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Resolução: em ago/2008 : 20 camisas do Arrancatoco.
40 camisas do Pernadepau.
Arrancatoco Pernadepau
an = a1a + (n – 1)ra an = a1p + (n -1).rp
an = 20 + (n-1).5 an + 40 + (n -1).2
20 + (n-1).5 > 40 + (n-1).2
5(n-1) – 2(n-1) > 40 -20
3(n-1) > 20
(n-1) > 20/3
n > 7,66...
Logo as vendas do Arrancatoco superarão as do Pernadepau a partir do 7o mês:
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
ago/2008 set out nov dez jan/2009 fev mar abr mai
Arrancatoco 20 25 30 35 40 45 50 55 60 65
Pernadepau 40 42 44 46 48 50 52 54 56 58
Alternativa: C
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Resolução: Observando o gráfico vemos que: no instante 0h os carros encontram-se na
posição 3 km. No instante 6h, por exemplo, um dos carros encontra-se na posição 3,5 km e o
outro na posição 6 km. Isto mostra, claramente, que um dos carros aumenta a velocidade
mais rapidamente que o outro.
Alternativa correta: B
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f(x) = e2x
g(x) = (1/3)x
h(x) = 3x j(x) = e-x
Resolução: Em f(x) à medida que x aumenta y também aumenta. A função é crescente.
Em g(x) à medida que x aumenta y diminui. A função é decrescente.
Em h(x) à medida que x aumenta y também aumenta. A função é crescente.
Em j(x) à medida que x aumenta y diminui. A função é decrescente.
Os gráficos abaixo mostram bem estas afirmações.
Alternativa correta: C
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SARESP 2008 -3o ano Ensino Médio – Q04
Resolução: Observe os quadrados claros.Eles seguem o seguinte padrão:
F1 = 12; F2 = 22; F3 = 32 ; ... ; F12 = 122
A quantidade de quadrados escuros, em cada sequência, é igual a quatro vezes o
número de quadrados claros existentes em cada linha ou cada coluna. Exemplo: em
F3 temos 3 quadrados claros em cada linha. Então teremos 4 x 3 quadrados escuros
na figura. Em F12 teremos 4 x 12.
Logo a figura F12 terá: 122 = 144 quadrados claros e 4x12 = 48 quadrados escuros.
Alternativa correta: A
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Resolução: 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑜 ℎ𝑜𝑚𝑒𝑚
𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑚𝑏𝑟𝑎 𝑑𝑜 ℎ𝑜𝑚𝑒𝑚 =
𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑎 á𝑟𝑣𝑜𝑟𝑒
𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑎 𝑠𝑜𝑚𝑏𝑟𝑎 𝑑𝑎 á𝑟𝑣𝑜𝑟𝑒
1,80 𝑚
2,00 𝑚 =
𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑎 á𝑟𝑣𝑜𝑟𝑒
5, 00𝑚
1,80 𝑚 𝑥 5,00 𝑚
2,00 𝑚 = 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑎 á𝑟𝑣𝑜𝑟𝑒
9,00 𝑚2
2,00 𝑚 = 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑎 á𝑟𝑣𝑜𝑟𝑒
𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑎 á𝑟𝑣𝑜𝑟𝑒 = 4,50 𝑚
Alternativa correta: C
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SARESP 2008 – 3o ano Ensino Médio
Resolução: A legenda mostra a gordura como sendo amarela. Cada linha do gráfico
corresponde a 1% de macro nutriente. No caso da gordura, temos:
Desjejum: 3% ; Colação: 3%; Almoço 9%; Lanche: 3%; Jantar: 9% e Ceia: 0%. Total:
27%.
Esta porcentagem de macro nutrientes só encontramos na alternativa C.
Já temos a alternativa correta, no entanto, podemos confirmar a Proteína (azul) e o
Carboidrato (vermelho).
Desjejum Colação Almoço Lanche Jantar Ceia Total
Gordura 3% 3% 9% 3% 9% 0 27%
Carboidrato 9% 6% 15% 6% 15% 5% 56%
Proteína 3% 1% 6% 1% 6% 0% 17%
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Resolução: Cálculo das raízes da função, com a e b negativos e c nulo:
f(x) = -ax2 – bx + c
0 = -ax2 – bx + 0
0 = x( -ax – b)
x = 0
ou
−𝑎𝑥 − 𝑏 = 0 → 𝑥 = − 𝑏
𝑎 𝑐𝑜𝑚 𝑎 ≠ 0 . Logo as raízes são: (0, 0) e ( -b/a , 0). Dos
gráficos apresentados, o único que passa pela origem do plano cartesiano (0, 0) é o gráfico da
alternativa C.
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Resolução:
A) 𝟓 está entre 2 e 3 ( aprox. 2,23) e 𝟑
𝟒 está entre 0 e 1 (0,75). Logo
não estão entre dois inteiros consecutivos; (F)
B) − 𝟓 está entre -2 e -3. 5
7 está entre 0 e 1 (aprox. 0,71). Estes
números também não estão entre dois inteiros consecutivos; (F)
C) 𝟐 está entre 1 e 2 (aprox. 1,41) e a fração 3/2, também está entre
1 e 2 (exatamente 1,5). Logo os dois valores estão entre dois
inteiros consecutivos, isto é, entre 1 e 2. (V) .
D) − 𝟖 e 𝟖
𝟑 são valores que estão entre -3 e 3. (F)
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Resolução: total de pessoas: 200
Dados valor total arrecadado: R$ 1.400,00.
valor do ingresso para não sócio: R$ 10,00.
valor do ingresso para sócio: R$ 5,00.
Vamos designar por x o número de pessoas não sócias e por y o número de pessoas sócias.
x + y = 200 (I)
10,00 . x + 5,00 . y = 1.400,00 (II)
Como interessa-nos o número de sócios (y) vamos isolar o número de não sócios na
1a equação e substituir na segunda:
x = 200 – y
10,00 (200 – y) + 5,00y = 1.400,00
2.000,00 – 10,00y + 5,00y = 1.400,00
-5,00y = 1.400,00 – 2.000,00
y = −𝟔𝟎𝟎,𝟎𝟎
−𝟓,𝟎𝟎
y = 120 sócios
Alternativa: B
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Resolução: Vitória (V) = 3 pontos; Empate(E) = 1 ponto e Derrota (D) = 0 pontos.
Seja P o número de partidas e A e B duas equipes quaisquer:
A 𝑷
𝟐 × 𝑽 +
𝑷
𝟐 × 𝑫 = 𝑸𝑻𝑫𝑬.𝑫𝑬 𝑷𝑶𝑵𝑻𝑶𝑺 𝑫𝑬 𝑨 (𝑿)
𝑷
𝟐× 𝟑 +
𝑷
𝟐× 𝟎 = 𝑿 →
𝟑𝑷
𝟐= 𝑿 (I)
B 6xV + (P – 6)x1 = X
18 + P – 6 = X
12 + P = X (II)
Substituindo I em II, temos:
𝟏𝟐 + 𝑷 = 𝟑𝑷
𝟐 →
𝟑𝑷
𝟐− 𝑷 = 𝟏𝟐 → 𝟑𝑷 − 𝟐𝑷 = 𝟏𝟐 × 𝟐 → 𝑷 = 𝟐𝟒
Alternativa: A
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Resolução: Dentro do retângulo, conforme figura abaixo, temos 3 mosaicos azuis, 1 vermelho
(formando os cantos do retângulo) e 2 amarelos. Total de 6 mosaicos completos.
Alternativa: B
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Resolução: G1: números 1, 2, 4, 7 e 9 --> 5 notas, corresponde a 50% das notas.
Legenda: . O gráfico que mostra esta situação é somente o gráfico
da alternativa B.
G2: números 3, 6 e 10 --> 3 notas, corresponde a 30% das notas.
G3: números 5 e 8 --> 2 notas, corresponde a 20% das notas.
Alternativa: B
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Resolução: Como, na redução, foram mantidas as proporções originais, fica mais
fácil olharmos para a largura da árvore. A maior possui exatamente 3 malhas de
largura e a reduzida uma malha.
60
3=
𝑥
1 → 𝑥 = 20
Alternativa: B
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Resolução: 𝟗,𝟐+𝟕,𝟐+𝟖,𝟎+𝐱
𝟒 ≥ 8 → 24,4 + 𝑥 ≥ 8 × 4 → 𝑥 ≥ 32,0 − 24,4
𝑥 ≥ 7,6
Alternativa: D
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Resolução: Observe que os denominadores das frações são potências de 2.
Na primeira divisão temos : 1
2=
1
21
Na segunda: 1
4=
1
22
Na terceira: 1
8=
1
23 e assim sucessivamente. Então a décima segunda partição será
representada pelo número: 1
212
Alternativa: B
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Resolução: Dados informados no texto: peso da lata + peso do líquido = 200 g (I)
peso drenado = peso líquido – 50 g (II)
peso líquido + peso drenado = 290 g (III)
Determinar o peso líquido do alimento.
Substituindo o peso drenado da equação (II) na equação (III), temos:
peso líquido + peso líquido – 50 g = 290 g
2 x peso líquido = 290 g + 50 g
peso líquido = 340 g / 2
peso líquido = 170 g.
Alternativa: C
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Resolução: primeiro círculo: a1 = 81 ,
razão do decréscimo: q = 2/3,
quinto círculo: n = 5
Fórmula da P.G. (Progressão Geométrica) para cálculo do quinto círculo:
an = a1 . q(n-1)
𝒂𝒏 = 𝟖𝟏 . 𝟐
𝟑
(𝟓−𝟏) → 𝒂𝒏 = 𝟖𝟏.
𝟐𝟒
𝟑𝟒 → 𝒂𝒏 = 𝟖𝟏.
𝟏𝟔
𝟖𝟏
a5 = 16.
Alternativa: B.
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A) Não pode ser, pois dependendo da localização do ponto Q teremos volume maior na parte de
cima da pirâmide. B) Se o ponto Q estiver localizado abaixo do ponto médio do segmento EL teremos volume
maior na pirâmide PASTE, isto é, a de cima. C) Se o ponto Q for escolhido no ponto médio teremos volumes iguais. D) Estando o ponto Q localizado no segmento EL acima do ponto médio teremos um volume
maior na pirâmide PASTL que é o desejado.
Alternativa: D
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Solução:
I. Supomos, por exemplo, k = R$0,50. Se x = 10 pães então y = 0,50. 10. Se x = 20
pães, então y = 0,50 . 20. A afirmação é correta, isto é, o valor a ser pago (y) depende
do valor de cada pão (k) e a quantidade (x). (V)
II. Vamos admitir que a cada minuto (x) da torneira aberta haja um consumo (k) de 5
litros. De fato y será o número de litros consumidos. Uma torneira, totalmente
aberta, durante 10 minutos gastará, por exemplo, y = 5.10 = 50 litros. A Afirmação II
é verdadeira. (V).
III. Se x representa a medida do lado de um terreno quadrangular não,
necessariamente, y será a medida de sua área. Isto só ocorre caso k seja igual a x e o
terreno seja um quadrado. A afirmação é falsa. (F).
Alternativa correta: B
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Solução: Moda, em Estatística, refere-se ao valor mais frequente numa série de observações. No
gráfico apresentado a NOTA 5 é o valor que aparece com a maior porcentagem, isto é, é a nota que
está na moda.
Alternativa: D.
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Solução: Os pontos são vértices de um losango. (veja o gráfico). Alternativa: D
x
y(x,y) = (3,-2)
(x,y) = (4,2)
(x,y) = (3,6)
(x,y) = (2,2)
seg (2,2) to (3,6)
seg (3,6) to (4,2)
seg (3,-2) to (2,2)
seg (3,-2) to (4,2)
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Solução: Para que o ponto P(x, y) pertença ao 1o quadrante é condição que x>0 e y>0 (veja o
gráfico).
A alternativa (A) x>0 não garante que y também seja maior que zero.
A alternativa (B) xy<0 mostra que ou x<0 ou y<0. Se x<0 e y>0 o ponto P(x, y) pertencerá ao 2o
quadrante. Se x>0 e y<0 o ponto P pertencerá ao 4o quadrante.
A alternativa (D) y>0 mostra que P poderá pertencer ao 1o ou 2o quadrantes. Depende do valor
de x.
A alternativa (C) xy > 0 e
x>0. A afirmação x>0
garante que y, também, tem
que ser maior que zero.
Caso contrário xy seria
menor que zero e não
maior. Como y>0 e x>0
então o ponto P sempre
pertencerão ao 1o
quadrante.
Alternativa: C
x
y
1º quadrante2º quadrante
3º quadrante 4º quadrante
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Solução: A reta r corta o eixo x no ponto A (-3,0) e o eixo y no ponto B (0, 2). Conhecidos esses
pontos podemos calcular o coeficiente angular (m) da reta r.
𝒎 = (𝒚𝑨 − 𝒚𝒃)
(𝒙𝑨 − 𝒙𝑩) =
𝟎 − 𝟐
−𝟑 − 𝟎=−𝟐
−𝟑=
𝟐
𝟑
O coeficiente linear (n) da reta r é a ordenada do ponto onde a reta corta o eixo y. No caso n=2.
A equação reduzida da reta é dada por: y = mx + n
𝒚 = 𝟐
𝟑𝒙 + 𝟐
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Solução: A equação (x –a)2 + (y – b)2 = r2 é chamada de equação reduzida da
circunferência, sendo o ponto C (a, b) o centro da circunferência e r o raio. No caso
particular de o centro da circunferência estar na origem, isto é, C(0, 0) a equação
será: x2 + y2 = r2. Sabemos, então, que x2 + y2 = 9 corresponde à equação de uma
circunferência de centro na origem (isso elimina as alternativas (C) e (D) ) e r2 = 9
(𝒓𝟐 = 𝟗 → 𝒓 = 𝟗 → 𝒓 = 𝟑) .
A circunferência da alternativa (A) tem centro (0,0) porém raio igual a 2.
A circunferência da alternativa (B) tem centro (0,0) e raio igual a 3.
Alternativa: B.
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Solução: CD // NP
MC = 8 𝑴𝑪
𝑪𝑫 =
𝑴𝑵
𝑵𝑷 →
𝟖
𝑪𝑫=
(𝑴𝑪+𝑪𝑵)
𝑵𝑷 →
𝟖
𝑪𝑫=
𝟏𝟎
𝑵𝑷
CN = 2 𝟖.𝑵𝑷 = 𝟏𝟎.𝑪𝑫 → 𝑵𝑷 = 𝟏𝟎.𝑪𝑫
𝟖
DP = 4 𝑵𝑷 = 𝟓
𝟒 𝑪𝑫
Alternativa: C
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Solução: No plano de Argand-Gauss o eixo x representa a parte real do
número complexo e o eixo y a parte imaginária do número complexo.
z1 + z2 = 3 + 2 + 3i = 5 + 3i
O ponto (5, 3) está representado no gráfico da alternativa (A).
Alternativa: A
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Solução: o afixo P representado no plano de Argand-Gauss corresponde a: (-2 + 4i)
(V) (A) A operação (3 + 2i) – (5-2i) = ((3-5) + (2i –(-2i))) = (-2 + (2i+2i)) = (-2 +4i)
Alternativa: A
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Solução: Área do círculo (S) da figura é igual a 16π m2.
A área do círculo é dada por: S = π.R2
𝑺 = 𝝅.𝑹𝟐 → 𝟏𝟔𝝅 = 𝝅.𝑹𝟐 → 𝟏𝟔𝝅
𝝅= 𝑹𝟐 → 𝑹 = 𝟏𝟔 → 𝑹 = 𝟒
Na figura podemos observar que o raio (R=4) corresponde ao lado de cada um dos seis triângulos
equiláteros (os maiores) inscritos na circunferência. Ainda pela figura observamos que cada
triângulo maior é equivalente a 4 triângulos sombreados. Podemos concluir que a área total dos 6
triângulos sombreados correspondem a 1,5 vezes a área de um triângulo maior.
Para cálculo da área do triângulo precisamos, no caso, conhecer a altura
𝑹𝟐 = 𝒉𝟐 + 𝑹
𝟐 𝟐
→ 𝟒𝟐 = 𝒉𝟐 + 𝟒𝟐
𝟐𝟐 → 𝟏𝟔 = 𝒉𝟐 + 𝟒
𝟏𝟔 − 𝟒 = 𝒉𝟐 → 𝟏𝟐 = 𝒉𝟐 → 𝟏𝟐 = 𝒉
Área do triângulo: 𝒃𝒂𝒔𝒆 ×𝒂𝒍𝒕𝒖𝒓𝒂
𝟐 →
𝟒 × 𝟏𝟐
𝟐= 𝟐 𝟏𝟐
Área total dos triângulos sombreados: 𝟏,𝟓 × 𝟐 𝟏𝟐 = 𝟑 𝟏𝟐 = 𝟑 𝟒 × 𝟑 =
𝟑 × 𝟐 𝟑 = 𝟔 𝟑
Alternativa: B
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Solução: Cada meridiano corresponde a um ângulo de 15o correspondente à divisão
do total de 360o/24. Dois fusos, no caso brasileiro, correspondem a 30o .
Alternativa: B
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Solução: O prisma de base pentagonal (figura) possui 10 vértices.
A pirâmide também de base pentagonal (figura) possui 6 vértices.
A razão é: 𝟏𝟎
𝟔=
𝟓
𝟑
Alternativa: B
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Solução:
Lembrete: No triângulo retângulo,
temos: 𝒕𝒈𝜶 = 𝒍𝒂𝒅𝒐 𝒐𝒑𝒐𝒔𝒕𝒐
𝒍𝒂𝒅𝒐 𝒂𝒅𝒋𝒂𝒄𝒆𝒏𝒕𝒆
Da figura: BÂN é reto, o
segmento AN = (15 + y),
𝒕𝒈 𝟑𝟎𝒐 = 𝟑
𝟑, 𝒕𝒈 𝟔𝟎𝒐 = 𝟑
𝒕𝒈𝟑𝟎𝒐 = 𝒙
(𝟏𝟓+𝒚) 𝒆 𝒕𝒈𝟔𝟎𝒐 =
𝒙
𝒚 →
𝟑
𝟑=
𝒙
(𝟏𝟓+𝒚) 𝒆 𝟑 =
𝒙
𝒚
𝒚 = 𝒙
𝟑 →
𝟑
𝟑=
𝒙
𝟏𝟓+ 𝒙
𝟑
→ 𝟑 𝟏𝟓+
𝒙
𝟑
𝟑= 𝒙 →
𝟏𝟓 𝟑
𝟑+
𝟑 𝒙
𝟑
𝟑= 𝒙 → 𝟓 𝟑 +
𝒙
𝟑= 𝒙
𝟏𝟓 𝟑 + 𝒙
𝟑= 𝒙 → 𝟑𝒙 = 𝟏𝟓 𝟑 + 𝒙 → 𝟑𝒙 − 𝒙 = 𝟏𝟓 𝟑 → 𝟐𝒙 = 𝟏𝟓 𝟑
𝒙 = 𝟏𝟓 𝟑
𝟐 → 𝒙 = 𝟕,𝟓𝟎 𝟑
Alternativa: C
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Solução: No gráfico observamos que as raízes da função, f(x) = 0, x = -3 ou x = 2. No
intervalo [ -3, 2 ] f(x) < 0.
Análise das alternativas:
(A) Nesse intervalo f(x) é positivo. (a afirmação é falsa)
(B) as raízes x´= -3 e x´´ = 2 são números reais. (a afirmação é falsa)
(C) o valor mínimo da função é: -25/4 (a afirmação é falsa)
(D) o valor é negativo no intervalo. ( a firmação é verdadeira)
Alternativa: D
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Solução: Há 24 = 16 possibilidades possíveis de nascimento de crianças quanto ao
sexo.
M,M,M,M M,M,M,F M,M,F,M M,F,M,M F,M,M,M M,M,F,F M,F,F,M F,F,M,M
F,M,F,M F,M,M,F, M,F,M,F M,F,F,F F,M,F,F F,F,M,F F,F,F,M F,F,F,F
Dessas 16 possibilidades há duas com crianças do mesmo sexo: (M,M,M,M) ,
(F,F,F,F) .
𝟐
𝟏𝟔=
𝟏
𝟖
Alternativa: B
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Solução: Lembrando que π radianos corresponde a 180o
𝝅
𝟏=
𝟏𝟖𝟎𝒐
𝒙 → 𝒙 =
𝟏𝟖𝟎𝒐
𝝅 → 𝒙 =
𝟏𝟖𝟎
𝟑,𝟏𝟒
Alternativa: C
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Solução: h = 10 cm , R = 5 cm, r = 2 cm
𝑽𝟏 = 𝝅𝑹𝟐𝒉 → 𝑽𝟏 = 𝝅 × 𝟓𝟐 × 𝟏𝟎 → 𝑽𝟏 = 𝝅 × 𝟐𝟓𝟎
𝑽𝟐 = 𝝅𝒓𝟐𝒉 = 𝝅 × 𝟐𝟐 × 𝟏𝟎 = 𝝅𝟒𝟎
𝑽𝑻 = 𝑽𝟏 − 𝑽𝟐
𝑽𝑻 = 𝟐𝟓𝟎𝝅 − 𝟒𝟎𝝅 = 𝟐𝟓𝟎 − 𝟒𝟎 𝝅 = 𝟐𝟏𝟎𝝅 𝒄𝒎𝟑
Alternativa: C
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Solução: total de 32 faces e 90 arestas.
Cada pentágono (P) possui 5 arestas e cada hexágono (H) possui 6
arestas. Na bola cada aresta está ligada a outra aresta. Podemos, então, elaborar a
seguinte equação: 𝟓𝑷+𝟔𝑯
𝟐= 𝟗𝟎 → 𝟓𝑷 + 𝟔𝑯 = 𝟏𝟖𝟎
𝟓𝑷 + 𝟔𝑯 = 𝟏𝟖𝟎𝑷 + 𝑯 = 𝟑𝟐
→ 𝟓𝑷 + 𝟔𝑯 = 𝟏𝟖𝟎𝑷 = 𝟑𝟐 − 𝑯
→ 5(32-H) + 6H =180
160 – 5H + 6H = 180 --> H = 180 – 160 --> H = 20
P = 32 – H --> P = 32 – 20 --> P = 12
Alternativa: B
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Solução:
𝑨𝑶 = 𝑹 = 𝟓𝒄𝒎,𝑹 é 𝒂 𝒉𝒊𝒑𝒐𝒕𝒆𝒏𝒖𝒔𝒂 𝒅𝒐 𝒕𝒓𝒊â𝒏𝒈𝒖𝒍𝒐 𝒓𝒆𝒕â𝒏𝒈𝒖𝒍𝒐 𝑫𝑪𝑶,
𝑨𝑪 = 𝟏𝒄𝒎,𝒆𝒏𝒕ã𝒐,𝑪𝑶 = 𝟒𝒄𝒎.𝑶 𝒔𝒆𝒈𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝑪𝑫 é 𝒍𝒂𝒅𝒐 𝒅𝒐 𝒕𝒓𝒊â𝒏𝒈𝒖𝒍𝒐 𝑫𝑪𝑶.
𝑷𝒐𝒓 𝑷𝒊𝒕á𝒈𝒐𝒓𝒂𝒔, 𝒕𝒆𝒎𝒐𝒔: 𝑹𝟐 = 𝑪𝑶 𝟐 + 𝑪𝑫 𝟐
𝟓𝟐 = 𝟒𝟐 + 𝑪𝑫 𝟐 → 𝟐𝟓 − 𝟏𝟔 = 𝑪𝑫 𝟐 → 𝟗 = 𝑪𝑫 → 𝑪𝑫 = 𝟑 𝒄𝒎
Alternativa: A
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Solução: A função (f(x) = a.x +b) é de primeiro grau em que a=3 > 0. Nos casos em
que a>0 a função é crescente. Para valores de x menores que -1 f(x) é negativa. No
intervalo x= ]-1, 0[ f(x) é positiva e está no segundo quadrante. Para x>0, f(x) é
positiva e pertence ao primeiro quadrante.
Alternativa: D
x
y
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Solução: O volume da pirâmide retangular é dado pela fórmula:
𝑽 = 𝟏
𝟑 × 𝑨(á𝒓𝒆𝒂 𝒅𝒐 𝒓𝒆𝒕â𝒏𝒈𝒖𝒍𝒐) × 𝒉(𝒂𝒍𝒕𝒖𝒓𝒂)
𝑽 = 𝟏
𝟑× 𝟏𝟐 × 𝟏𝟐 × 𝟔 → 𝑽 = 𝟐𝟖𝟖
Alternativa: B
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Solução: Ao lançarmos um dado uma única vez, a probabilidade de obtermos o
número 6 de 1/6. Ao lançarmos duas vezes a probabilidade será de: 𝟏
𝟔 ×
𝟏
𝟔=
𝟏
𝟑𝟔
Veja o quadro das possibilidades no lançamento do dado duas vezes.
(1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)
(2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)
(3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)
(4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)
(5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)
(6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)
Alternativa: D
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Solução:
para calcularmos a distância
entre P e Q é necessário
descobrirmos a distância entre
os pontos P e A (conforme
figura). O segmento AP é a
hipotenusa do triângulo
retângulo PBA. Pelo teorema
de Pitágoras, temos:
𝑨𝑷 𝟐 = 𝑷𝑩 𝟐 + 𝑨𝑩 𝟐 → 𝑨𝑷 𝟐 = 𝟏𝟐𝟐 + 𝟒𝟐 → 𝑨𝑷 𝟐 = 𝟏𝟔𝟎
O segmento PQ é hipotenusa do triângulo retângulo PAQ. Ainda por Pitágoras:
𝑷𝑸 𝟐 = 𝑨𝑸 𝟐 + 𝑨𝑷 𝟐 → 𝑷𝑸 𝟐 = 𝟑𝟐 + 𝟏𝟔𝟎 → 𝑷𝑸 𝟐 = 𝟏𝟔𝟗 → 𝑷𝑸 = 𝟏𝟔𝟗 →
𝑷𝑸 = 𝟏𝟑
Alternativa: C
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Solução: Se um quadrilátero convexo é inscrito numa circunferência, então os
ângulos opostos são suplementares.
No caso CÂF + FÊC = 180O --> FÊC = 180O – CÂF --> FÊC = 180O – 50O
FÊC = 130O
Alternativa: B
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Solução: AT =6 (A1 + A2 + A3) --> 660 cm2 =6( A1 + A2 + A3)
As arestas são números inteiros consecutivos.
A1 = l12 ; 6(l1
2 + (l1 + 1)2 + (l1 + 2)2 ) = 660
A2 = l22 = (l1 + 1)2 l1
2 + l12 + 2.l1 + 1 + l1
2 + 4.l1 + 4 = 660/6
A3 = l32 = (l2 + 1)2 = (l1 + 2)2 3.l1
2 + 6.l1 + 5 = 110
3.l12 + 6.l1 + 5 – 110 = 0
3.l12 + 6.l1 - 105 = 0
𝒍𝟏 = −𝟔 ± 𝟔𝟐− 𝟒.𝟑.(−𝟏𝟎𝟓)
𝟐.𝟑 → 𝒍𝟏 =
−𝟔 ± 𝟑𝟔+𝟏𝟐𝟔𝟎
𝟔 → 𝒍𝟏 =
−𝟔 ±𝟑𝟔
𝟔 → 𝒍𝟏 = 𝟓
Logo, as arestas são 5; 6 e 7: Volume do maior – o volume do menor
73 – 53 = 343 – 125 = 218 cm3
Alternativa: C
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Solução: 𝑹𝟏 = 𝟑𝒄𝒎; 𝑹𝟐 = 𝟑 𝟕𝟑
𝒄𝒎 ;𝑽 = 𝟒
𝟑 𝝅 𝒓𝟑
𝑽𝟏 = 𝟒
𝟑𝝅 𝟑𝟑 𝒆 𝑽𝟐 =
𝟒
𝟑 𝝅 (𝟑 𝟕
𝟑)𝟑 𝒆 𝑽𝒕 = 𝑽𝟏 + 𝑽𝟐
𝑽𝒕 = 𝟒
𝟑 𝝅 (𝟑𝟑 + 𝟑𝟑.𝟕)
𝒓𝟑 = 𝟑𝟑 𝟏 + 𝟕 → 𝒓 = 𝟑𝟑 × 𝟐𝟑 𝟑
→ 𝒓 = 𝟔
Alternativa: A
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Solução: (x-2)2 + (y-3)2 representa a equação da circunferência de raio r=3 e
centro C(2; 3). O maior e o menor valor de y encontram-se na reta que passa pelo
centro da circunferência e é paralela ao eixo das ordenadas ( y) . No caso são os
pontos P1 (2,6) e P2 (2,0).
Alternativa: A
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Solução: Em f(x) = (4/3)x o numerador (4) e maior que o denominador (3) da
fração. Quanto maior for o expoente x maior será a imagem (y) da função.
Em g(x) = (1/3)x quanto maior for x menor será y.
Alternativa: A
x
yy = (4/3)^x
y = (1/3)^x
g(x) decrescente
f(x) crescente
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Solução: 3x
= 2
log 3x
= log 2
x.log3 = log 2
x = log 2/ log3
Alternativa: C
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Solução: 𝒓 = 𝟐
𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝒓𝟐 → 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = ( 𝟐)𝟐
𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟐
Alternativa: C
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Solução: Temos 6 algarismos.
Na 1a posição podemos usar todos os algarismos. Na segunda somos limitados a 5
devido a condição que dois dígitos consecutivos nunca sejam iguais. Na terceira e
quarta posições também somos limitados a 5 algarismo. Pelo Princípio
Fundamental da Contagem (PFC), temos: 6.5.5.5 = 750.
Alternativa: C
1a 2a 3a 4a
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Solução: Conhecemos a intensidade do abalo I = 4 pontos. A energia liberada é dada
em kWh. Eo = 10-3 kWh. Com o uso da fórmula, temos:
𝑰 = 𝟐
𝟑 𝒍𝒐𝒈
𝑬
𝑬𝒐→ 𝑰 ÷
𝟐
𝟑= 𝒍𝒐𝒈 𝑬 − 𝒍𝒐𝒈 𝑬𝒐 → 𝑰 ×
𝟑
𝟐+ 𝒍𝒐𝒈𝑬𝒐 = 𝒍𝒐𝒈 𝑬
𝒔𝒖𝒃𝒔𝒕𝒊𝒕𝒖𝒊𝒏𝒅𝒐 𝒑𝒆𝒍𝒐𝒔 𝒗𝒂𝒍𝒐𝒓𝒆𝒔 𝒄𝒐𝒏𝒉𝒆𝒄𝒊𝒅𝒐𝒔, 𝒕𝒆𝒎𝒐𝒔:
𝟒 ×𝟑
𝟐+ 𝒍𝒐𝒈 𝟏𝟎−𝟑 = 𝒍𝒐𝒈 𝑬 → 𝟔 − 𝟑𝒍𝒐𝒈𝟏𝟎 = 𝒍𝒐𝒈 𝑬 → 𝟔 − 𝟑.𝟏 = 𝒍𝒐𝒈 𝑬
𝒍𝒐𝒈 𝑬 = 𝟑 → 𝑬 = 𝟏𝟎𝟑 𝒌𝑾𝒉
Alternativa: C
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Solução: pH = - log C
Na solução I: 4 = - log C --> -4 = log C --> C = 10-4 --> X = 10-4
Na solução II: 7 = - log C --> -7 = log C --> C = 10-7 --> Y = 10-7
𝑿
𝒀=
𝟏𝟎−𝟒
𝟏𝟎−𝟕 →
𝑿
𝒀= 𝟏𝟎−𝟒−(−𝟕) → 𝑿 = 𝟏𝟎𝟑 𝒀 → 𝑿 = 𝟏𝟎𝟎𝟎𝒀
Alternativa: A
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Solução: 𝒉𝟐 = 𝟐𝟒 × 𝟔 → 𝒉 = 𝟏𝟒𝟒 → 𝒉 = 𝟏𝟐
Alternativa: D
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Solução:
𝑷𝒓𝒐𝒃𝒂𝒃𝒊𝒍𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝒅𝒂 𝑨𝒏𝒂 𝒊𝒓 𝒂𝒐 𝑺𝒉𝒐𝒑𝒑𝒊𝒏𝒈: 𝟑
𝟔×
𝟑
𝟔×
𝟑
𝟔=
𝟐𝟕
𝟐𝟏𝟖=
𝟏
𝟖= 𝟏𝟐,𝟓%
Logo, a probabilidade de Lídia ir ao shopping será de 100% - 12,5% = 87,5%
Alternativa: C
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Solução:
𝟏,𝟐 𝒕 = 𝟐 → 𝒍𝒐𝒈 𝟏,𝟐𝒕 = 𝒍𝒐𝒈 𝟐 → 𝒕 × 𝒍𝒐𝒈 𝟏𝟐
𝟏𝟎= 𝟎,𝟑𝟎 →
𝒕 𝒍𝒐𝒈𝟏𝟐 − 𝒍𝒐𝒈𝟏𝟎 = 𝟎,𝟑𝟎 → 𝒕 𝟏,𝟎𝟖 − 𝟏 = 𝟎,𝟑𝟎 → 𝒕 𝟎,𝟎𝟖 = 𝟎,𝟑𝟎 →
𝒕 = 𝟎,𝟑𝟎
𝟎,𝟎𝟖 → 𝒕 = 𝟑,𝟕𝟓
Alternativa: B
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Solução:
𝑩𝑪 é 𝒉𝒊𝒑𝒐𝒕𝒆𝒏𝒖𝒔𝒂 𝒅𝒐 𝒕𝒓𝒊â𝒏𝒈𝒖𝒍𝒐 𝑨𝑩𝑪.𝑼𝒔𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒂 𝒓𝒆𝒍𝒂çã𝒐 𝒔𝒆𝒏𝒐 𝒕𝒆𝒎𝒐𝒔:
𝒔𝒆𝒏𝜶 =
𝟑𝟒
𝒔𝒆𝒏𝜶 → 𝒔𝒆𝒏𝟐𝜶 =
𝟑
𝟒 → 𝒔𝒆𝒏𝜶 =
𝟑
𝟒 → 𝒔𝒆𝒏𝜶 =
𝟑
𝟐 →
𝒐 â𝒏𝒈𝒖𝒍𝒐 𝒄𝒖𝒋𝒐 𝒔𝒆𝒏𝒐 é 𝒊𝒈𝒖𝒂𝒍 𝒂 𝟑
𝟐 é 𝟔𝟎𝒐
Alternativa: B
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Solução:
𝑴𝒆 =𝟑+𝟏+𝟑+𝟏+𝟐+𝟏+𝟑+𝟐+𝟐+𝟒+𝟖+𝟔+𝟑+𝟏𝟓+𝟏𝟐+𝟏𝟎+𝟔
𝟏𝟕=
𝟖𝟐
𝟏𝟕 ≅ 𝟓
𝑴𝒐𝒅𝒂 = 𝟏𝟓
𝑷𝒂𝒓𝒂 𝒆𝒏𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒂𝒓𝒎𝒐𝒔 𝒂 𝒎𝒆𝒅𝒊𝒂𝒏𝒂 𝒑𝒓𝒆𝒄𝒊𝒔𝒂𝒎𝒐𝒔 𝒄𝒐𝒍𝒐𝒄𝒂𝒓 𝒐𝒔 𝒗𝒂𝒍𝒐𝒓𝒆𝒔 𝒆𝒎 𝒐𝒓𝒅𝒆𝒎
𝒄𝒓𝒆𝒔𝒄𝒆𝒏𝒕𝒆:𝟏,𝟏,𝟏,𝟐,𝟐,𝟐,𝟑,𝟑,𝟑,𝟑,𝟒,𝟔,𝟔,𝟖,𝟏𝟎,𝟏𝟐,𝟏𝟓
𝑴𝒅 = 𝟑
Alternativa: D
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Solução:
𝑨 𝒅í𝒛𝒊𝒎𝒂 𝒑𝒆𝒓𝒊ó𝒅𝒊𝒄𝒂 𝟎,𝟗𝟗𝟗…𝒑𝒐𝒅𝒆 𝒔𝒆𝒓 𝒄𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒂𝒅𝒂 𝒄𝒐𝒎𝒐 𝒔𝒆𝒏𝒅𝒐 𝒖𝒎𝒂
𝒔𝒐𝒎𝒂 𝒅𝒆 𝒇𝒓𝒂çõ𝒆𝒔: 𝟗
𝟏𝟎+
𝟗
𝟏𝟎𝟎+
𝟗
𝟏𝟎𝟎𝟎+ …
Temos a soma de uma PG infinita em que a razão q = 9/100 / 9/10 = 1/10
𝑺 =
𝟗𝟏𝟎
𝟏 − 𝟏𝟏𝟎
→ 𝑺 = 𝟗
𝟏𝟎 ÷
𝟗
𝟏𝟎 → 𝑺 = 𝟏
Alternativa: C
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Solução: Cálculo do lado L do triângulo equilátero inscrito na circunferência de raio R = 4cm.
A altura do triângulo é igual a R+a, sendo a=apótema (raio
da circunferência inscrita).
a = R/2
h = R + a --> h = 4 +2 = 6
𝑳𝟐 = 𝑳
𝟐 𝟐
+ 𝒉𝟐 →
𝑳𝟐 − 𝑳𝟐
𝟒= 𝟑𝟔 →
𝟑
𝟒𝑳𝟐 = 𝟑𝟔
𝑳𝟐 = 𝟑𝟔 ÷𝟑
𝟒→ 𝑳 = 𝟒𝟖
𝑳 = 𝟒 𝟑
Área do triângulo:
𝑨𝑻 = 𝑳 ×𝒉
𝟐 → 𝑨𝑻 =
𝟒 𝟑 ×𝟔
𝟐 → 𝑨𝑻 = 𝟏𝟐 𝟑
Área da região externa ao triângulo e interna à circunferência:
𝝅𝑹𝟐 − 𝑨𝑻 = 16𝝅 − 𝟏𝟐 𝟑 → 𝟒(𝟒𝝅 − 𝟑 𝟑)
Alternativa: B
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Solução: O gráfico representa uma função polinomial do 1o grau: f(x) = ax + b.
O coeficiente angular é representado por a e se a > 0 a função é crescente e se a < 0 a função é
decrescente. O coeficiente linear é representado por b.
O gráfico representa uma função decrescente. Logo o coeficiente angular é negativo (alternativas
(B) e (D)). A reta corta o primeito quadrante. Logo o coeficiente linear é positivo. (alternativa (B))
Alternativa: B
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Solução: Pedro nasceu em 1987. A senha é composta por 5 caracteres, sendo o primeiro igual a P
(letra inicial do seu nome). Os outros caracteres é composto por duas letras e dois números
intercalados sem repetição: P, letra, número, letra, número.
Como não há repetição, temos: 4 letras x 4 algarismos x 3 letras x 3 algarismos = 144
Alternativa: Questão anulada
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Solução: Distribuir 243 litros de gelatina utilizando conchas com o formato de semi-esfera de 3cm
de raio e 3 conchas para cada pote. Usar π = 3.
Cálculo do volume da semi-esfera: 𝑽 = 𝟐
𝟑 𝝅.𝟑𝟑 → 𝑽 = 𝟓𝟒
3 conchas = 162 cm3
1 litro = 1 dm3 = 1000cm3.
243 litros = 243.000 cm3
𝒏ú𝒎𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒑𝒐𝒕𝒆𝒔: 𝟐𝟒𝟑𝟎𝟎𝟎
𝟏𝟔𝟐= 𝟏𝟓𝟎𝟎
Alternativa: C
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Solução: Considerando o chão como sendo o eixo das abscissas (x) do plano cartesiano e a parede
o eixo das ordenadas (y), a escada estaria tocando os pontos C(1, 0) (no chão) e P(0, 4) (na
parede). Conhecidos dois pontos pertencentes à reta podemos conhecer a sua equação pela
condição de alinhamento de três pontos.
𝒙 𝒚 𝟏𝟏 𝟎 𝟏𝟎 𝟒 𝟏
= 𝟎 → 𝟏. 𝒚 𝟏𝟒 𝟏
+ 𝟏. 𝒙 𝒚𝟎 𝟒
→ 𝒚 − 𝟒 + 𝟒𝒙 = 𝟎 → 𝟒𝒙 + 𝒚 = 𝟒
→ 𝒅𝒊𝒗𝒊𝒅𝒊𝒏𝒅𝒐 𝒕𝒐𝒅𝒐𝒔 𝒐𝒔 𝒆𝒍𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐𝒔 𝒑𝒐𝒓 𝟒 → 𝒙 + 𝒚
𝟒= 𝟏
Alternativa: B
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Solução: análise das alternativas.
(A) O gráfico mostra quedas bruscas na balança e não gradativa.
(B) O saldo, em 2006, mostra que vendemos US$ 46,50 bilhões a mais do que compramos.
Esta relação tem caído ano a ano.
(C) No período o gráfico mostra que exportamos mais do que importamos.
(D) O gráfico mostra que, ano a ano, estamos vendendo menos.
Alternativa: B
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Solução: Observando o gráfico, temos: y = 0 para x = -1
y < 0 para x < -1
y > 0 para x > -1
Alternativa: C
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Solução: 𝟑𝟎𝟎 − 𝟏𝟎𝒙 𝒙 = 𝟐𝟐𝟏𝟎,𝟎𝟎 → 𝟑𝟎𝟎𝒙 − 𝟏𝟎𝒙𝟐 − 𝟐𝟐𝟏𝟎 = 𝟎 → 𝒙𝟐 − 𝟑𝟎𝒙 + 𝟐𝟐𝟏 = 𝟎 →
𝒙 = 𝟑𝟎 ± −𝟑𝟎 𝟐− 𝟒.𝟏.𝟐𝟐𝟏
𝟐=
𝟑𝟎 ±𝟒
𝟐 → 𝒙 = 𝟏𝟕 𝒐𝒖 𝒙 = 𝟏𝟑
Alternativa: B
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Resolução:
De acordo com o enunciado é necessário que as faces opostas sejam: 1 e 6; 2 e 5; 3 e 4.
Mentalmente é possível percebermos que isto é possível na planificação 1 e 3. Na
planificação 2 uma das faces rebate com outra, não sendo possível construir o dado.
Alternativa: B
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Resolução: Esta questão pode ser resolvida com a fórmula da P.A. (Progressão Aritmética).
No caso ela é de razão 2 (acréscimo de 2 minutos a cada dia de treino).
an = a1 + (n -1). r (lê-se: o enésimo termo da P.A. é igual ao primeiro termo
mais o número de termos menos 1 multiplicado pela razão)
Conhecemos o 6o termo (15 minutos) e a razão (2 minutos) da P.A.
a6 = a
1 + (6 – 1).2 → 15 = a
1 + 5.2 → a
1 = 5
Desejamos conhecer o 28o termo da P.A.
a28
= 5 + (28 -1).2 → a28
= 5 + 27.2 → a28
= 5 + 54 → a28
= 59.
Alternativa: C) 59 minutos
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Resolução:
A) 69% comem fora mas não todos, dos 69%, nas padarias (F)
B) Fast-food + padarias representam 47 bi contra 57 bi dos restaurantes. (F)
C) ½ de 107 corresponde a 53,5 bi. Os gastos com restaurantes correspondem a
57 bi, isto é, mais da metade. (V)
D) 1/3 de 107 bi correspondem a 35,9 bi. As padarias correspondem a 31 bi, isto
é, menos. . (F)
Alternativa: C
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Resolução: f(x) = ax + b (Obs.: A função do primeiro grau é crescente em R quando a>0
e decrescente em R quando a < 0.
Exemplo de gráfico em que a>0 e b > 0. Exemplo em que a > 0 e b < 0
Exemplo em que a < 0 e b > 0 . Exemplo em que a <0 e b < 0.
Alternativa: D
x
y
x
y
x
y
x
y
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