matemática - folha 10 gabarito
Post on 30-Jan-2016
217 Views
Preview:
DESCRIPTION
TRANSCRIPT
BANCO DE EXERCÍCIOS - 24 HORAS
• 9º ANO ESPECIALIZADO/CURSO – ESCOLAS TÉCNICAS E MILITARES •
1) total de bolas (n): 50 + 8x, sendo que o x = lote de 8 bolas
número de bolas vermelhas: 49 + 7x
do total de bolas, 90% são vermelhas, então:49 750 8
++
=xx
0,9
49 + 7x = 45 + 7,2x
0,2x = 4
x = 20
logo:
n = 50 + 8 (20) = 210
OPÇÃO B
2) 1ª Retirada (V litros)
sobraram (x = 2000 – V) litros de leite
2000 litros de mistura (leite + água)
2ª retirada
Em 2000 litros de mistura (leite + água) haviam (2000 – V) litros de leite, em V litros de mistura haviam x litros de leite:
Mistura ...................... Leite
2000 ----------------------- 2000 – V
V ---------------------------- x
2000x = (2000 – V)V
xV V
=−2000
2000
2
Se sobraram 1125 litros de leite na mistura final, foram retirados, então, 875 litros de leite no total.
A quantidade de leite retirada nos dois processos foram:
V litros na 1ª retirada e x litros na 2ª retirada, logo:
V + x = 875
xV V
=−2000
2000
2
= 875 ⇒ V2 – 4000V + 1750000 = 0
V' = 3500
V" = 500
Como 3500 ultrapassa o volume total, a resposta é V = 500 litros
500 litros é 25% de 2000 litros
OPÇÃO A
3) Seja x a quantia que Caio tinha inicialmente. Ele saiu da 1ª loja com x/2 – 1, saiu da 2ª loja com x/4 – 3/2, saiu da 3ª
loja com x/8 – 7/4, saiu da 4ª loja com x/16 – 15/8. Como ele gastou todo dinheiro segue que x/16 – 15/8 = 0, ou
seja x = 30
OPÇÃO C
• FOLHA Nº 10 – GABARITO COMENTADO •
2
4) Digamos que haviam “c” cães e “g” gatos.
Dos cães, 10% pensam que são gatos, ou seja c/10 (10% de c) pensam que são gatos.
Dos gatos, 10% pensam que são cães, então os outros 90% pensam que são gatos, que dá um total de 9g/10
(90% de g).
Feita a pesquisa com todos os cães e gatos de Itapipoca, 20% pensam que são gatos. Então somando todos que
pensam que são gatos tem que dar 20% do total de animais, ou seja 20% de c + g, que é (c + g)/5:
c/10 + 9g/10 = (c + g)/5, tira o mínimo,
c/10 + 9g/10 = 2.(c + g)/10
c + 9g = 2.(c + g)
c + 9g = 2c + 2g
9g – 2g = 2c – c
7g = c
g = c/7
Então o número de gatos é igual ao número de cães sobre 7. Como a soma do número de cães com o número de
gatos tem que dar 100% dos animais, podemos achar a porcentagem de cães:
c + g = 100% (100% = 1)
c + c/7 = 1
7c/7 + c/7 = 1
8c/7 = 1
c = 1.7/8
c = 7/8
c = 0,875
c = 87,5%
OPÇÃO A
5) x = quantidade de cocos que eles colheram.
1º Homem: dá um coco para o macaco, pega x − 1/3 cocos para ele, sobrando 2(x – 1)/3 cocos.
2º Homem: dá um para o macaco, pega {[2(x – 1)/3] – 1}/3 cocos para ele e sobram 4(x – 1)/9 – 2/3 cocos.
3º Homem: dá um para o macaco, pega {[4(x – 1)/9] – 5/3}/3 cocos para ele e sobram 8(x – 1)/27 – 10/9 cocos.
De manhã há ainda 8(x – 1)/27 – 10/9 cocos. Dando um coco para o macaco sobram 8(x – 1)/27 – 10/9 – 1 cocos
e esse número deve ser múltiplo de 3. Com isso temos, 8(x – 1)/27 – 10/9 – 1 = 3k que nos fornece a equação
8x − 81y = 65. Resolvendo essa equação
temos x = 79.
OPÇÃO D
6) Como a média dos números é 98 eles são 98 − x e 98 + x, x inteiro positivo. Como os números têm dois dígitos,
98 + x < 100 ⇔ x < 2. Assim, x = 1 e a diferença entre os números é (98 + 1) – (98 – 1) = 2.
OPÇÃO B
7) Como a soma dos números é 83, que é ímpar, um deles é ímpar. Sendo a única potência de 2 ímpar igual a 1, o
menor número é 1.
OPÇÃO A
3
8) Se a afirmação falsa fosse de Cernaldo ou de Dernaldo, significaria que Arnaldo e Bernaldo fizeram afirmações
verdadeiras. Mas se Bernaldo tivesse todas as cartas vermelhas, só haveria 3 números disponíveis para Arnaldo
pegar. Então, a afirmação falsa só pode ser de Arnaldo ou de Bernaldo.
Se a afirmação falsa foi de Arnaldo, Bernaldo deve ter as 5 cartas vermelhas, então sobram as 5 cartas verdes para
Cernaldo. Mas assim não há como Dernaldo possuir 3 cartas de um mesmo número. A afirmação falsa não pode
ser de Arnaldo.
Se a afirmação falsa foi de Bernaldo, então podemos montar a seguinte tabela de cartas e assinalar a inicial de
quem possui cada uma:
Assim, só Bernaldo pode ter feito a afirmação falsa.
OPÇÃO B
9) Vamos calcular os valores das alternativas na base decimal:
3/1 = 3 5/2 = 2,5 8/3 = 2,66... 13/5 = 2,6 18/7 = 2,57...
Sabemos que 26² = 676 e 27² = 729. Vamos procurar o algarismo decimal depois da vírgula x do número 26,x que
faça uma aproximação melhor da raiz de 700.
2610
2
+
x= 676 + 5,2x +
x2
100Vamos escolher x tal que 5,2x fique próximo de 23. Usamos, por exemplo, x = 4, assim ficamos com a aproximação
26,4² = 696,96 ⇔ 2,64² = 6,9696 . Com essa aproximação de 7 , que tem dois dígitos depois da vírgula, já é
possível concluir que 8/3 é o número mais próximo de 7
Opção C
10) Pela desigualdade das médias aritmética e geométrica, temos que
23
x y y+ + ≥ 2 23 xy ⇔ 2 23 xy ≤ 2
xy2 ≤ 4.
Opção B
11) Podemos contar todas as maneiras de receber o troco de 37 centavos fazendo uma listagem de todos os recebi-
mentos possíveis, ordenando as moedas em ordem decrescente: ou seja, dado que 37 = 25x +10y + 5z +1w, basta
contar quantas soluções inteiras não-negativas essa equação possui. Note que x representa o número de moedas
de 25 centavos, y o número de moedas de 10 centavos, z o de 5 centavos e w o de 1 centavo. As soluções são:
(0,0,7,2);(0,0,6,7);(0,0,5,12);(0,0,4,17);(0,0,3,22);(0,0,2,27);(0,0,1,32);(0,0,0,37)
(0,2,1,12);(0,2,0,17);(0,1,5,2);(0,1,4,7);(0,1,3,12);(0,1,2,17);(0,1,1,22);(0,1,0,27)
(1,1,0,2);(1,0,2,2);(1,0,1,7);(1,0,0,12);(0,3,1,2);(0,3,0,7);(0,2,3,2);(0,2,2,7);
Logo, há um total de 24 maneiras.
OPÇÃO D
12) Podemos agrupar os números de 4 em 4 cujo produto de seus membros termina em 4:
1 2 3 4. . .��� �� .
6 7 8 9. . .��� ��
. 11 12 13 14. . .� ��� ���
termina em 4 termina em 4 termina em 4 . ...
como temos uma quantidade par de grupos, o algarismo das unidades e do produto é 6.
OPÇÃO C
4
13) Sejam C, E e B os números das respostas corretas, erradas e em branco, respectivamente. Pelo enunciado,
4C − E = 52 e C + E + B = 24
Somando as duas equações obtemos 5C + B = 76. Daí, C ≤15. Para C = 15, temos B = 1 e E = 8.
OPÇÃO B
14) Como 2010 = 67 x 3 x 5 x 2 e qualquer número de conjunto {3 x 5, 3 x 2, 5 x 2, 3 x 5 x 2, 3, 5, 2, 1} é
menor que 32, concluímos que 2010 não serve para Esmeralda. Contudo, 2009 = 41 x 49
satisfaz as condições impostas por Esmeralda. Jade recebe 2011 – 2009 = 2 balas
OPÇÃO B
15) Na soma dos números escritos em lados alternados do hexágono, aparecem produtos de números no con-
junto {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Essa soma é mínima se os maiores números são multiplicados pelos menores números.
Se os números {5, 6, 4} não são adjacentes no hexágono, temos 6 possíveis distribuições.
Dessas configurações, a menor soma é 58. Se pelo menos dois números do conjunto {4, 5, 6} são adjacentes,
é fácil ver que a soma é maior que 58
OPÇÃO B
16) Utilizaremos a notação a|b para dizer que b é divisível por a. Então 30|72N ⇔ 5|12N ⇔ 5|N.
Além disso, 72|30N ⇔ 12|5N ⇔ 12|N. Logo N é múltiplo de 5 e 12, ou seja, é múltiplo de 60. Então N ≥ 60. Note
que N = 60 é possível, pois 60|30 . 72
OPÇÃO A
17) A proporção apresentada nos permite construir o seguinte padrão:
Nela vemos que há 20 meninas nessa classe.
OPÇÃO E
18) Seja N o número de voos.
Se 10% dos voos foram cancelados, restaram 90% de N. Dos voos restantes, 20% foram cancelados pela chuva,
ou seja, 20% de 90% de N = 0,20 x 0,90 x N = 0,18 x N = 18% de N.
Dessa forma, a porcentagem do total de voos que foram cancelados é 28%.
OPÇÃO A
5
19) Inicialmente, o dinheiro total que as moças têm é igual a 11. 2 + 7 . 5 + 3 . 10 = 87, e com isso, temos que cada
uma das moças deve possuir 87/3 = 29 reais. Além disso, note que Esmeralda possui 22 reais, Rose tem 35 reais
e Nelly tem 30 reais. Como Rosa e Nelly possuem mais do que 29 reais, elas devem dar algumas notas a alguém
– Rosa deve dar pelo menos 2 notas de 5 (se ela desse só uma nota, ela teria 30 reais, mais do que 29), e Nelly
deve dar pelo menos uma nota de 10. Daí, para Rosa conseguir 29 reais ela precisa receber pelo menos 2 notas
de 2 reais, e para Nelly conseguir 29 reais, ela deve receber uma nota de 5 e duas de 2 reais. Portanto, Esmeralda
entrega no mínimo 4 notas de 2 reais, Rosa entrega no mínimo 2 notas de 25 reais e Nelly entrega pelo menos
uma nota de 10 reais.
Com isso, o número de notas que trocaram de mãos é pelo menos 7. De fato, com 7 trocas é possível que as três
moças possuam 29 reais:
• Nelly entrega uma nota de 10 reais a Esmeralda;
• Rosa entrega uma nota de 5 reais a Esmeralda e outra para Nelly;
• Esmeralda entrega duas notas de 2 reais a Rosa e 2 notas de 2 reais para Nelly;
OPÇÃO C
20) Como 1 1 1 12011
1 12011a b c a
+ + = → < ↔ a > 2011, a é pelo menos 2012.
Substituindo a = 2012, encontramos:
1
20121 1 1
20111 1 1
2011 2012+ + = → + =
b c b c . e podemos tomar b = c = 2 . 2011 . 2012
OPÇÃO B
21)
∆ABD ~ ∆DEC 2ABD
AB 1,5 0,682 1,5ABD ~ DEC : AB 0,682 e A 0,51 m2,5 5,5 2ÄÄ Ä ⋅
= ⇒ = = = A∆ABD2
ABDAB 1,5 0,682 1,5ABD ~ DEC : AB 0,682 e A 0,51 m2,5 5,5 2ÄÄ Ä ⋅
= ⇒ = = =
∆FGH ~ ∆HIC 2FGH
FG 1 0,667 1FGH ~ HIC : FG 0,667 e A 0,33 m2 3 2ÄÄ Ä ⋅
= ⇒ = = =A∆FGH2
FGHFG 1 0,667 1FGH ~ HIC : FG 0,667 e A 0,33 m2 3 2ÄÄ Ä ⋅
= ⇒ = = =
Área da loja: 2 2A 4 7 1,5 2 1 23,75 m= ⋅ − ⋅− =
Área não coberta pela câmera em porcentagem: 23 75 0 51 0 3323 75
, , ,,
− −
= 96,46%
OPÇÃO D
6
22) Cálculo da área do octógono regular: 2 2 2x x 2 x 2+ = ⇒ =
Portanto, a área 1A do octógono regular será dada por:
( )
( )
221
22
1
xA 2 2x 42
2A 2 2 2 4 8 2 82
= + − ⋅
= + − ⋅ = +
Cálculo da área 2A dos oito semicírculos:
A22
81
24= ⋅
⋅=
ππ
Logo, a área da figura será dada por:
A = A1 + A21 2A A A A 8 2 8 4ð= + ⇒ = + + π (Alternativa [A]).
OPÇÃO A
23) Considere a figura.
Sejam Q, S e H, respectivamente, o pé da perpendicular baixada de P sobre BC, a interseção de AM com DP e o
pé da perpendicular baixada de M sobre CP
Queremos calcular PQ.Como AB AP 4cm,= = MD MP 2cm= = e AM é lado comum, segue-se que os triângulos ADM e APM são
congruentes por LLL. Desse modo, AM é mediatriz de DP.Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo APM, vem
2 2 2 2 2 2AM AP MP AM 4 2
AM 2 5 cm.
= + ⇔ = +
⇒ =
Além disso, temos2 2MP AM MS 2 2 5 MS
2MS cm.5
= ⋅ ⇔ = ⋅
⇔ =
É fácil ver que o triângulo CPD é retângulo em P. Logo, HP MS.= Por outro lado, CM MP= e HM CP⊥ implica
em CH HP.= Daí, 4CP 2 HP cm.5
= ⋅ =
Finalmente, como os triângulos HMP e QCP são semelhantes, encontramos4
PQ CP PQ 52 2HP MP5
4PQ .5
= ⇔ =
⇔ =
OPÇÃO A
7
24)
Seja S a área do triângulo BOP.Como = ⋅PC 4 BP, segue que = ⋅(OPC) 4 (BOP) e = ⋅(APC) 4 (BAP). Além disso, como ABC é isósceles de base
AB, e M é ponto médio de AB, temos que =(BOP) (AOQ), =(COP) (COQ) e =(BOM) (AOM).Portanto,
2
(APC) 4 (BAP) (AOQ) 2 (COP) 4 [2 (BOM) (BOP)]S 2 4S 4 (2 5 S)9S 40 4S
S 8cm .
= ⋅ ⇔ + ⋅ = ⋅ ⋅ +⇔ + ⋅ = ⋅ ⋅ +⇔ = +
⇔ =
OPÇÃO C
25)
Considere a figura, em que H é o pé da perpendicular baixada de D sobre BE.
Sabendo que AF 15cm,= AG 12cm= e AB EG 6cm,= = pelo Teorema de Pitágoras, vem
2 2 2 2 2 2
2 2
EF GF EG EF 3 6
EF 3 5
EF 3 5 cm.
= + ⇔ = +
⇔ = ⋅
⇒ =
Logo, dado que DF 5 5 cm,= obtemos ED 5 5 3 5 2 5 cm.= − =
Assim, como os triângulos FGE e EHD são semelhantes, encontramos
DH DE DH 2 56EG EF 3 5
DH 4cm.
= ⇔ =
⇔ =
Desse modo, a área pedida, em 2cm , é dada por (15 12) (12 3)(ABEF) (BCDE) 6 4
2 281 30111.
+ ++ = ⋅ + ⋅
= +=
Por conseguinte, se x é a área real da APP, então210
10 10
2
111 10 1 x 111 10 4 10x 200000
x 444km .
−− ⋅
= ⇔ = ⋅ ⋅ ⋅
⇔ =
OPÇÃO E
26) Calculando o valor de x, temos: x x 2 x 6
x(2 2) 6
6 2 2x2 2 2 2
x 3 (2 2)
+ + =
+ =
−= ⋅
+ −
= ⋅ −
Portanto, a área do octógono será calculada por :
A = 62 (área do quadrado) – x.x42
⋅ (área dos triângulos retângulos de catetos x)
2
2
A 36 2x
A 36 2 (3 (2 2))
A 36 18(4 4 2 2)
A 72 ( 2 1)
= −
= − ⋅ ⋅ −
= − − +
= ⋅ −
8
2
2
A 36 2x
A 36 2 (3 (2 2))
A 36 18(4 4 2 2)
A 72 ( 2 1)
= −
= − ⋅ ⋅ −
= − − +
= ⋅ −
OPÇÃO C
27) Como os lados dos ângulos ˆBAC e ˆBPC determinam o mesmo arco
BC, segue que ≡ = °ˆ ˆBAP BPC 60 .Aplicando a lei dos cossenos no triângulo APC, obtemos
−
= + − ⋅ ⋅ ⋅ ⇒
= + − ⋅ ⋅ ⋅ ° ⇒ = ⇒ =
2 2 2
2 22 2
12
ˆAC PA PC 2 PA PC cos APC
AC 6 8 2 6 8 cos120 AC 148 AC 2 37.
Como PQ é bissetriz de ˆAPC, vem que = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −+2PQ PA PC p (p AC),
PA PC
com + +=
PA PC ACp .2
Desse modo,
+ += = +
6 8 2 37p 7 372
e
= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ + −+
= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ −
= ⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅
=
36
2PQ 6 8 (7 37) (7 37 2 37)6 81 16 3 (7 37) (7 37)71 16 3 1271 4 6724 .7
OPÇÃO A
28) Seja ABC um triângulo acutângulo isósceles.
Sejam O, G e H, respectivamente, o circuncentro, o baricentro e o ortocentro.
Como a distância do baricentro ao ortocentro é o dobro da distância do baricentro ao circuncentro, segue que
= ⋅⇒ ⋅ = ⇒ =
= + =
GH 2 OG k3 OG k OG .3OH GH OG k
OPÇÃO E
9
29) Utilizando o teorema dos cossenos, temos: 2 2 2 o 2x 1 1 2.1.1.cos120 x 3= + − ⇔ =
2 2 2 o 2y 2 1 2.2.1.cos120 y 7= + − ⇔ =
1 2 3A A A A= + +
2 2 21 . 3 x . 3 y . 3S4 4 4
= + +
21 . 3 3. 3 7. 3 11 3S4 4 4 4
= + + =
B = 24. 21 . 34
– 11. 3
4 =
13. 34
Logo,
13. 3B 134S 1111. 3
4
= = .
OPÇÃO D
30)
A área do triângulo PBC é dada por: = ⋅ ⋅ ⋅1 ˆ(PBC) PC BC senPCB.2
Além disso, se =BMAM ,3
temos: =
+ = ⋅ + = ⋅ = ⇒=
kAM4BM AM 3 AM AM 4 AM k .3kBM4
Como AC é diagonal do quadrado ABCD, segue que = °ˆPCB 45 e =AC k 2.
Os triângulos NQC e NMB são semelhantes por AAA. Desse modo,
= ⇔ = ⇔ =QC NC QC k 3kQC .3k 2k 8BM NB
4
Os triângulos APM e PQC são semelhantes por AAA. Logo,
= ⇔ = ⇔ = ⋅
3kPC QC PC 28 AP PC.k 3AP AM AP
4Daí,
= + = ⋅ + = ⇒ =2 3k 2AC AP PC PC PC k 2 PC .3 5
Por conseguinte,
= ⋅ ⋅ ⋅ ° =21 3k 2 3k(PBC) k sen45
2 5 10e, assim, a porcentagem pedida é:
= ⋅ =
2
2
3k(PBC) 10 100% 30%.
(ABCD) k
OPÇÃO D
top related