descreve um ângulo de 30°. De meio-dia até 1 h e 24 min, o tempo decorrido foi de 84 minutos. Sendo α a medida do ângulo formado pela posição inicial e atual do ponteiro menor do relógio, temos:6084

30 6084

3060 2 520 42

minmin

= ⇒ =°

⇒ = ° ⇒ = °α α

α α°

19.

a) Para dois polígonos serem considerados semelhantes, a razão entre os lados correspondentes precisa ser constante. Veja:

Rcomp = 60 cm50 cm

→ Rcomp = 1,2

Rlarg = 55 cm45 cm

→ Rlarg = 1,222...

Rlarg ≠ Rcomp

Não são semelhantes.

b) Igualando as duas razões para a medida k, tem-se:R R

k k

k k

k

l comparg =

+=

+

+ = +=

45 245

50 250

90 100

0

2 250 2 250

Não existe k real positivo.

20. a) Sendo SQ a área do quadrado Q e SK a área do quadrado

K, temos que:S n S S n SQ K Q K= ⋅ + ⇒ = +1

Supondo n = 19 e S cmQ = 100 2 :

100 19 81 92= + ⇒ = ⇒ =S S cm cmK K k

Assim, o lado do quadrado K mede 9 cm.

b) S n SQ K= +Se o lado do quadrado K mede 8 cm, então

S cm cmK = ( ) =8 642 2 . Supondo também que n = 57,

temos:

S cm cmQ Q= + = ⇒ =57 64 121 112

Assim, o lado do quadrado Q mede 11 cm.

21. Gabarito: c

Dimensões da avenida: 18 m x 1 500 m

Área da avenida: A = 18 · 1 500 = 27 000 m2

Número de particiantes: N N= ⋅ → =27 000 40 50015, participantes

22. Gabarito: d

Pela simetria que um paralelogramo apresenta, tem-se:

6 m2

3 m2

6 m2

3 m2

Área = 15 m2

23. Gabarito: b

Pelas informações do enunciado, tem-se:

x – 4

x + 4

x

6 cmA B

C

P

D

Aplicando as relações de Potência de Ponto, fica:

PA · PB = PC · PD

(x + 4) · 6 = (x – 4) · x

6x + 24 = x2 – 4x

128 2ª. Série

x2 – 10x – 24 = 0

x = 12 ou x = – 2 (não convém)

Assim, o diâmetro AB da circunferência fica AB = 22 cm e, consequentemente, o raio R = 11 cm.

Cálculo da área:

A R

A

A cm

== ⋅=

π 2

2

2

3 14 11

379 94

,

,

24. Gabarito: a

Como a diagonal de um quadrado de lado 1 mede 2 , a figura pode ser anotada da seguinte maneira:

1

1

1

1 1 1 1

11

11

1 1 1 2 2

2 2

O comprimento de arame será:

C = 14 + 4 2

como 2 14= , podemos escrever 14 = 10 ∙ 1,4

C = 10 2 + 4 2

C = 14 2

25. Aplicando a potência de ponto, tem-se:

EA ∙ EC = EB ∙ ED

2x · (x + 3) = x · (3x – 1)

2x2 + 6x = 3x2 – x

x2 – 7x = 0

x = 7 ou x = 0 (não convém)

26. Gabarito: e

Considerando que, numa escala, a razão entre as áreas é igual ao quadrado da razão entre os lados, tem-se:

5 000

5 000

m

cm

x

cm

cm

x

x

2

2

2

4 2

2

2

6

50 10

10

50 10

1010

=

⋅=

=

=

===

2

62

2 8

10100

10000

100

x

x

x cm

x m

10

5 000

5 000

m

cm

x

cm

cm

x

x

2

2

2

4 2

2

2

6

50 10

10

50 10

1010

=

⋅=

=

=

===

2

62

2 8

10100

10000

100

x

x

x cm

x m

10

27. Gabarito: d

Ângulo: x

Complemento: 90o – x

Suplemento: 180o – x

18090

2100

360 2 90 200

70

o

o

o

o o o

o

xx

x x

x

− =−( )

+

− = − +=

28. Gabarito: c

Observe na figura a seguir que o triângulo destacado é isós-celes e que y é a medida do ângulo interno do polígono regular de 9 lados.

y

x

yo o

o=⋅ −( )

=⋅

=180 9 2

9180 7

9140

Então, do triângulo destacado:

x x y x xo o o+ + = ⇒ + ° = ⇒ =180 2 140 180 20

29. Gabarito: e

Os triângulos AEC e BDC são semelhantes. Logo:

BDAE

DCEC

EC DE DC

AE

BD

DE

DCDC

DC

=

= +===

⇒ =+

⇒

= +

5

4

3

45 3

5 12 44 12DC DC⇒ =


Matemática

Assim, EC = 3 + 12 = 15. Aplicando o Teorema de Pitágoras

no triângulo AEC, temos:

AC AE EC

AE

EC

AC

AC

AC

2 2 2

2 2 2

2

5

15

5 15

25 225

5 10

= +==

⇒

= + ⇒= + ⇒

=

30. Gabarito: a

Os triângulos DAB e DEM são semelhantes. Então:

ABEM

DADE

AB

DA

DE

EM

EM

=

===

⇒

= ⇒

=

1

2

1

1 2112

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo DEM, temos:

DM DE EM

DE

EM

DM

DM

DM

2 2 2

2 22

2

1

12

112

54

52

= +=

=

⇒

= +

⇒

= ⇒

=

Logo:

EH HM EM

HM DM

DM

EM

EH

EH

= −=

=

=

⇒

= − ⇒

=−

=− +

52

12

52

12

5 12

1 52

31. Gabarito: c

Os dados permitem a construção da seguinte figura:

A

CQ

O

P

B

2 cm

3 cm

3 cm

3 cm

Do triângulo retângulo APO, tem-se:

OA2 = OP2 + AP2

52 = 32 + AP2

AP = 4 cm

Da semelhança entre os triângulos AOP e AQC, tem-se:

QCQC cm

384

6= ⇒ =

Da figura sabe-se que BC = 2 · QC, ou seja, BC = 12 cm.

32. Gabarito: a

Pelo enunciado e considerando que o hexágono regular é trabalhado como sendo a junção de 6 triângulos equiláteros iguais, tem-se:

25 ma

A distância de 25 metros corresponde a duas alturas de um triângulo equilátero que forma o hexágono regular. Assim:

25 23

225

3

25 33

= ⋅ ⇒ = ⇒ =a

a a m

A área da piscina fica:

Aa

a

A

A

A

= ⋅ ⋅

= ⋅

⋅

= ⋅ ⋅

≅ ⋅

≅

3 63

4

92

25 33

3

92

18759

3

18752

173

1621

2

2

,

mm2

130 2ª. Série

Aa

a

A

A

A

= ⋅ ⋅

= ⋅

⋅

= ⋅ ⋅

≅ ⋅

≅

3 63

4

92

25 33

3

92

18759

3

18752

173

1621

2

2

,

mm2

33. Gabarito: d

Observe a figura a seguir onde o triângulo em destaque, cujos vértices são os centros das circunferências, é equilá-tero, de lado L = 4x (x é a medida do raio da circunferência).

d h

Observe ainda, na figura, que h = d + 2x, sendo d a altura do triângulo equilátero:

dL x

d x= = ⇒ =3

24 3

22 3

h d x x x x

x x x

= + = + = ⋅ +( ) =

= ⋅ +( ) = ⋅ =

2 2 3 2 2 3 1

2 17 1 2 2 7 5 4, , ,

h x cm= 5 4,

34. Pode-se analisar a figura da seguinte maneira:

área dojardim e da

casaárea de

lazer

F

A

B

E

9 m13 m

x + 2

x

C

D

Observe que AE é hipotenusa comum aos triângulos retân-gulos ABE e AFE, assim:

13 9 2

169 81 4 4

84 4

21

2 2 2 2

2 2

+ = + ++ = + + +

==

x x

x x x

x

x m

( )

Logo, AB = 21m e EF = 23 m

35.

a) Como o diâmetro AB mede R e o semicírculo de cen-tro O tem diâmetro de medida 2R, então AO BO R= = ,

ou seja, o triângulo OAB é equilátero. Assim, o ângulo AOB mede 60°. Portanto, o perímetro da parte som-breada é dado por:

22

216

22 3

56

ππ

π π πR

RR R R

+ ⋅ = + =

b) A área da região sombreada é igual à área de um semi-círculo de diâmetro AB, menos a área de um setor cir-cular de 60°, cujo raio mede R, mais a área do triângulo equilátero OAB.

12 2

16

34

8 63

4

243

4

43

6

22

2

2 2 2

2 2

2

π π

π π

π

π

RR

R

R R R

R R

R

− +

− +

− +

−

=

=

=

=

=

=

.

36.

a) Observe na figura do enunciado que AD = 80 = 2R, em que R é a medida do raio da circunferência.

Portanto, R = =802

40 . Assim, QO = 40.

b)

M

Observe na figura acima que:

(I) M é o ponto médio de BC e Q é o ponto médio de BD. Então, MQ é paralelo a CD e, consequentemente, os ângulos MQB e CDB são congruentes.

(II) MQ é um diâmetro da circunferência. Portanto, o triângulo MPQ é retângulo em P.

(III) De (I) e (II) conclui-se que os triângulos MPQ e BCD são semelhantes.

(IV) Do triângulo BCD:

BD CD BC

BD BD

2 2 2

2 2 2160 80 80 5

= + ⇒

= + ⇒ =(V) Da semelhança entre os triângulos MPQ e BCD:


Matemática

PQCD

MQBD

PQ

PQ PQ

= ⇒ = ⇒

= = ⋅ ⇒ =

16080

80 5

160

5

160

5

5

532 5

37. Gabarito: a

A área do retângulo original é A XY1 = .

Após o comprimento aumentar Y% e a largura aumentar X%, a área do novo retângulo será igual a:

A XY

X YX

Y

A XY

YX

2

2

100 100

1100

1100

= + ⋅

⋅ + ⋅

= ⋅ +

⋅ ⋅ +

= ⋅ + + +

= + ⋅ + +

A XYX Y XY

A XY XYX Y XY

2 2

2

1100 100 100

100 100 1100

100100

100

2

2 1 1

2 1 1

= + ⋅+ +

= + ⋅ + +

A A AX Y

XY

A A A X YXY

%

Portanto, a área aumentará X YXY

+ +

100

% .

38.

a) Observe na figura do enunciado que o triângulo POT é retângulo em O. Então:

tgh

POh

POPO ho45 1 2 3( ) = ⇒ = ⇒ = =

b) Observe, na figura a seguir, que os triângulos retângu-los PBO e PAO são congruentes.

P

B

α

α

A

2O

3

3

3

Logo, 2α é a medida do ângulo AOB .

Do triângulo PBO:

cos α

α α

( ) = = ⇒

= ⇒ =

3

2 3

12

60 2 120o o

Portanto, o ângulo AOB mede 120°.

c) Do triângulo retângulo POB:

2 3 3 32

22( ) = + ( ) ⇒ =PB PB

Os triângulos PBO e PAO são congruentes. Então PA = PB = 3.

Observe agora a figura a seguir:

P

B

120o

3

3

A

2O

3

3

3

A área da sombra projetada pelo cone é igual à área do quadrilátero APBO menos a área do setor circular de

raio r = 3 , cujo ângulo central mede 120°. Portanto:

S S S

S

sombra APBO setor

sombra

= −

= ⋅⋅

−

°°

⋅ ⋅ ( )

23 32

120360

32

π

=

= −3 3 π

39. Gabarito: e

Pode-se ilustrar a seguinte situação:

B

y yh

x

x

A

CD

O

θ2

132 2ª. Série

Assim, tem-se:

tg

x

htg

xh

hx

tg

θ θθ2

22 2

22

= ⇒

= ⇒ =⋅

Fazendo a relação entre as áreas proposta no enunciado, fica:

xx h

xx x

tg

xx

tg

xx

tg

2

2

22

22

2

22

2

42

42

>⋅

> ⋅⋅

>⋅

−⋅

θ

θ

θ

>

−⋅

>

0

11

42

02xtg

θ

Sendo x uma medida, sabe-se que x2 > 0 e tgθ2

0

> .

Para que o produto seja positivo, é necessário que

11

42

0−⋅

>tg

θ, assim:

11

42

02

14

−⋅

> ⇒

>tg

tgθ

θ

ou seja, tgθ2

0 25

> , e pelos dados do enunciado, temos

152

90

30 180

º< < °

° < < °

θ

θ

Qualquer intervalo contido em 30°< θ <150° pode ser so-lução.

40. Gabarito: b

a

12 cm

3 cm3 cm

b

A

B M C

Aplicando Teorema de Pitágoras, tem-se:

122 = 62 + AB2

AB cm= 6 3

Pode-se montar a seguinte relação:

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

ˆ

A a b

a A b

tga tg A b

tgatgA tgb

tgA tgb

= +

= −

= −( )

=−

+ ⋅=

−

+1

6

6 3

3

6 3

16

6 33

3

6 3

1

2 3

116

1

2 376

3

7 3

37

⋅=

+=

= ⇒ =tga tga

41.

100 m2x

x

100 m

a) Tem-se que: 2x · x = 320 000

x2 = 160 000

x = 400 m

A APP é formada, então, por dois retângulos iguais de lados 400 m e 100 m, por outros dois retâgulos iguais de lados 800 m e 100 m além de quatro quartos de cír-culo de raio 100 m (ou seja, um círculo de raio 100 m). Assim:

APP = 2 ∙ 400 ∙ 100 + 2 ∙ 800 ∙ 100 + π · 1002

APP = (240 000 + 10 000π) m2

Usando π = 3,14, temos aproximadamente 271 400 m2

b) V V

V V

t

t

t

t

t

=

=

==

− ⋅ = −⋅ =

−

−

−

0 10

2 0 10

2 0 10

2 0 10

2 1

0 3

0

0 0

,

,

,

log log ,

log

, 11

1033 10

t

t meses e dias

=

=


Matemática

42. Gabarito: a

A

x

y

z

x y

z z

B

D C

Da figura temos: x y z

y zx z

= +=

⇒ =2

3

Então: ABBC

x yy z

z zz z

zz

ABBC

=++

=++

= ⇒ =3 22

53

53

43.

rr

a

2r

a) Aplicando Teorema de Pitágoras no triângulo AEO (re-tângulo em E), tem-se:(3r)2 = r2 + AE2

AE r= 2 2

Os triângulos AOE e ABD são semelhantes, assim:

3 2 22

3 22

rAB

rr

AB r

=

= ⋅

b) Pelas relações métricas de um triângulo retângulo apli-cadas em ACO, tem-se:CO r r

CO r

2 3

3

= ⋅

=

44. Gabarito: b

Com as informações, forma-se o seguinte:

z 6 – z

3 – y

y

x

3

6 – x

Igualando as tangentes dos ângulos iguais nos triângulos retângulos PQF e QPH, tem-se:

36

36−

=−

⇒ =x z

x z

Igualando as tangentes dos ângulos iguais nos triângulos retângulos GBH e GAF, tem-se:

yx

yz

y cm=−

⇒ =3 3

2

Sendo assim, o ponto G é ponto médio de AB e os triângulos HPQ e HBG são semelhantes na razão 2 : 1. Logo:

6 – z = 2z

z = 2 cm

A figura fica:

2 4

2

3

4

3 2

3 2


PF = HQ = 5 cm

FG = GH = 2,5 cm

O trajeto percorrido é igual a:

PF + FG + GH + HQ = 5 + 2,5 + 2,5 + 5 = 15 cm.

45. Gabarito: a

Para ϕπ

=2

, tem-se:

2 x

xx

S

T

x

x x

S

T

x

x

S

T

ϕϕ

πϕϕ

πϕϕ

( )( ) =

⋅ ⋅

⋅

⇒( )( ) = ⇒

( )12

22

2

4

2

22

2 (( ) =π2

134 2ª. Série

46. Gabarito: b

Traçando as duas diagonais, formam-se dois triângulos re-tângulos e, aplicando o Teorema de Pitágoras em cada um deles, tem-se os seguintes segmentos:

2 x

3 x

x

x

45o 90o

xx

x

Forma-se então um triângulo obtusângulo cujo maior ângu-lo é θ. Aplicando a Lei dos Cossenos, tem-se:

x x x x x

x x x

o

3 2

3 2 2

12

120

22 2

2 2 2

( ) = + − ⋅ ⋅ ⋅

= − ⋅

= −

=

cos

cos

cos

θ

θ

θ

θ

47.

a)

d

30o

senrd

rd

d r

o30

12

2

=

=

=

Na figura, percebe-se que R = d + r, assim, R = 3r.

Calculando a razão solicitada, tem-se:

S

Sr

R

S

Sr

r

S

S

seto

círculo

círculo

r

setor

se

=⋅

=( )

π

π

2

2

2

2

166

3

ttor

=23

círculo

b)

d

θ/2

Se R = 4r e R = d + r, tem-se:

4r = d + r

d = 3r

senrd

senrr

senθ θ θ

θ

2 2 3 213

12

13

1

= ⇒

= ⇒

= ⇒

−= ⇒

cos −−= ⇒ =

coscos

θθ

219

79

48. Gabarito: c

8

8

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo DFA, tem-se:

102 = 82 + FD2

FD = 6

Temos a seguinte situação então:

8 – b

6

b

b

8

Aplicando Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo des-tacado, tem-se:

(6 + b)2 = 82 + (10 – b)2

36 + 12b + b2 = 64 + 100 – 20b + b2

32b = 128

b = 4 cm

Calculando a área do trapézio, tem-se:

A

A cm

=+( )⋅

=

10 4 8

256 2


Matemática

49. Gabarito: c

x

x

x

c

b

dc

ba

Dividindo o ângulo α em três partes (a, b e c), tem-se:

a = 60°, pois é o ângulo interno do triângulo equilátero.

b = 45°, pois é o ângulo entre a diagonal e um dos lados do quadrado.

No triângulo isósceles FAB, conclui-se que o ângulo d = 135°, pois:

d + b = 180°

d + 45° = 180°

d = 135°

Ainda no triângulo FAB, tem-se:

d + 2c = 180°

135° + 2c = 180°

c = 22,5°

Logo, tem-se:

α = a + b + c

α = 60° + 45° + 22,5°

α = 127,5°

50. Gabarito: d

a

a

a

b b

c

22,5o

135o

45o

90o

22,5o

67,5o 67,5o

Com os valores anotados e considerando que em um triângulo isósceles os ângulos opostos aos lados iguais também são iguais entre si, pode-se concluir no triângulo BEF que:

x + 67,5° + 67,5° = 180°

x = 45°

51. Gabarito: d

α α

180o – 2α

55

A sen

A sen

o= ⋅ ⋅ ⋅ −( )= ⋅ ( )

12

5 5 180 2

252

2

α

α

Como 0° < α < 90°, a área máxima acontecerá quando

sen (2α) = 1, assim:

sen (2α) = 1 ⇒ 2α = 90° ⇒ α = 45°

Assim, 40° ≤ α < 50°

52.

a) Pela simetria característica do Tangram, tem-se as se-

guintes medidas:

4 2 x

4 2 x

4 2 x

4 2 x

4 2 x

4 2 x

4 x

2 x

2 x

2 x

2 x

2 2 x

x x x xx

x x x

x x

22

22

22

24

24

22

4

4 8 8

4 4

2

2 2 2

2 2

⋅= ⋅

⋅+

= +

=

136 2ª. Série

b)

4 2 x

4 2 x

4 2 x

4 2 x

4 2 x

4 2 x

4 x

2 x

2 x

2 x

2 x

2 2 x

x xx x x x

x x x x x2 4

2 22

22

22

2

8 8 4 4 4

2 2 2 2 2

⋅ +⋅

=⋅

⇒

+ = ⇒ =

53. O retângulo resultante é:

2a

( 5 – 1)a

A razão entre os lados fica:

Ra

aR

R R

=−( ) ⇒ =

−( ) ⋅+( )+( ) ⇒

=+( )

⇒ =+( )

2

5 1

2

5 1

5 1

5 1

2 5 1

4

5 1

2

Ou seja, é um Retângulo de Ouro.

54. Gabarito: a

1. Com a moeda, o lápis e a folha de papel, traçar a circun-ferência determinada pela moeda.

2. Marcar inicialmente dois pontos distintos na circunfe-rência e traçar o segmento determinado por eles.

3. Abrindo o compasso numa abertura menor que o com-primento do segmento, traçar arcos com centros nos dois pontos extremos do segmento;

4. Com o auxílio da régua, traçar a reta determinada pelos pontos de intersecção dos arcos traçados. Essa reta é a mediatriz do segmento formado pelos dois pontos da circunferência.

5. Marcar um terceiro ponto na circunferência formando um triângulo inscrito nela e, repetindo os passos 2, 3 e 4 para cada lado do triângulo, teremos o ponto de encontro das mediatrizes dos lados de um triângulo que é chamado circuncentro – o centro da circunferência circunscrita ao triângulo.

C

Conclusão: são necessários 3 pontos marcados na cir-cunferência para poder determinar seu centro, dispon-do dos materiais descritos no enunciado.


Matemática

55.

r

P

Definindo o ponto P na figura, tem-se que a area do triângu-

lo CBP é igual a soma da área do triângulo COB com a área

do triângulo OBP, assim:

R s R r r s

R s R r r s

⋅=

⋅+

⋅

⋅ = ⋅ + ⋅2 2 2

56.

30 m 72o

yy

x

34 m

30 m

( )

10 m

10 m10 m(98 – x) m LF

LA

*Cálculo da distância AD’:

AD AD L y

AD

AD

A’

’

’

= +

= + +

= + +

⋅ ⋅

−( )+

98

98 12 16

15

2 30 34 302 2π

πAAD

AD

AD metros

’

’

’

= += +=

⋅114 12

114 12 3

150

π

AD AD L y

AD

AD

A’

’

’

= +

= + +

= + +

⋅ ⋅

−( )+

98

98 12 16

15

2 30 34 302 2π

πAAD

AD

AD metros

’

’

’

= += +=

⋅114 12

114 12 3

150

π

* Cálculo de FB (segmento igual a x):

FC’ = AD’

(98 – x) + LF + y = 114 + 12π

98 – x + 15

2 40⋅ ⋅

π + 16 = 114 + 12π

114 – x + 16π = 114 + 12π

x = 4π

x = 4 ∙ 3

x = 12 m

57. Gabarito: e

Usando a simetria característica do Tangram, a área hachu-

rada pode ser considerada como 7/8 da metade da área do

quadrado, veja:

BA

CD

6378

12

12

2= ⋅ ⋅

=

x

x cm

GEOMETRIA EUCLIDIANA

58. Gabarito: c

I. Incorreta

Se uma reta é paralela a um plano, não existe ponto

comum. Se uma reta está contida em um plano, todos

os pontos da reta pertencem ao plano.

II. Correta

Dadas duas retas sem ponto comum, temos duas pos-

sibilidades. Quando existe um plano que as contém, são

paralelas. Quando não existe um plano que as contém,

são reversas.

III. Correta

Dois planos paralelos não têm ponto comum. Se uma

reta está contida em um deles, não tem ponto comum

com o outro plano, ou seja, é paralela ao outro plano.

IV. Incorreta

Duas retas paralelas a um plano podem ser paralelas

entre si, concorrentes ou reversas.

59. 1 Plano

138 2ª. Série

3 Planos

60. Cada face do cubo é um plano diferentes que contém 4 dos 8 vértices do cubo, ou seja, são 6 planos.

Cada plano formado por duas arestas paralelas e duas dia-gonais de faces paralelas também tem 4 dos 8 vértices do cubo, ou seja, são 6 planos.

Total: 12 planos.

61. Os planos determinados pelo vértice fora do plano com quaisquer outros dois do plano mais o plano que contém os 7 pontos. Assim:

N C

N

N

= ⋅ += +=

1 1

21 1

22

72

62. N C C C C C

N

N

= − − − − += − − − − +=

152

22

32

42

52 4

105 1 3 6 10 4

89

63. Se plano do triângulo for paralelo ao plano que será feita a projeção, a figura gerada será outro triângulo congruente (verdadeira grandeza).

Se o plano do triângulo for perpendicular ao plano que sera

feita à projeção, a figura gerada será um segmento de reta.

Se o plano do triângulo for oblíquo ao plano que sera feita à projeção, a figura gerada será outro triângulo não con-gruente.

64. Gabarito: c

a) FALSO – a reta pode estar contida no plano, ou os pla-nos podem não ser perpendiculares, conforme a figura a seguir.

t

s

b) FALSO – a reta pode estar contida no plano e as retas coplanares podem ser paralelas entre si, por exemplo:

c) VERDADEIRO.

d) FALSO – ela pode estar contida no outro plano.

e) FALSO – elas podem ser concorrentes entre si ou re-versas.

65. Gabarito: b

I. FALSO – Escollhedo duas retas (uma de cada plano) elas serão paralelas ou concorrentes e não necessaria-mente perpendiculares.

II. VERDADEIRO.

III. VERDADEIRO.

MATRIZES

66. Gabarito: c

Uma matriz A é simétrica se A = At, em que At é a matriz transposta de A. Assim, temos:

1 3 2

4 5 5

2 3 0

1 4 2 3

5

3 2

x y z y z

y z z

y z

x y z z

y z

+ + − +−

− +

=

=− +

+ +− + −55 0

4

5

3 2 2 3

9

5

2 6

+ + == −

− + = − +

⇒

+ == −

=

x y z

z

y z y z

x y

z

y

⇒ = = = −x y e z6 3 5,

1 3 2

4 5 5

2 3 0

1 4 2 3

5

3 2

x y z y z

y z z

y z

x y z z

y z

+ + − +−

− +

=

=− +

+ +− + −55 0

4

5

3 2 2 3

9

5

2 6

+ + == −

− + = − +

⇒

+ == −

=

x y z

z

y z y z

x y

z

y

⇒ = = = −x y e z6 3 5,

Portanto, x = 6.

67. a) Número de pães = 1 2

100 200 200 300

40 80 60 80[ ]⋅

Número de pães = 180 360 320 460[ ]

Valor total em reais = 1,50 2,50100 200 200 300

40 80 60 80[ ]⋅

Valor total em reais = 250 500 450 650[ ]


Matemática

MATRIZES

b) Número de pães = 180 + 360 + 320 + 460

Número de pães = 1 320

Valor total em reais = 250 + 500 + 450 + 650

Valor total em reais = 1 850

68. a) AT = –A

a c

b

a

b

c

−−

=− − −

−−

1

1 0 2

1 0

1 1

1 0

2 0

a = – a, ou seja, a = 0

1 = – c, ou seja, c = – 1

– 2 = – b, ou seja, b = 2

b)

A

x

y

z d

c

x

y

z

=

− −−

⋅

1

1

1 1 1

1 0 1

2 0

=

+ + =− − =

− =

1

1

1

1

2

d

x y z

x z

cx y d

Pela Regra de Cramer, para ser SPI tem que:

D

c

c c

Dx

d

d d

= − −−

= ⇒ − + − = ⇒ =

= −−

= ⇒ − − − = ⇒ = −

1 1 1

1 0 1

2 0

0 2 2 0 0

1 1 1

1 0 1

2 0

0 2 2 0 44

69.

a)

A Aα α

α

α

α

αα

α

+ =− −

+

− −

=

=− −

2

1

11

1 2

12

1

2 3

32

2

+( ) =− −

⋅

− −

=

=−

−

A Aα α

α

α

α

α2

22 3

32

2

2 3

32

2

12

0

012

A Aα α

α

α

α

αα

α

+ =− −

+

− −

=

=− −

2

1

11

1 2

12

1

2 3

32

2

+( ) =− −

⋅

− −

=

=−

−

A Aα α

α

α

α

α2

22 3

32

2

2 3

32

2

12

0

012

b)

Ax

ye A

x

y

x y

x y

x y

x

α α

α

αα

α

=

−

=

+

− −

+

−

6

21

1−−

=

−

⇒

+ = −

− − =

⇒

+ = −+ = −

y

x y

x y

x y

x y

6

2

6

12

6

2

α

ααα α

Note que o sistema encontrado terá solução se, e so-mente se, – 6 = – 2α, ou seja, α = 3.

70. Gabarito: c

Pelas informações das quantidades de moradores, têm-se as seguintes equações:

a a a a a a

a a a11 12 13 21 22 23

13 23 33

3

12

+ + = + + ++ + =

4 5 1 3 3

5 1 12

+ + = + + ++ + + =

x y

y x

x y

x yx y

− = −+ =

⇒ = =2

62 4;

O valor n é:

n = 20 + 2x + 2y

n = 20 + 4 + 8

n = 32

71.

a)

Pq

a bq

cq

dq

Pq

−

= + ⋅ −

+ ⋅ −

+ ⋅ −

−

1 1 1 1

1

2 3

= − + −

−

= − + −

−

= −

abq

c

q

d

q

Pq

aaqq

aq

q

aq

q

Pq

a a

2 3

2

2

3

3

1

1++ −

−

=

a a

Pq1

0

Ou seja, −

1q

é raiz de P(x).

140 2ª. Série

b)

a c

d b

x

y

e

f

ax cy e

dx by f

ax aq y

=

+ =+ =

+ =2 ee

aq x aqy f3 + =

Pela Regra de Cramer, para ter solução única tem que:

Da aq

aq aq

a q a q

a q q

a q q

e

q

q

e

q

= ≠

− ≠

−( ) ≠

≠ → ≠

− ≠≠

≠ −

2

3

2 2 5

2 4

2

4

0

0

1 0

0 0

1 0

1

1

Como a P.G. é formada por números reais não nulos, então a razão q deve ser real, ou seja, q ≠ 1 e q ≠ – 1.

72. Gabarito: a

Embora o enunciado induza ao cálculo da matriz inversa pela definição, isso pode ser feito pelo método do adjunto, assim:

Se A =−

2 1

0 1 e det A = –2, então,

AA

A A

−

− −

= ⋅− −

=

−−

−−

− −

→ =

1

1 1

1 1 1

0 2

12

12

02

22

1

det

2212

0 1−

Como B = A-1, então, 12

12

0 1−

=

x y

z w. Assim:

x y z w= = = = −12

12

0 1; ; ;

Logo, x y z w+ + + = 0 .

73. Gabarito: a

X A B

X A A B A

X

X

Identidade

⋅ =⋅ ⋅ = ⋅

= [ ]⋅−

−

= − − +

− −1 1

8 33 1

5 2

24 15 8

66

9 2

[ ]= −[ ]X

X A B

X A A B A

X

X

Identidade

⋅ =⋅ ⋅ = ⋅

= [ ]⋅−

−

= − − +

− −1 1

8 33 1

5 2

24 15 8

66

9 2

[ ]= −[ ]X

A soma é igual a 7.

74. Gabarito: cX A B

X

m n

xx

xx

x

⋅ =

⋅−

= [ ]

[ ] ⋅−

= [ ]

1 4

2 05 8

1 4

2 05 8

2 21 2

1 22 2

1 22

2 5

4 82 3 5

15

m n

mm n

m n

+ =− =

⇒ = − =

+ =

e ,

,

75. Gabarito: d

A + BX = X + 2C

BX – X = 2C – A

(B – I)X = 2C – A, sendo I a matriz identidade de ordem n.

Para que a equação tenha uma única solução, (B – I) deve ser invertível, ou seja, det, (B – I) ≠ 0. Assim sua solução será:

(B – I)–1 ∙ (B – I) X = (B – I)–1 ∙ (2C – A)

I ∙ X =(B – I)–1 ∙ (2C – A)

X = (B – I)–1 ∙ (2C – A)

76. A A A A A

A A A A A

k = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅−

...

...k vezes

k vezes

� ��

� �

0

1��

� ��

= ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

−

−

A

I A A A A

A

1 0

0...(k - 1 ) vezes

11 1 0⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

−A A A A A

I A A A A

...

...(

(

k - 1) vezes� ��

kk - 2 ) vezes

k - 3) vezes

� ��

� ��

=

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅−

0

1A A A A A...(��

� ��

= ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

−A

I A A A A

1 0

0...

(..(k - 3 ) vezes

..)

A A A

I

− −⋅ = ⋅=

1 1 0

0 (ABSURDO)

77. (ABCD)t = [(AB)(CD)]t

(ABCD)t = (CD)t (AB)t

(ABCD)t = Dt Ct Bt At


Matemática

78. Sejam A, B e C matrizes quadradas de ordem n tais que A-1 = B e A-1 = C. Tem-se:

CA B C AB

I B C I

B C

( ) = ( )( ) = ( )

=

Ou seja, a matriz inversa é única.

79. Gabarito: b

Se A é invertível, então

det A

a

a

≠− ≠≠

0

0 0

0

Se A2 = A, então:

a

b

a

b

a

b

a

ab b

a

b

a

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

2

⋅

=

+

=

22 2 0 1 00

1

00

0

0

= → − = → −( ) ===

+ = → ===

≠

a a a a aa

a

ab b b aba

b

a

Como a ≠ 0, temos a = 1 e b = 0.

DETERMINANTES

80. Gabarito: b

*Cálculo do determinante de M

det

det

det

det

M

a

b a

b

M a b ab ab

M a b ab

M a b

=

= + + − − −= + −

= −( )

1 1

1

1 1

1 1

2

2 2

2 2

22

Como a e b são distintos, então, det M > 0.

*Cálculo da transposta de M

M

a

b a

b

M

b

a b

a

t=

⇒ =

1 1

1

1 1

1 1

1

1 1

Como a e b são distintos, então, M e Mt são distintas.

81. Gabarito: d

Sendo “k” o determinante da matriz, tem-se:

A é uma matriz de ordem 2.det( ) det

,

det det det det det

d

k A k A

Então

A A A A A

⋅ = ⋅

⋅( )( ) = ( ) ⋅ = ⋅ ⇒

2

249

eet det

tan :

det

A A

Por to

x

x

x

ou

x

( ) = ⇒ = ±

+

= ± ⇒

− =

− = −

249 7

3

4 17

3 7

3 77

4

10

⇒

= −

=

x

ou

x

82. Aplicando determinante nos dois lados da igualdade, temos:

det det

det

k Ak

A

x k A

xy

⋅( ) = ⋅

= ⋅

− −1 11� ��

� ��

(( ) ⇒ =⋅( ) ⇒

=⋅

⇒ = ⋅

= ⋅

⇒

−

−

1

1

1

1 1 1

1

xk A

xk A

xk A

yk

A

n n

det

det det

det yyk

A

yk A

Como x y temos que k A

n

n

=

⋅ ( ) ⇒

= ⋅

= ⋅( ) =

−

−

1

1 1

1

1

1

det

det

,kk

A⋅

−1

83. Gabarito: c

Considerando que:

Se trocarmos duas linhas ou duas colunas de posição, o deter-minante muda de sinal;se multiplicarmos apenas uma linha ou apenas uma coluna da matriz por uma constante “k”, o deter-minante também fica multiplicado por “k”; tem-se que:

a b

m n

m n

a b

m n

a b

m n

a b

= ⇒ = − ⇒

⋅ = − ⋅ ⇒ = −

2 2

2 2 22 2

4( )

84. Observe que, no determinante, pela Lei dos Senos, tem-

se que a

senAb

senBc

senC= = , ou seja, a 2ª. e a 3ª. linhas

142 2ª. Série

do determinante são proporcionais. Assim, tem-se que 1 1 1

0a b c

sen A sen B sen C

= . Logo,

y = cos (0)

y = 1.

85. Gabarito: c

Escalonando, tem-se:

a a a a

a b b b

a b c c

a b c d

a

a b a

a b a c b

a b a c b d c

=−− −− − −

=

0 0 0

0 0

00

Assim, a(b – a)(c –b)(d – c) = 0, ou seja:

a = 0 ou a = b ou b = c ou c = d.

86.

A A I

A A I

A A

A

e

A

⋅ =

⋅( ) =

⋅ =≠

≠

−

−

−

−

1

1

1

1

1

0

0

det det

det det

det

det

87. Considerando que, ao trocarmos duas linhas ou colunas de

posição o determinante altera o sinal, e que, cada linha ou

coluna multiplicada por uma constante faz o determinante

ser multiplicado pela mesma constante, temos:

Novo D

Novo D

k

k

= ⋅ − ⋅= − ⋅

−

−

( )1 10

10

2

2

ANÁLISE COMBINATÓRIA

88. Gabarito: b

O número de maneiras para as 10 pessoas se acomodarem, sem qualquer restrição, é P10 = 10!. O número de maneiras em que o casal brigado senta lado a lado é P9 ⋅ P2 = 9! ⋅ 2!. Portanto, o número de maneiras em que o casal senta se-parado é 10! – 9! ⋅ 2! = 10 ⋅ 9! – 9! ⋅ 2 = 9! ⋅ (10 – 2) = = 8 ⋅ 9!.

89. Gabarito: d

O número total de maneiras para dividir os países em

2 grupos é C C84

44 8

4 41 70⋅ =

⋅⋅ =

!! !

.

O número de maneiras em que os 3 sul-americanos ficam no mesmo grupo (A ou B) é 2 2 5 1 105

133⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =C C .

Portanto, o número de maneiras em que não figuram os 3 sul-americanos no mesmo grupo é igual a 70 – 10 = 60.

90. Gabarito: b

A 202 20 19 380= ⋅ = é o número total de jogos.

A 62 6 5 30= ⋅ = é o número de jogos envolvendo dois opo-

nentes paulistas.

P = ≅ =30

3800 079 7 9, , % é a porcentagem de jogos nos

quais os dois oponentes são paulistas.

91. São dez os números primos positivos menores do que 30. A saber: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23 e 29.

Desses dez fatores primos precisamos escolher quatro, dis-tintos, para compor o número.

Existem C 104 10

4 6210=

⋅=

!! !

possibilidades de escolha dos

quatro fatores.

92. Gabarito: c

Com exatamente dezesseis elementos temos as matrizes do tipo 1x16, 2x8, 4x4, 8x2 e 16x1.

Em cada uma dessas matrizes devemos considerar a per-mutação dos dezesseis elementos que a compõem. Como os elementos são distintos, temos 16! matrizes de cada tipo.

Então, 16! matrizes de cada tipo e cinco tipos de matrizes, o número total de matrizes é 5 ⋅ 16!.

93. Gabarito: a

23

3

8

6

6

jogadores

goleiros

defensores

meio campistas

atacantes

-

Se o técnico tem sempre Júlio César como goleiro e Fred como atacante, basta escolher 4 defensores entre 8 dispo-níveis, 3 meio-campistas entre 6 disponíveis e 2 atacantes entre 5 disponíveis.


Matemática

ANÁLISE COMBINATÓRIA

C C C84

63

52 8

4 46

3 35

2 3

8 7 6 5 44 3 2 1 4

⋅ ⋅ =⋅

⋅⋅

⋅⋅

=

=⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

!! !

!! !

!! !

!!

66 5 4 33 2 1 3

5 4 32 1 3

70 20 10 14 000

⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

⋅⋅ ⋅⋅ ⋅

=

= ⋅ ⋅ =

!!

!!

94. Gabarito: b

Para formar o Grêmio, precisamos escolher 3 alunos entre os 7 da primeira série, 3 entre os 6 da segunda série e 3 entre os 5 da terceira série.

C C C73

63

53 7

3 46

3 35

3 2

7 6 5 43 2 1 4

6 5

⋅ ⋅ =⋅

⋅⋅

⋅⋅

=

=⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

⋅⋅ ⋅

!! !

!! !

!! !

!!

44 33 3 2 1

5 4 33 2 1

35 20 10 7 000

⋅⋅ ⋅ ⋅

⋅⋅ ⋅⋅ ⋅

=

= ⋅ ⋅ =

!!

!!

95.

a) P = (Comp 1) + (Comp 2) + (Comp 3) + + (Comp 4) + (Comp 5)P = (2) + (2 ∙ 2) + (2 ∙ 2 ∙ 2) + (2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2) + + (2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2)

P = 2 + 4 + 8 + 16 + 32

P = 62 palavras

b) P = (Comp 1) + (Comp 2) + (Comp 3) + … ++ (Comp (N – 1)) + (Comp N)

P = (2) + (2 ∙ 2) + (2 ∙ 2 ∙ 2) + … + (2 ∙ 2 ∙ … ∙ 2) + + (2 ∙ 2 ∙ … ∙ 2)

1 000 000 = 2 + 22 + 23 + … + 2(N – 1) + 2N

O termo da direita da igualdade é um soma de P.G. finita, assim:

1 000 000

1 000 000

1 000 002

1 000

≤⋅ −−

≤ −≤

+

+

2 2 22 1

2 2

2

1

1

N

N

N

log 0002( ) ≤

( ) ≤ +( )≤ +( )⋅≤ +≤ →

+log

log log

,

2

10 1 2

6 1 0 30

20 1

19

1

6

N

N

N

N

N Nmin = 19

96. Gabarito: a

Atualmente

− − − − − − − = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅letras a arismos��

lg

26 26 26 10 10 10 10 26 13 00 4

placas

Com a mudança

− − − − − − − = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅letras a arismos� ��

lg

26 26 26 26 10 10 10 26 14 00 3

placas

Assim o aumento será de:

26 10

26 101 2 6 1 16

4 3

3 4

⋅⋅

− = − =, ,

97. Gabarito: d

Para ser divisível por 6, é necessário ser divisível por 2 (PAR) e por 3 (SOMA DOS ALGARISMOS É MÚLTIPLO DE 3). Assim, os números que interessam são os números pares formados pelos algarismos: {1, 2, 3} ou {2, 3, 4} ou {3, 4, 5} ou {1, 3, 5}.

N = (2 ∙ 1 ∙ 1) + (2 ∙ 1 ∙ 2) + (2 ∙ 1 ∙ 1) + 0

N = 2 + 4 + 2

N = 8

98. Gabarito: c

N C

N

N

= + += +=

62 2 1

15 3

18

99. Gabarito: e

{ABC, BCD, CDE, …, XYZ} – São 24 grupos de 3 letras con-secutivas possíveis;

{(0, 1, 2, 3), (1, 2, 3, 4), … , (6, 7, 8, 9)} – São 7 P.A.’s de razão igual a 1 possíveis;

{(0, 2, 4, 6), (1, 3, 5, 7), (2, 4, 6, 8), (3, 5, 7, 9)} – São 4 P.A.’s de razão igual a 2 possíveis;

{(0, 3, 6, 9)} – É uma P.A. de razão igual a 3 possível;

N = 24 ∙ 7 + 24 ∙ 4 + 24 ∙ 1

N = 168 + 96 + 24

N = 288 placas

100. Gabarito: e

A única possibilidade é termos consoantes (C) e vogais (V) na seguinte ordem:

C V C V C

3 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 1 = 12

101. Gabarito: c

N P

N

N

N

=

=

=⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

=

104 2 4

104 2 410 9 8 7 6 5 4

4 2 1 4 3 2 13

, ,

!! ! !

!!

150

144 2ª. Série

N P

N

N

N

=

=

=⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

=

104 2 4

104 2 410 9 8 7 6 5 4

4 2 1 4 3 2 13

, ,

!! ! !

!!

150

102. Gabarito: b

Com os algarismos 1, 3, 5, 7 e 9 podem ser formados:

5³ = 125 números de três algarismos e

5 ∙ 4 ∙ 3 = 60 números de três algarismos distintos.

Logo, existem 125 – 60 = 65 números de três algarismos com pelo menos dois algarismos iguais.

103.

a) Considerar que cada ponto tem duas opções e lembrar-se de descontar a opção de todos os pontos em branco, visto que não representa caractere.N = 2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 – 1

N = 64 – 1

N = 63 caracteres por célula

b) N C C C

N

N

N

= ⋅ ⋅

=⋅ ⋅⋅ ⋅

⋅⋅ ⋅⋅ ⋅

⋅

= ⋅ ⋅=

93

63

33

9 8 73 2 1

6 5 43 2 1

1

84 20 1

1680 modoss

104. Gabarito: b

O raciocínio aplicado precisa considerar que serão forma-dos com as 10 questões 5 grupos (um por letra correta) de duas questões cada. O número de possibilidades distintas desses grupos é obtido por:

N C C C C C

N

N

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅=

102

82

62

42

22

45 28 15 6 1

113400

105. Gabarito: a

Considerando que Raul e Nair ficarão nas cabeceiras (duas opções) e os quatro filhos ocuparão 4 das outras 6 cadeiras, temos:

2 2 360 72064⋅ = ⋅ =A

106. Os pontos que estão na circunferência não estarão alinha-dos 3 a 3. Assim:

N C C

N

N

= −

=⋅ ⋅⋅ ⋅

−

=

93

43

9 8 73 2 1

4

80

É possível formar 80 triângulos.

107. Podemos representar uma solução inteira e não negativa usando “bolinhas” e “sinais de mais”. Veja dois exemplos:

Solução (1, 2, 3): • + •• + •••

Solução (4, 0, 2): •••• + + ••

Qualquer solução pode ser representada por uma sequên-cia de 8 símbolos, dos quais 6 são “bolinhas” e 2 são “si-nais de mais”. Assim, o número de soluções inteiras e não negativas é:

N P

N

N

=

=⋅

=⋅ ⋅⋅ ⋅

=

82 6

82 6

8 7 62 1 6

28

,

!! !

!!

108. Para cada coeficiente linear (n), podem ser definidas 11 inclinações diferentes (coeficientes angulares “m”). Assim:

N = 10 ∙ 11

N = 110 funções.

109. A ordem alfabética é uma das possíveis permutações entre as vogais, assim:

NP

P

N

N

= ⋅

=

=

1

73840

37

!!

110. P = 2 ∙ 4 ∙ 6 ∙ 8 ∙ … ∙ 2n

P = (2 ∙ 1) ∙ (2 ∙ 2) ∙ (2 ∙ 3) ∙ (2 ∙ 4) ∙ … ∙ (2 ∙ n)

P = (2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ … ∙ 2 ) ∙ (1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ … ∙ n)

P = 2n ∙ n!


Matemática

BINÔMIO DE NEWTON

111. Gabarito: d

xx

−

24

T C a xp np p n p

+−= ⋅ ⋅1

T Cx

xpp

pp

+−= ⋅ −

⋅1 442

T Cx

xpp

p

pp

+−= ⋅

−( )⋅1 4

42

T C xpp p p

+−= ⋅ −( ) ⋅1 4

4 22

O termo independente de x é tal que:

4 2 0 2− = ⇒ =p p

T C x

T2 1 4

2 2 0

3

2

6 4 1 24+ = ⋅ −( ) ⋅= ⋅ ⋅ =

112. Gabarito: a

Se os binomiais são complementares, então:

x y

x y

x y

x y

y y e x

+ =+ =

⇒− − = −

+ =

⇒

− = − ⇒ = =

3 11

4 11

4 12 44

4 11

11 33 3 2

Logo, tem-se:

11

4

11

811 10 9

3 2 1165

x

=

=⋅ ⋅⋅ ⋅

=

113. Gabarito: c

x x x x x x

x x

2

1

2

1

2 1

1

2 1

2

1

2

++

=⋅ −( )

⋅+

+( )⋅⋅

++

=− + +

++

=

x x x x

x xx

2 2

2

2

2

1

2

114. Considere que:

10 1 2

2+( ) =

+

+

+ +

xn n

xn

xn

nx

n n...

Fazendo x = 1 e x = –1, tem-se:

20 1

n n n n

n=

+

+ +

...

e

00 1

=

−

+ −

n n n

n...

Somando as duas equações, fica:

2 20 2 1

20 2

1

n

n

n n n

n

n n

=

+

+ +−

=

+−

...

+ +−

...n

n 1

115. Resolvendo a equação binomial, tem-se:

121

4

2162

124 3

2162

127 122

2

x x

xx x

xx x

++

=

++( ) +( )

=

++ +

!

==

+ + + =

+ − === −

162

24 7 12 324

31 312 08

39

2

2

x x x

x xx

x ( )não convém

Sabe-se que na equação x2 – bx + c = 0, a soma das raízes

é igual a “b” e o produto é igual a “c”. Sendo x = 8 raiz

dupla da equação, tem-se:

8 + 8 = b, ou seja, b = 16

8 ∙ 8 = c, ou seja, 64 = c.

Logo, b + c = 16 + 64 = 80

116.

Xk

k

X

k

=+

=

+

+

=∑

100

200 10

110

100

111

101

112

102

+ +

+

...209

199

210

200

Somando em ambos os membros dda igualdade

temos

X

10

0

11

1

109

99

10

0

+

+ +

+

... :

+

+ +

11

1

109

99

10

0

...

Teorema da Diagonal

=

=

+

até109

99

10

0

111

1

109

99

110

100

209

199

2

+ +

+

+ +

+... ...110

200

10

0

210

200

Teorema da Diagonal

até

+X110

999

211

200

211

200

110

99

=

=

−

X

146 2ª. Série

Xk

k

X

k

=+

=

+

+

=∑

100

200 10

110

100

111

101

112

102

+ +

+

...209

199

210

200

Somando em ambos os membros dda igualdade

temos

X

10

0

11

1

109

99

10

0

+

+ +

+

... :

+

+ +

11

1

109

99

10

0

...

Teorema da Diagonal

=

=

+

até109

99

10

0

111

1

109

99

110

100

209

199

2

+ +

+

+ +

+... ...110

200

10

0

210

200

Teorema da Diagonal

até

+X110

999

211

200

211

200

110

99

=

=

−

X

117. Escreve-se o binômio da seguinte forma: 1 26

+ +( ) x xFazendo o Termo Geral, tem-se:

Tp

x x

Tp

x x

p

p p

p

p

+−

+

=

⋅ +( ) ⋅

=

⋅ +( )

12 6

12

61

6

Trabalhando apenas com (x + x2)p, tem-se:

Tp

kx x

Tp

kx

k

k p k

kp k

+−

++

=

⋅( ) ⋅

=

⋅

12

1

Unindo os Termos Gerais, tem-se:

Tp

p

kx p k=

⋅

⋅ +6

As possibilidades para aparecer x2, são:

p = 1 e k = 1

T = 6x2

p = 2 e k = 0

T = 15x2

Somando esses termos, tem-se: 21x2

PROBABILIDADES

118. PORTA 1(PRÊMIO)

PORTA 2 PORTA 3PORTA ABERTA PELO

APRESENTADORRESULTADO

Participante (2) ou (3) Ganha se ficar na mesma porta

PORTA 1(PRÊMIO)



Participante (3) Ganha se mudar de porta

PORTA 1(PRÊMIO)



Participante (2) Ganha se mudar de porta

Conclusão: Se permanecer na porta escolhida, a probabilidade de o participante ganhar é 13

e, se mudar, a probabilidade dele

ganhar é 23

.

119. Gabarito: a

Para que o lado do quadrado tenha 1,11 km, ou seja, 1 110 m, é necessário que ele seja dividido em 100 quarteirões, sendo 10 quarteirões no comprimento e 10 quarteirões na largura. Observe:

10 ∙ 100 m + + 11 ∙ 10 m = 1 110 m

Portanto, a probabilidade de a casa da família do Sr. Sebastião ser no quarteirão 2 é de 1

1000 01 1= =, % .

120. Gabarito: c

Total de maneiras de escolhas: 4 ∙ 4 ∙ 4 ∙ 4 = 256

Total de escolhas iguais = (1,1,1,1) ou (2,2,2,2) ou (3,3,3,3) ou (4,4,4,4) = 4

p p= → =4

2561

64


Matemática

121. Gabarito: c

a) Incorreta.

P =+

+ + + += =

2 12 1 4 2 1

310

30%

b) Incorreta.

P

menino

=+ + + +

⋅+ + + +

22 1 4 2 1

31 2 1 3 3� ��

mmenina� ��

=

= ⋅ = =2

103

106

1006%

c) Correta.

P =+ +

+ + + += =

1 3 31 2 1 3 3

710

70%

d) Incorreta.

P

P

P

menino

menina

m

=+

+ + + += =

=+

+ + + += =

2 12 1 4 2 1

310

30

3 31 2 1 3 3

610

60

%

%

eenino meninaP<

122. Gabarito: c

As somas possíveis são:

1 2 3 4 5 6

1 2 3 4 5 6 7

2 3 4 5 6 7 8

3 4 5 6 7 8 9

4 5 6 7 8 9 10

5 6 7 8 9 10 11

6 7 8 9 10 11 12

P =1736

123.

p

p P p

p P

1

2 2 2

3 32

16

0 1666

56

16

518

0 2777

56

16

16

= =

= ⋅ ⋅ ⇒ = =

= ⋅ ⋅ ⋅

, ...

, ...

⇒⇒ = =p 3

572

0 069444, ...

Ordem crescente: p3, p1, p2.

124.

a) No caso em que Xantipa tira 5 e 5, Sócrates conquistará o território em jogo se, e somente se, tirar 6 em pelos menos dois dos seus três dados de ataque:

P

tirar e ou tirar

= ⋅ ⋅

+ ⋅ ⋅

16

16

16

16

16

56

6 6 6 6,� �� ,, 6 6

32

1216

5216

316216

227

e

P

P

≠

⋅

= + ⋅ = =

� ��

b) Se Xantipa tirar 5 e 4, Sócrates conquistará o território em jogo se tirar 6 em pelo menos dois dos seus três dados. Ou ainda se tirar 6 em apenas um dos dados e 5 em pelo menos um dos outros dois dados:

P

tirar e ou tirar

= ⋅ ⋅

+ ⋅ ⋅

16

16

16

16

16

56

6 6 6 6,� �� ,,

,

6 6

32

6 5 5

16

16

16

e

ou tirar e

P

P

≠

⋅ +

+ ⋅ ⋅

⋅

� ��

� ��

332

6 5 6 5

3

16

16

46

1216

5216

+ ⋅ ⋅

⋅

= + ⋅

≠ ≠ou tirar e e

P

P

,� ��

331

2163

4216

3

1216

15216

3216

24216

43216

+ ⋅ + ⋅

= + + + =

!

P

125. Gabarito: c

pC

C

p

p

cartas de ouros

cartas

=

=

⋅ ⋅⋅ ⋅⋅ ⋅⋅ ⋅

53

3

233

3

5 4 33 2 1

23 22 213 2 1

�

�

==10

1 771

126. Gabarito: d

p

p

MulherAdministração

MulherPropaganda

= ⋅

= =

20100

40100

8100

8

� �

%%

127. Gabarito: b

Total de alunas: 84

Total de alunas da turma A: 28

p

p

=

=

288413

PROBABILIDADES

148 2ª. Série

128. Gabarito: d

Eventos Independentes: P A B P A P B∩( ) = ( )⋅ ( )P A B P A P B P A B

P B P B

P B

P B

∪( ) = ( ) + ( ) − ∩( )= + ( ) − ⋅ ( )⋅ ( ) =

0 8 0 4 0 4

0 6 0 4

, , ,

, ,

(( ) =23

129. Total de placas = 10 ∙ 10 ∙ 10 ∙ 10 = 10 000

Total de placas sem o algarismo 7 = 9 ∙ 9 ∙ 9 ∙ 9 = 6 561

p p= ⇒ =6 561

10 00065 61, %

130. a) As cinco regiões têm as seguintes unidades da Federa-

ção, listadas por suas siglas:

Norte: AM, AP, AC, RO, RR, PA, TO (Total: 7)

Nordeste: MA, PI, CE, RN, PB, PE, SE, AL, BA (Total: 9)

Centro-Oeste: GO, MT, MS, DF (Total: 4)

Sudeste: SP, RJ, MG, ES (Total: 4)

Sul: PR, SC, RS (Total: 3)

b) Considerar que, segundo o enunciado: (I) nenhuma uni-dade da Federação terá dois membros na comissão, (II) cada uma das duas regiões administrativas mais populosas (Sudeste e Nordeste) terá dois membros e (III) cada uma das outras três regiões terá um mem-bro. Assim:

N C C C C CSudeste Nordeste Norte Centro Oeste S

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅−

42

92

71

41

31

� � � �uul Senadores

N

N

� �⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

3

6 36 7 4 3 3

2 3 7

7

7

5 11 comissões

c) Total de Senadores = 27 · 3Total de Senadores = 81

PN

C

P

P

=

=⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

=⋅

817

5 11

5 11

2 3 781 80 79 78 77 76 75

7 6 5 4 3 2 12 3 ⋅⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

7

50 2 3 11 13 19 791

501819

108143

2 4

P

menor que 1 menor

qque 1 menor que 1

⋅ ⇒ <6379

150

P

131. a) 1 curso = R$ 600,00

2 cursos = 0,80 ∙ R$ 1 200,00 = R$ 960,00

3 cursos = 0,70 ∙ R$ 1 800,00 = R$ 1 260,00

Para 2 cursos, o desconto é de R$ 240,00. Assim, se for anunciado o percentual em relação ao curso adicional, tem-se:

p p= ⋅ → =240600

100 40%

Para 3 cursos, o desconto é de R$ 540,00. Assim, se for anunciado o percentual de desconto sobre o terceiro curso, tem-se:

p p= ⋅ → =540600

100 90%

b) De acordo com o diagrama, o número total de estudantes é 9 + 7 +3 + 4 + 8 + 2 + 6 = 39, e o total de matricu-lados em apenas um dos três cursos é 9 + 6 + 8 = 23.Então, a probabilidade de um aluno, escolhido ao acaso, estar matriculado em apenas um curso:

p =2339

132. Gabarito: b

Opções: 20v + 50c = 400. Ou seja: 2v + 5c = 40

Cédulasde 20 (v)

Cédulasde 50 (c)

Total decédulas

0 8 8

5 6 11

10 4 14

15 2 17

20 0 20

P =25

133.

a) pC

p

p

=

=⋅ ⋅⋅ ⋅

=

1

112 11 10

3 2 11

220

123

b) O número de apostas quando se escolhe 5 números é:

N C

N

N

=

=⋅ ⋅⋅ ⋅

=

53

5 4 33 2 110 apostas

O valor pago será 10 ∙ R$ 2,00, ou seja, R$ 20,00.


Matemática

134.

a) As sequências que fornecem soma 9 são (6, 2, 1), (5, 3, 1), (5, 2, 2), (4, 4, 1), (4, 3, 2), (3, 3, 3) e suas permu-tações. Portanto, o número de sequências cuja soma resulta em 9 é:

P P P P P P3 3 32

32

3 33 25+ + + + + =

O número total de sequências é 63 = 216.

Portanto, a probabilidade de obter soma 9 é 25216

.

b) Sendo P(x) a probabilidade de obter a face x, temos:

P k P k P k P1 2 2 3 3 4 4k,( ) = ( ) = ( ) = ( ) =, , ,

P P P1 2( ) + ( ) + 33 4 5 6 1( ) + ( ) + ( ) + ( ) =P P P

2 3 4 5 6 1 21 1 121

+ + + + + = ⇒ = ⇒ =k k k k k k k k

P 5 = 5k, P 6 = 6K ( ) ( )

Portanto, a probabilidade de se obter um número primo é:

P P P k k k k2 3 5 2 3 5 10 10121

1021

( ) + ( ) + ( ) = + + = = ⋅ =

135. Gabarito: e

O total de triângulos formados com os números pares é

C 63 6 5 4

3 2 120=

⋅ ⋅⋅ ⋅

= .

Como o triângulo formado será inscrito na circunferência do relógio, para formar o ângulo de 90o é necessário que dois dos pontos sejam diametralmente opostos.

Números pares diametralmente opostos são: 2 e 8, 4 e 10, 12 e 6.

Cada um dos pares tem outros números pares entre eles para ser o 3o. vértice do triângulo. São:

(12 e 6): 2, 4, 8 e 10.

(2 e 8): 4, 6, 10 e 12.

(4 e 10): 6, 8, 12 e 2.

Tem-se então um total de 12 triângulos retângulos.

A probabilidade pedida é: p p= → =1220

35

136. Maneiras de o produto ser igual a 36:

{1, 1, 6, 6}, {1, 4, 3, 3}, {2, 2, 3, 3} e {1, 2, 3, 6}

Para cada um dos grupos, é necessário considerar as per-mutações dos resultados diferenciando aqueles resultados em cada dado. Assim:

N P P P P

N

N

N

= + + +

= + + +

= + + +=

42 2

42

42 2

4

42 2

42

42 2

4

6 12 6 24

48

, ,

!! !

!!

!! !

!

Cálculo da probabilidade: p p= ⇒ =48

6

1274

137. Cada uma das 6 pessoas tem 3 opções de escolha, então, o espaço amostral é 36.

Se estipularmos a sequência H1, H2, H3 para os homens e a sequência M1, M2 e M3 para as mulheres de tal for-ma que, M1 tenha sido escolhida por H1, M2 tenha sido escolhida por H2 e M3 tenha sido escolhida por H3, é ne-cessário considerar todas as sequências dos homens (3!) e multiplicar pelas sequências das mulheres que precisa ser única (recíproca) para que haja o pagamento das 3 viagens. Assim:

p p p= ⇒ = ⇒3

3

2243

0 008 0 86

!, , %

138.

a) N P

Gruposgrandes e peque

= ⋅2 2

Posições Posições Posições"Descobrindo o Pantanal"

�nnos entre os grandes entre os pequenos

P P� � �⋅ ⋅5 4

NN

N

= ⋅ ⋅ ⋅=

2 2 5 4! ! ! 11 520

b) Números primos: 2, 3, 5, e 7.Médias aritméticas entre os primos (não necessaria-mente distintos): 2; 2,5; 3; 3,5; 4,5; 4; 5; 6; 7.

Considerando apenas as médias aritméticas que são números inteiros, tem-se a probabilidade:

p = =6

1060%

139.

a) A face de um tetraedro regular é um triângulo equilá-tero. Então:

aa a

223

49 3 36= ⇒ = ⇒ = 6 cm

Um tetraedro regular tem 6 arestas, assim, a soma das medidas das arestas é igual a 36 cm.

b) No lançamento dos dados, cada um ficará com 3 faces visíveis, com as seguintes possibilidades de soma:

Soma das faces visíveis 6 7 8 9

6 12 13 14 15

7 13 14 15 16

8 14 15 16 17

9 15 16 17 18

p p= ⇒ =4

1614

150 2ª. Série

140. Gabarito: e

Total de associados em atraso = (atrasos casas) + (atrasos terrenos)

Total de associados em atraso = (0,20 ∙ 120) + (0,10 ∙ 230)

Total de associados em atraso = 24 + 23

Total de associados em atraso = 47

Proprietário de terreno sem edificação = 23

Probabilidade: p =2347

141. Gabarito: a

Opinaram = 85%

Péssimo = 17%

p p p p=+ +

⇒ = ⇒ = ⇒ =17

25 43 171785

0 20 20, %

142. Exatamente 4 pessoas.

R _ _ _ _A_ _

_ R _ _ _ _ A _

_ _ R _ _ _ _ A

p =⋅3 2

Posições de Renato e Alice na fila

Renato e Ali

�cce

ou Alice e Renato� �⋅

=⋅

P

P

p

Pemutações dasdemais pessoas

6

8

6 6!88

328

!

p =

Para “m”pessoas

Para m = 1, tem-se (6 ∙ 2) opções de permutação entre os outros 6;



(…)

Para m = k, tem-se [(7 – k) ∙ 2] opções de permutação entre os outros 6;

Assim, a probabilidade, em função de “m” é:

pm P

P

pm

pm

=⋅ −( )⋅

=⋅ −( )⋅

=−( )

2 7

2 7 6

87

28

6

8

!

!

143.

pv

= ⋅ + ⋅−

⇒56

v6

Duas facesvermelhas

Duas facesAzuis� � ��

16

66

112

5 636

18 4 6 3=+ −

⇒ = + ⇒ =v v

v v

144.

p

Verde Verde Vermelha

= ⋅ +4

1035

610

U2 para U1 U1 para U2 U2 par

aa U1 U1 para U2

⋅

=

==

15

18500 36

36

Vermelha

p

p

p

,

%

145. Se p e r são os tempos em minutos, após o meio-dia, que

os dois demoram para chegar ao encontro, têm-se então as

seguintes restrições:

p r p e r≥ ≥ ≤ ≤0 0 60 60; ; .

O tempo máximo de espera (15 minutos) gera mais duas

restrições. São elas: p r e r p−( ) ≤ −( ) ≤15 15

Construindo essas restrições em um plano cartesiano de

eixos “p” e “r, tem-se:

60

45

15

15 45 60

r = 60

p = 60

r

p

p – r = 15

r – p = 15

O espaço amostral é o quadrado 60 x 60 e o evento é a área

destacada. Assim:

P =− ⋅ ⋅

60 245 45

260

2

2

P

P

==

0 4375

43 75

,

, %


Matemática

ESTATÍSTICA

146. Gabarito: d

a) 5 5 7 8 9 10

446

7 333

7 82

7 5

, , , , ,

, ...

,

x

Med

= =

=+

=

b)

4 5 6 7 8 8

386

6 333

6 72

6 5

, , , , ,

, ...

,

x

Med

= =

=+

=

c)

, , , , ,

,

,

4 5 6 7 8 9

396

6 5

6 72

6 5

x

Med

= =

=+

=

d 5 5 5 7 7 9

386

6 33

5 72

6 0

, , , , ,

, ...

,

x

Med

= =

=+

=

e)

5 5 10 10 10 10

506

8 333

10 102

10 0

, , , , ,

, ...

,

x

Med

= =

=+

=

147. Gabarito: d

a) e b) Observe que a porcentagem de mães de crianças nascidas em 2009 com até 29 anos é no mínimo (0,8% + 18,2% +

28,3% + 25,2%) > 50% e a porcentagem de mães de crianças nascidas no mesmo ano com até 24 anos é no máximo

(0,8% + 18,2% + 28,3% + 0,4%) < 50%. A idade mediana dessas mães está entre 25 e 29 anos, ou seja, é maior do

que 24 anos. Porém, não há informações para afirmar se é maior do que 27 anos

c) Com o mesmo raciocínio, como (0,7% + 20,8% + 30,8%) > 50% > (0,7% + 20,8% + 1,4%), a idade mediana correspondente

em 1999 está entre 20 e 24 anos, ou seja, é menor do que 25 anos.

d) A idade média das mães das crianças nascidas em 2004 é maior que:

19,9% · 15 + 30,7% · 20 + 23,7% · 25 + 14,8% · 30 + 7,3% · 35 + 2,1% · 40

3 + 6 + 6 + 4,5 + 2 + 0,8 = 22,3

Assim, a idade média das mães das crianças nascidas em 2004 é maior que 22 anos.

e) A idade média das mães das crianças nascidas em 1999 é maior que:

20,8% · 15 + 30,8% · 20 + 23,3% · 25 + 14,4% · 30 + 6,7% · 35 + 1,9% · 40

3 + 6 + 5,5 + 4,2 + 2 + 0,8 = 21,5

Assim, a idade média das mães das crianças nascidas em 1999 é maior que 21 anos.

148. Gabarito: b

Analisando o gráfico, tem-se:

30

A precipitação de 30 mm/dia acontecerá em 4 dias.

152 2ª. Série

149. Gabarito: d

x

x

=+ + +( )

⋅

= ⋅

9 1 13 5 18 5 5 5

10055

46 6100

55

, , , ,

,

7 milhões

7 milhões

x == 259 562, milhões

150.

a)

OUTROS

OUTROS

OUTROS

=−( )

⋅

= ⋅

=

100 53

10047

100

1 500 000

1 500 000

7005 000 pizzas

b)

p

p

p

=+( )

⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

=

35 25

10053

10060

10053

100477

1 500 000

1 500 000

0000 pizzas de Mozarela e Calabresa

151.

a) Se considerar H + M = 100, tem-se:

7590 65 100

1007 500 90 6 500 65

1 000 25

4

=⋅ + ⋅ −( )

= ⋅ + − ⋅= ⋅

=

H H

H H

H

H

0 hommens

b) Se considerar “x” o peso médio dos 10 mais pesados, tem-se:75 100 10

9072

7 500 10 6 480

1 020 10

102

⋅ − ⋅=

− ⋅ == ⋅

=

x

x

x

x kg

152.

a) 1 leve e 2 graves

2 leves e 1 gravíssima

2 médias e 1 grave

3 leves e 1 média

b) SOMA = (0,10 ∙ 1 000) ∙ 53 + (0,40 ∙ 1 000) ∙ 86 + + (0,20 ∙ 1 000) ∙ 128 + (0,30 ∙ 1 000) ∙ 192SOMA = 5 300 + 34 400 + 25 600 + 57 600

SOMA = R$ 122 900,00

153. Gabarito: a

x x x

x x xx x x x

x

⋅ + +( )⋅ + −( )⋅+ + + −

=

+ + + − = ⋅+ =

8 1 6 1 5

1 16 5

8 6 6 5 5 6 5 3

19 1 1

,

,

99 5

1 0 5

2

,

,

x

x

x

==

Consequentemente, o número de provas realizadas pelo candidato foi:

x + (x + 1) + (x – 1) = 3x = 3 · 2 = 6

154. Gabarito: a

Sabendo que ângulos iguais representam as mesmas quantidades, tem-se:

k

42

Proporcionalmente, se o ângulo reto (1/4) representa o valor de 42, todo o círculo corresponde a 168. Assim, o valor de k sera: k = 168 – 114 = 54.

155. Gabarito: e

Th h h h h

Th

T

=+ + + +

=

=

2 40 1 50 2 10 3 05 1 205

9 1255

665

min min min min min

min

mmin

in

min

5133

2 13

T m

T h

==

156. Gabarito: e

Como cada “quadriculado” do gráfico representa a quanti-dade de 1 aluno, então:

N

N

N

=⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅

=

=

1 2 4 3 4 4 6 5 5 6 8 7 8 8 4 940

24640

6 15,

157. Gabarito: e

Total de alunos = 50

Aprovados = 33

p p= ⋅ ⇒ =3350

100 66%


Matemática

158. Gabarito: b

III

I

I

I milhões

///

/

/

/

201420132012

2013

2014220200

220

2014 242

= ⋅

= ⋅

=

IIIIII

II

II

II

///

/

/

/

201420132012

2013

2014375250

375

2014 56

= ⋅

= ⋅

= 22 5, milhões

TOTAL/2014 = 804,5 milhões de reais

159. Gabarito: e

A mediana será n n50 51

2

+ e seu resultado será um número

menor que o valor de n51. Assim, de n51 até n100 (50%) serão valores maiores que a mediana.

160. Gabarito: d

Considerando o valor da empresa D igual a “k”, o da empre-sa E sera “2k”. Assim:

2k + k + 73 = 100

k = 9%

Logo,

EA

= =1830

0 60,

161. Gabarito: e

O gráfico já nos mostra, de acordo com o enunciado, “o per-centual de variação do PIB brasileiro, em três setores pro-dutivos, quando comparado com o mesmo trimestre do ano anterior”, isto é, os valores apresentados já representam a variação. Extraindo as informações do gráfico, concluímos que o PIB no 3º trimestre de 2011 quando comparado ao 3º trimestre de 2010, apresentou um avanço de 6,9% para a agropecuária, 1,0% para a indústria e 2,0% para o setor de serviços.

162. Gabarito: a

Para calcular o número total de pessoas presentes na ma-nifestação, façamos:

(1,5 ∙ 2 + 2 ∙ 4 + 3 ∙ 5 + 2 ∙ 4 + 1,5 ∙ 3) ∙ 500 =

= (3 + 8 + 15 + 8 + 4,5) ∙ 500 = 38,5 ∙ 500 = 19 250

163. Gabarito: a

Total de pessoas com 18 anos ou mais = 190 800 000 – – 56 300 000

Total de pessoas com 18 anos ou mais = 134 500 000

Mulheres com 18 anos ou mais = 0,52 ∙ 134 500 000

Mulheres com 18 anos ou mais = 69 940 000 mulheres

164. Gabarito: b

Perceber que, no aquário cujo percentual de óleo é 0%, a concentração de oxigênio varia de forma “natural”. Já no aquário cujo percentual de óleo é 30%, a concentração de oxigênio chega a 0% no 5.° dia do experimento.

Conclusão: quanto maior a quantidade de óleo na água, maior sua influência sobre o nível de concentração de oxi-gênio nela dissolvido.

165. Gabarito: e

Como as quantidades são proporcionais ao ângulo central formado, tem-se:

R R= ⋅ ⇒ =120360

840 280 pessoas

Logo, A = 560 pessoas

Mulheres = 0,70 ∙ 560 + 0,55 ∙ 280

Mulheres = 392 + 154 = 546

Logo, homens = 294

Homens que aprovaram = 0,30 ∙ 560 = 168

Logo, homens que reprovaram = 126

A razão entre o número de homens e o de mulheres é

294546

4991

=

GEOMETRIA ESPACIAL

166. Gabarito: d

O volume inicial da lata é V r h12= ⋅ ⋅π . Após o raio da

base aumentar 10% e a altura aumentar 20%, o volume final será dado por:

V r h

V r h

V r h

V

2

2

22

22

2

110 120

121 120

1452

= ⋅ ⋅( ) ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅=

π

π

π

, ,

, ,

,

11452 1, ⋅ V

V r h

V r h

V r h

V

2

2

22

22

2

110 120

121 120

1452

= ⋅ ⋅( ) ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅=

π

π

π

, ,

, ,

,

11452 1, ⋅ V

Portanto, o volume aumentará 45,2%.

167. Gabarito: c

Em 5 dias, a altura da água diminui 6 metros. Se t é o tempo

154 2ª. Série

em dias para que o reservatório fique completamente vazio, temos:

dias altura da água (metros)5 6

305 6

30

6 150 25

t t

t t

⇒ = ⇒

= ⇒ =

Dessa forma, faltará água para 15 dias.

dias altura da água (metros)5

15

6 515

65 90 18

h hh h ⇒ = ⇒ = ⇒ =

O volume de água que faltará é dado por:

V R h

h m

R m

V m

= ⋅ ⋅==

⇒ = ⋅ ⋅ =π 2

2 318

10

3 14 10 18 5 652,

168. Gabarito: b

Na figura, tem-se:

x

x

x

x

Assim, o cubo tem aresta “x” e o tetraedro tem na base um triângulo retângulo isósceles de catetos iguais a “x” e a altura também igual a “x”. Logo,

RazãoV

V

Razão

x x

tetraedro

cubo

=

=⋅ ⋅

13 2

Área da Base

⋅

=

x

x

Razão

Altura

3

16

169. Gabarito: e

x

2 cm

5 cm

4 cm

V V

x x

SEFGHsólido = ⋅

⋅ ⋅( ) + ⋅ ⋅( )⋅ = ⋅ ⋅ ⋅( )⋅ +( )

+

43

2 5 413

5 443

13

5 4 2

4020xx x

x x

x

x cm

380 160

9360 60 80 160

200 20

10

=+

+ = +=

=

170. Gabarito: e

Observe a figura:

R

h

O ângulo do setor circular utilizado para construir o funil é 360° – 225° = 135°. Dessa forma, temos:

360

135

2 16

2360135

2 162

6°°

⋅⋅

⇒ =⋅⋅

⇒ =ππ

ππ

cm

R RR cm

360

135

2 1

2360135

2 12

38

°°

⋅⋅

⇒ =⋅⋅

⇒ =ππ

ππ

cm

r rR cm

Como g = 16 cm – 1 cm = 15 cm, temos:

g h R r

h

h

h

2 2 2

2 22

22

2

15 638

225458

2252 025

= + −( )

= + −

= −

= −664

12 37564

15 558

2⇒ = ⇒ =h h cm

171. Observe a figura:

D

A B

C

G

Ponto Q

FE

H


Matemática

a) O triângulo ABD é retângulo em A, AB = 2 e AD = 3. Então:

SAB AD

ABD =⋅

=⋅

=2

2 32

3

b) Considerando a base ABD do tetraedro ABDE e a altura AE = 4, relativa a essa base, temos:

V S AEABDE ABD= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =13

13

3 4 4

c) Primeiramente, calculamos as medidas DE, BE e BD do triângulo BDE.O triângulo ADE é retângulo em A, AD = 3 e AE = 4:

DE AD AE

DE DE

2 2 2

2 2 23 4 5

= += + ⇒ =

O triângulo ABE é retângulo em A, AB = 2 e AE = 4:

BE AB AE

BE BE

2 2 2

2 2 22 4 20 2 5

= +

= + ⇒ = =

O triângulo ABD é retângulo em A, AB = 2 e AD = 3:

BD AB AD

BD BD

2 2 2

2 2 22 3 13

= +

= + ⇒ =

5 2 13

B

DE 5

α

Da lei dos cossenos, aplicada ao triângulo BDE:

13 2 5 5 2 2 5 5

13 45 20 58

5 5

2 22= ( ) + − ⋅ ( ) ⋅ ⋅ ( )

= − ⋅ ( ) ⇒ ( ) =

cos

cos cos

α

α α

sen

sen sen

2 2

2

2

1

8

5 51

61

5 5

α α

α α

( ) + ( ) =

( ) +

= ⇒ ( ) =

cos

Cálculo da área do triângulo BDE:

S BE DE sen

S

BDE

BDE

= ⋅ ⋅ ⋅ ( )

= ⋅ ⋅ ⋅ =

12

12

2 5 561

5 561

α

d) Se Q é o ponto do triângulo BDE mais próximo de A, então AQ é perpendicular ao plano determinado por esse triângulo.

Podemos considerar então, no tetraedro ABDE, a base BDE e a altura AQ relativa a essa base. Assim:

V S AQ

V AQ

ABDE BDE

ABDE

= ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

1313

61

Mas, do item b, temos que VABDE = 4. Logo:

13

61 412 61

61⋅ = ⇒ =. AQ AQ

172. Gabarito: b

O volume do sólido obtido pela rotação de um trapézio isósceles em torno da base menor é igual ao volume de um cilindro circular reto, cujo raio da base é 3 cm e cuja altura é 15 cm, menos o dobro do volume de um cone circular reto, cujo raio da base é 3 cm e cuja altura é

15 72

4cm cm

cm−

=.

3 0 3 15 15 4 0 4

0 3 15 213

2

cm dm cm dm cm dm

Vsólido

= = =

= ⋅ ( ) ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅

, ; , ; ,

, ,π π 00 3 0 4

3 0 09 15 213

3 0 09 0 4

0 405

2, ,

, , , ,

,

( ) ⋅

= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

=

Vsólido

Vsólido −−

= =

0 072

0 333 0 3333

,

, ,Vsólido dm litros

173. Gabarito: a

O volume do cilindro sem as alterações é dado por:

V R H= ⋅π 2

VR

H

VR

H

VR H

V V

’

’

’

’ ,

=

⋅

= ⋅

=⋅

=

π

π

π

22

42

20 5

2

2

2

174. Gabarito: d

Área Área

R H R r

R R R r

r R

Cilindro Esfera=

⋅ + =⋅ + ==

2 2 4

2

2 2

2 2

π π π

156 2ª. Série

175. Gabarito: e

R = 4 cm

3 cm

O volume do objeto corresponde ao volume de água que

subiu (3 cm). Esse volume de água que subiu forma um

cilindo de raio 4 cm e altura 3 cm. Assim:

Vobjeto = 3,14 ∙ 42 ∙ 3 = 150,72 cm3

176. Gabarito: b

A base é:

8 cmb

c30o

senb b

b cm

c cc cm

308

12 8

4

308

32 8

4 3

° = ⇒ = ⇒ =

° = ⇒ = ⇒ =cos

Como a altura é igual ao maior cateto, tem-se que

h cm= 4 3 .

Assim, o volume é:

V

V cm

=⋅

⋅

=

4 4 32

4 3

96 3

177. Gabarito: c

Das áreas dos retângulos dados, tem-se:

AB ∙ 2 = 6, assim, AB = 3 cm

BE ∙ 2 = 10, assim, BE = 5 cm

Aplicando Teorema de Pitágoras no triângulo ABE, tem-se:

52 = 32 + AE2

AE = 4 cm.

Calculando o volume, tem-se:

VAB AE

BC

V

V cm

=⋅

⋅

=⋅

⋅

=

23 42

2

12 3

178. Gabarito: a

O brinde é semelhante à garrafa original, assim, a razão entre os volumes é igual ao cubo da razão entre as medi-das. Logo,

V

V

Medida

Medida

V

garrafa

brinde

garrafa

brinde

garrafa

=

=

3

7

MMedida

Medida

V

V

garrafa

garrafa

garrafa

garr

0 20

75

3

3

, ⋅

= ( )

aafa

garrafaV ml7

125

875

=

=

179.

a) O recipiente cúbico contém água até a altura 34

a . Por-

tanto, o “volume não ocupado” pela água no recipiente

cúbico é V a a a a I= ⋅ ⋅ =14

14

3 ( ) .

Na figura a seguir, o triângulo ABC é retângulo em C.

b a

aa

θ

θA B

C

Considerando esse triângulo como sendo a base de um prisma triangular reto de altura a (a altura é igual à aresta do cubo), pode-se calcular V, o “volume não ocupado”, da seguinte forma:

V S Ha b

aa b

IIbase= ⋅ =⋅

⋅ =⋅

2 2

2

( )

Igualando (I) e (II):

a ba b a

23

214

12

⋅= ⇒ =

Do triângulo ABC: tgba

a

atgθ θ( ) = = ⇒ ( ) =

12 1

2


Matemática

b)

tgsen

sen Iθθθ

θ θ( ) = ⇒( )( ) = ⇒ ( ) = ⋅ ( )1

414

4cos

cos ( )

sen I2 2 1θ θ( ) + ( ) =cos (I )

De (I) e (II):

sen sensen

2 2

2

2

4 1

1171617

θ θθ

θ( ) + ⋅ ( ) = ⇒

( ) =

( ) =

cos

cos cos

cos

cos

2 2

2

2

2 2θ θ θ θ

θ θ

θ

( ) − ( ) = ( ) − ( ) −

− ⋅ ( )⋅ ( )sen sen

sen

(( ) − ( ) = ( ) − ( ) −

− ⋅ ( )⋅ ( )( ) −

sen sen

sen sen

2

2 4

2

2 2θ θ θ

θ θ

θ

cos

cos

ssen sen

sen

2 9

2 21617

91

177

17

2 2θ θ θ

θ θ

( ) = ( ) − ⋅ ( )

( ) − ( ) = − ⋅ =

cos

cos

180. Gabarito: e

Considere as seguintes medidas:

FH = a (aresta do cubo)

AF = a 2 (diagonal da face do cubo)

AH = a 3 (diagonal do cubo)

O triângulo AFH, destacado na figura, é retângulo em F e FI = 4 6 é a medida da altura relativa à hipotenusa desse triângulo.

A

A

B

E F

I

I

F

G H

H

C D

Do triângulo AFH, temos:AF FH AH FI

a a a a

volumeÁrea total

a

a

a

⋅ = ⋅

⋅ = ⋅ ⇒ =

=⋅

= =

2 3 4 6 12

6 62

3

2

181. Gabarito: a

V R

R cmV cm

V

esferasemiesfera

= ⋅ ⋅

=

⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ =

43

4

12

43

4128

3

33 3π

ππ

ccone

cone

ar

R H

R cm

H cm

V cm

V

= ⋅ ⋅ ⋅

==

⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ =

13

4

4

13

4 464

3

2

2

π

ππ

eeia ampulheta

areia semiesfera cone

V

V V V

= ⋅

= ⋅ +( ) =

=

251000 25

0 25

,

, ⋅⋅ +

=128

364

3163 3 3π π

πcm cm cm

182. Gabarito: c

A grafite tem esse formato:

2 mm = 0,2 cm

15 cm

Cálculo do volume: V V cm= ⋅ ⋅ → ≅π 0 1 15 0 4712 3, ,

Cálculo da massa: dmV

mm g= ⇒ = ⇒ =2 2

0 47110362,

,,

Cálculo do número de átomos:

1 12

103620 0863

mol g

x gx

→→

⇒ =,

, 5 mol

n = 0,08635 ∙ 6,0 x 1023

n = 0,5181 x 1023

n = 5,181 x 1022 átomos

183.

(x – 1)

1

1

1

1

θ

158 2ª. Série

a) Aplicando Teorema de Pitágoras no triângulo MEH, tem-se:HM2 = (x – 1)2 + 12

HM2 = x2 – 2x + 1 + 1

HM2 = x2 – 2x + 2

Aplicando Teorema de Pitágoras no triângulo MAB, tem-se:

BM2 = x2 + 12

BM2 = x2 + 1

Calculando a diagonal do cubo, tem-se:

BH

BH

= ⋅

=

1 3

3

Aplicando Lei dos Cossenos no triângulo BMD, tem-se:

BH2 = HM2 + BM2 – 2 . HM . BM . cosθ

3 2 2 1 2

2 2 1

2 2 3 2 2

2 2

2 2

4 3 2

= + + + ⋅

⋅ + + ⋅( ) ⋅ ( )⋅ − + − + ⋅

x x x

x x x cos

x x x x

– –

– θ

ccos x x

x x

x x x x

θ

θ

= −

=−

− + − +

2 2

2 3 2 2

2

2

4 3 2cos

b) O ângulo θ será obtuso quando cos θ < 0.Como o denominador de

cosθ =−

− + − +

x x

x x x x

2

4 3 22 3 2 2 será sempre positi-

vo, então, é necessário que:

x x2 0− <

0 1

θ será obtuso quando 0 < x < 1.

c) Para x = 4, tem-se:

cos

cos

cos

θ

θ

θ

=−

− + − +

=−

− ⋅ + ⋅ − ⋅ +

=

x x

x x x x

2

4 3 2

2

4 3 2

2 3 2 2

4 4

4 2 4 3 4 2 4 212

117012130 923

cos

cos ,

θ

θ

Como cos ,45 0 7o e, no primeiro quadrante, a fun-

ção cosseno é decrescente, então θ < 45 o .

184. Gabarito: c

Pelas áreas laterais, tem-se:

2 125 2

125100

54

π πRH rh

RHrhRr

Hh

≤ ⋅

≤

⋅ ≤

,

Pelos volumes, tem-se:

π πr h R H

r

R

Hh

2 2

2

2

=

=

Subsituindo a relação obtida com os volumes na relação obtida com as áreas laterais, tem-se:

Rr

r

R

rR

Rr

⋅ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≥2

2

54

54

45

185.

xqx/q

x

a) Face Maior = 2x + 2xq

Face Menor = 2x + 2xq

Quocientex xq

xx

q

Quocientex q

xq

Quocien

=+

+

=+( )+

2 2

22

2 1

2 11

tteq

qq

q=++

=1

1

b) Dimensões: x2

, x e 2x

Áreax

xx

x x x

xx x

x

x

= ⋅ + ⋅ + ⋅

=

+ + =

⋅ =

22 2

2 2 25

22 126

72

126

22 2

2

2

2 m2

===

36

6x m

Dimensões: 3 m, 6 m e 12 mVolume = 3 ∙ 6 ∙ 12Volume = 216 m3


Matemática

186.

a

D

b

c

4a + 4b + 4c = 36 cm

a + b + c = 9 cm

Pelo produto notável do quadrado da soma de três termos,

tem-se:

a b c a b c ab ac bcD S t

+ +( ) = + + + + +2 2 2 2

2

2 2 2� ��

a b c D S

S

S

S cm

t

t

t

t

+ +( ) = +

( ) = ( ) +

= +

=

2 2

2 2

2

9 29

81 29

52

187.

a)

a

bb

b

h

3 m


h2 = 32 + a2

h a= +9 2

Sabe-se que: Área da Face = 15 m2. Então:

b h

a

a

a

a m

⋅=

⋅ + =

+ =+ ==

215

6 9 30

9 5

9 25

4

2

2

2

b)

A pirâmide inscrita na esfera gera a seguinte figura:

a

bb

b

Faz-se então uma secção na esfera de forma que a base da pirâmide fique inscrita na secção (circunferên-cia). Assim:

r

6 m

6 m

O raio da secção (r), será metade da diagonal do qua-drado, ou seja:

r

r m

=

=

6 22

3 2

Analisando a esfera com a secção apenas, tem-se:

R

R

r

(2 – R)

R r R

R R R

R

R m

2 2 2

2 22

2

4 4

4 22

5 5

3 2

= +

= + +

==

( )( )

–

–

,

188. Gabarito: a

Considerando a aresta do cubo original igual a “x”, tem-se que a superfície externa original é igua a 6x2 e, se a super-fície externa retirada mede R, tem-se:

Rx x

R x

= ⋅⋅

=

32

15 2,

160 2ª. Série

Assim, se a nova superfície externa for N, tem-se:

N x R x

N

= − + ( ) ⋅6 23

42

2

deTriângulo equilátero

lado x 2

== − + ⋅

=

6 15173

25 365

2 2 2

2

x x x

N x

,,

,

A redução da superfície externa foi, então, de 0,635x2.

Calculando o percentual, tem-se:

px

xp= ⋅ ⇒ =

0 635

6100 10 6

2

2

,, %

189. Gabarito: a

H

3 cm

3 cm

A altura da pirâmide é metade da diagonal da face do cubo,

assim: H cm=3 2

2.

A base da pirâmide é um retângulo de lados iguais à aresta do cubo (3 cm) e à diagonal da face ( 3 2 cm).

Calculando o volume da pirâmide, tem-se:

V

V cm

= ⋅ ⋅( )⋅

=

13

3 3 23 2

29 3

190. V

a

a/3

a/3

V

Vpirâmide

a

a

a a

a

V

Vpirâmide

cubo

cubo

=

⋅ − ⋅⋅

⋅

=

3

213

4 3 32

aa

aa

a

V

Vpirâmide

a

a

V

Vpirâmide

cubo

cubo

3

22

3

3

13

29

727

⋅ −

⋅

=

=2277

V

Vpirâmide

a

a

a a

a

V

Vpirâmide

cubo

cubo

=

⋅ − ⋅⋅

⋅

=

3

213

4 3 32

aa

aa

a

V

Vpirâmide

a

a

V

Vpirâmide

cubo

cubo

3

22

3

3

13

29

727

⋅ −

⋅

=

=2277

191. V S H

V xx x x x

x

V

prisma b

prisma

pris

= ⋅

= ( ) −( )⋅( )

−( )⋅

⋅5

5 2

2

2

25

2

mma x= 95 3

192. Gabarito: e

V R

V R

V R

V R

= ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅( )

= ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅

4343

120

43

1728

172843

3

3

3

3

π

π

π

π

’ ,

’ ,

’ ,

VV V’ ,= ⋅1728

Aumento de 72,8 %

193. Fazendo a representação no desenho do galpão com as medidas em metros (segundo a escala proposta – multipli-car por 500 e dividir por 100 para transformar em metros, ou seja, multiplicar por 5), tem-se:

3 m =

15 m =

= 36 m 4,5 m =

V Base Altura

V

V

V

= ⋅

= ⋅ +⋅

⋅

= +( )⋅=

( ) ( )

,

, ,

15 4 515 3

236

67 5 22 5 36

990 363

⋅=V m3 240


Matemática

194. Gabarito: e

10 m = 100 dm5 m = 50 dm

2 m

h

Após 3 horas e meia, foram colocados dentro da piscina 17 500 litros de água. Assim,

100 ∙ 50 ∙ h = 17 500

5 000 ∙ h = 17 500

h = 3,5 dm

h = 35 cm

195. Gabarito: c

43

36

27

3

3

3

π πr

r

r m

=

==

A máxima distância entre dois pontos de uma superfície es-férica ocorre quando os pontos são diametralmente opos-tos, ou seja, a distância deles é igual ao diâmetro da esfera. Assim:

m = 2r

m = 6 m

196.

H

C

v

M

H

A Br

13

5

aP

No triângulo retângulo VHA , tem-se:

132 = 52 + ap2

ap = 12

Na base, BH é a altrura do triângulo equilátero de lado 10, assim:

BH BH= ⇒ =10 3

25 3

Na base, r é o seu apótema, assim:

r BH r= ⋅ ⇒ =13

5 33

No triângulo retângulo VMH, tem-se:

125 3

3

144253

407

3

2

2

2

2

=

+

− =

=

H

H

H

a) A área total da pirâmide é formada por um triângulo equilátero de lado 10 e três triângulos isósceles iguais de base 10 e altura 12. Assim:

Área

Área

= + ⋅⋅

= +

10 34

310 12

2

25 3 180

2

b) A pirâmide tem como base um triângulo equilátero de

lado 10 e altura igual a 407

3. Assim:

Volume

Volume cm

= ⋅ ⋅

=⋅

13

10 34

407

3

25 4073

2

3

197. Gabarito: b

8 cm

3 cm

O sólido formado é um cilindro reto de raio 8 cm e altura 3 cm. Assim:

V

V cm

= ⋅ ⋅=

ππ

8 3

192

2

3

198. Gabarito: d

Volume de madeira:

V V V

V a R

V

madeira cubo esfera

madeira

madeira

= −

= − ⋅ ⋅

= − ⋅

3 3

3

43

1043

3

π

⋅⋅

= −

=

4

256

744

3

3

V

V cmmadeira

madeira

1 000

162 2ª. Série

Massa de madeira:

dmV

m

m g

=

=

=

0 85744

632 4

,

,

199. V V

R R R R R r r

R R R

copotaça = ⋅

⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ +( ) =

= ⋅ ⋅ ⋅( )⋅ +

23

13

23

13

3

2 2 2

2

π π

π ⋅⋅( ) + ( )

++ +

= ⋅ + +

+ +

2 2

323

2 4

3

2

33 2 2

3 2 2

3 3

r r

RR R r Rr

R R r Rr

R R R 22 2 3 2 2

2 2 3

2 2 2

2 4 8

7 3 2 0

3 3

r Rr R R r Rr

R r R r R

rR R

+ = + +

−( ) − ( ) + =

=− −( ) ± −( ) −− ⋅ −( )⋅

⋅ −( )

=±−

=±

−

= ⋅

= −

4 7 2

2 7

3 6514

3 814

514

1

3

2 4

2 2

R R

R

rR R

R

rR R

R

r R

r11

14

514⋅

⇒ = ⋅R

r R

Raio da base do copo igual a 25

1457

⋅ ⋅ = ⋅R R .

200. Gabarito: d

Cálculo da capacidade total do temaki:

V

V

V cm

= ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

=

13

4 10

13

3 160

160

2

3

π

Volume ocupado pelo salmão:

V

V cm

salmão

salmão

= ⋅

=

90100

160

144 3

Massa do salmão:

dmV

m

m g

=

=

=

0 35144

50 4

,

,

201. Gabarito: b

Capacidade total do balde:

V

V

V cm

balde

balde

balde

= ⋅ ⋅ + + ⋅( )= ⋅ ⋅

= =

163

11 8 11 8

163

273

2 2

3

π

π

4 368 44 36, 8 litros

Quantidade de água:

V V

V

água balde

água

= ⋅

= ⋅ =

2323

4 368 2 91, , 2 litros

202. Gabarito: e

3 cm

(x – 6) cm

(2x – 6) cm

(2x – 6) cm (x – 6) cm

V

x x

x x

x xx

x

=−( )⋅ −( )⋅ =

− + =

− − === −

324

2 6 6 3 324

2 18 36 108

9 36 012

3

2

2

Assim, as dimensões da caixa são: 6 cm, 3 cm e 18 cm.

Considerando que a caixa está aberta (sem tampa), tem-se:

Área

Área cm

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅=

2 6 3 2 18 3 18 6

252 2

203. A A

a a

a a

1 2

1

2

2

2

1 2

2

3 2 3

2

=

( ) ⋅ = ⋅( ) ⋅

=

Razão entre os volumes:

V

V

a

a

V

V

a

a

V

V

a

a

1

2

13

23

1

2

1

2

3

1

2

2

2

3

312

312

22 2

=

=

=

=


Matemática

204.

a a

aah

h

Dx

Em um octaedro regular, tem-se que D é a diagonal do qua-drado de lado “a” e h é a altura do triângulo equilátero de lado “a”. Assim, faz-se:

D a

ha

=

=

2

32

Aplicando Lei dos Cossenos no triângulo isósceles des-tacado (ângulo x é o ângulo diedro citado no enunciado), tem-se:

D h h h h x

aa a

x

a

2 2 2

22 2

2

2

2 23

22

32

23

= + − ⋅ ⋅ ⋅

( ) =

−

⋅

=

cos

cos

aa ax

aa

x

x

x

2 2

22

23

2

23

21

43

1

13

− ⋅

= ⋅ −( )

= −

= −

cos

cos

cos

cos

164 2ª. Série

MATEMÁTICA · Escrevendo a matriz dos coeficientes e escalonando o sis-tema, tem-se: 10 1 10 1 01...

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