esoluÇÃo matemÁtica resolva e suas t enem i · a posição do armário de número 10, por...

RESOLUÇÃORESOLUÇÃOResolvaEnem I

MATEMÁTICA

E SUAS TECNOLOGIAS

OSG.: 104436/16

Matemática

01. O robô percorrerá o perímetro de um polígono regular de n lados, cujo ângulo externo será:

24360

15º =°

→ =n

n

Logo, ele percorrerá 15 · (4 m) = 60 m.

Resposta correta: Item B

02. Os códigos que fornecem os algarismos têm quatro dígitos. Devemos, então, agrupar as barras de quatro em quatro. Assim, temos:

0 1 1 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 1

De acordo com a tabela, os códigos 0110, 1000, 0011 e 0101 correspondem, respectivamente, aos algarismos 6, 8, 3, 5. Portanto, este código de barras corresponde ao número 6835.

Resposta correta: Item A

03. Nº de pizzas portuguesa = 182

324

1

412 6 18⋅ + ⋅ = + =

Nº de pizzas mussarela = 185

924

1

610 4 14⋅ + ⋅ = + =

Sendo que os homens comeram 12 + 10 = 22 pizzas e as mulheres, 6 + 4 = 10 pizzas.

Resposta correta: Item C

04.

120º

108º

60º

x

B

A

IIJ E

FH

G

D

C

Temos:

I) No hexágono regular ABCDEI:

an

ni =− ⋅ °

=− ⋅ °

= °( ) ( )2 180 6 2 180

6120

II) No pentágono regular EFGHI:

an

ni =− ⋅ °

=− ⋅ °

= °( ) ( )2 180 5 2 180

5108

III) No triângulo equilátero AJI: a

i = 60°

Assim, sendo JÎH = x, devemos ter:x + 60° + 120° + 108° = 360° → x = 72°

Resposta correta: Item D

05. A função logarítmica RCR

R=

log0

é logarítmica crescente

(base 10 > 1) e quando R = R0, temos RC

R

R=

= =log log0

0101 0,

ou seja, seu gráfi co passa no ponto (R0, 0).

Portanto, o gráfi co que melhor representa a Renda Comparativa de um habitante desse país em função de sua renda é o da alternativa (D).


06. Escolhendo-se as quatro seleções que jogarão no Rio de Janeiro, as outras quatro seleções que jogarão em São Paulo já estarão determinadas. Daí, temos:I) Total de maneiras de dividir as oito seleções:

C8, 4

= 8

4 4

8 7 6 5

4 3 2 170

!

! !⋅=

⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

=

II) Considerando as três seleções sul-americanas num mesmo grupo, basta escolher a outra seleção para completar a grupo. Daí, elas poderão fi car juntas jogando no Rio ou em São Paulo de C

5, 1 + C

5, 1 = 5 + 5 = 10 maneiras diferentes.

Logo, o número de maneiras dessas seleções não fi carem todas juntas será: 70 - 10 = 60


07.

9m9m 4m4mEB a

ab

b

FA

C Dx

xx

Observando que a + b = 90°, temos que os triângulos BCA e FDE. Daí:x

xx x m

4

936 62= → = → =

Logo, a frente total mede BE = 9 + 6 + 4 = 19 m

Resposta correta: Item E

08. Temos as seguintes quantidades de maneiras de se escolher as duas questões com gabarito:

• A : C10, 2

= 10

2 845

!

! !⋅= • B: C

8, 2 =

8

6 228

!

! !⋅=

• C: C6, 2

= 6

2 415

!

! !⋅= • D: C

4, 2 =

4

2 26

!

! !⋅=

• E: C2, 2

= 1

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Resolução Matemática

Assim, pelo princípio fundamental da contagem, temos: 45 · 28 · 15 · 6 · 1 = 113 400 maneiras diferentes de distribuir

as alternativas corretas (113 400 folhas respostas diferentes)


09.

O

O

Modelo matemático

B30” R

R

60º

60º

A

I) Arco AB = 2 · (30°) = 60°II) O triângulo AOB é equilátero. Daí, AB = R


10. De acordo com a tabela, o número n de cadernos é tal que:n = 12X + 11 ⇒ n + 1 = 12(X + 1)n = 20Y + 19 ⇒ n + 1 = 20(Y + 1)n = 18Z + 17 ⇒ n + 1 = 18(Z + 1)

Como X, Y e Z são números inteiros positivos, (n +1) é múltiplo comum de:12 = 22 · 31 · 50

20 = 22 · 30 · 51

18 = 21 · 32 · 50

Como mmc(12, 20, 18) = 22 · 32 · 51 = 180, devemos ter (n + 1) igual a 180 ou igual a um múltiplo de 180, ou seja:n + 1 = k · 180 , onde k é inteiro

Observe que:n < 1200 ⇒ n + 1 < 1201 ⇒ k · 180 < 1200 ⇒ k < 6,6

Logo, o maior valor possível para k é 6. Daí, o maior valor para n será:

n + 1 = 6 · 180 ⇒ n = 1080 – 1 = 1079, cuja soma dos algarismos é igual a: 1 + 0 + 7 + 9 = 17


11. Sendo o dia 07/set/2015 (segunda-feira) o dia zero, quando se passar uma quantidade de dias múltipla de 7, teremos novamente o mesmo dia da semana do dia zero (segunda- feira).

Seg Ter Qua Qui Sex Sab Dom

0 1 2 3 4 5 6

7 8 9 10 11 12 13

14

21

Como a partir de 07/set/2015 até 07/set/2025 irão se passar10 · 365 + 3 = 3 653 dias. Dividindo essa quantidade de dias por 7, obtemos quociente 521 e resto 6, ou seja:

3653 521 7 6= ⋅ +≡ZERO��

Assim, 07/set/2025 cairá, na semana, 6 dias após a segunda-feira, ou seja, cairá num domingo.


12.I) Na infância, temos massa m e área corporal A

I, tais que:

A k ml = ⋅2

3

II) Na maioridade, temos massa (8m) e área corporal AM, tais

que:

A = k (8m) A = k (2 m) A = k (2 ) m

A = k 2 m A = 4

M

2

3M

32

3M

32

3

2

3

M2

2

3M

⋅ → ⋅ → ⋅ ⋅ →

→ ⋅ ⋅ → ⋅⋅ ⋅ → ⋅(k m ) A = 4 A2

3M I

Logo, a área fi cará multiplicada por 4.


13. Na notação científi ca, o primeiro fator deve ser maior ou igual a 1 e menor que 10. Daí, devemos ter:

0,000 000 000 000 000 000 000 000 001 67 kg = 167

1027

, kg =

= 1,67 · 10–27 kg

Como 1 kg = 103 g, obtemos:1,67 · 10–27 kg = 1,67 · 10–27 · 103 g = 1,67 · 10–24 g


14.

58º58º

56º56º

a b

xx

a//b//cc

x = 56° + 58° = 114°


15. Sendo x o comprimento do Rio Amazonas, de acordo com o enunciado, devemos ter:

7 1

1

mm

x

nm

m=

Observando agora que:1 nm = 1 bilionésimo de metro = 10–9 m7 mm = 7 · 10–3 m,

obtemos:

7 10 10

110 7 10

7 10

107 10

3 99 3

3

93 9

⋅ = ⇒ = ⋅ ⇒

⇒ = ⋅ = ⋅

− −− −

−

−− − −

m

x

m

mx m

x m

.

( ) mm

Logo, x = 7·106 m


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16. Os pixels são os quadradinhos e o total de quadradinhos que cabem na tela retangular é a área do retângulo. Daí, devemos ter:

Área da tela retangular = x · (x + 200) = 480 000 ⇒ x2 + 200x–– 480 000 = 0Assim, temos:• ∆ = 2002 + 1 920 000 ∆ = 1 960 000 = 196 · 104

• x = − ±200 1400

2 ⇒ X = –800 (não convém) ou x = 600

Logo, as dimensões da tela são x = 600 pixels e x + 200 = 800 pixels.


17. Para acertar os respectivos relógios com a hora certa, de acordo com os pensamentos das respectivas donas:I) Amanda adiantará o seu relógio em 5 minutos, fi cando, na

realidade 10 + 5 = 15 minutos adiantados.II) Beatriz atrasará o seu relógio em 5 minutos, fi cando, na

realidade 10 + 5 = 15 minutos atrasados.III) Camila adiantará o seu relógio em 5 minutos, fi cando, na

realidade 5 + 5 = 10 minutos adiantados.

Portanto, a ordem de chegada será: Amanda (15 minutos antes das 15 h); Camila (10 minutos antes das 15 h) e Beatriz(15 minutos após as 15 h).


18. Em um triângulo isósceles, os ângulos da base são iguais e em um triângulo qualquer, um ângulo externo é igual à soma dos internos não adjacentes. Daí, sendo Â = x, temos:

A

D

E2 x

x

x

B

I) No triângulo isósceles ADE:

BDEˆ = x + x (ângulo externo do ∆ADE)

BDEˆ = DBEˆ = 2x (∆DEB é isósceles)

II) No triângulo ABE:

BECˆ = 2x + x (ângulo externo do ∆ABE)

BECˆ = ECBˆ = 3x (∆BEC é isósceles)

A

BC

3x

E2x

x

III) No triângulo isósceles ABC:

ABCˆ = ACBˆ = 3x e

x + 3x + 3x = 180° ⇒ x = 180

7

°

A

B C3x 3x

x


19. Sendo x reais o valor que a pessoa dará a mais para facilitar o troco, esse troco deverá ser:Troco = (100 + x) - (valor da compra)Troco = 100 + x - 77Troco = 23 + x

Como o caixa só tem notas de 10 reais, o troco deverá ser 10 ou 20 ou 30 ou ... (múltiplo de 10). Assim, o menor valor possível será:23 + x = 10 ⇒ x = –13 (não convém)ou23 + x = 20 ⇒ x = –3 (não convém)ou23 + x = 30 ⇒ x = 7

Logo, o menor valor que o cliente deverá repassar ao caixa é 100 + 7 = 107 reais.


20. P = 518·(24)6 → P = 518·224 → P = (518· 218) · 26 → P = 64·1018

Logo, Pzeros

= 64000 018

...�� (20 dígitos).


21. Sendo r a medida do raio, devemos ter:

4 m

4 m

r

rr

r

rr

rr

rr

r

r

2·(diagonal do quadrado de lado r) + 4r = Diagonal do quadrado de lado 4 m

2 2 4 4 2.( )r r+ =

2,82r + 4r = 5,64

6,82 r = 5,64

r ≈ 0,82 m = 82 cm


22. Sendo3

70 4285 7142 8571

1 2 3

= ,Re

ª ª ªsemana semana semana

pet

� ��

ee se

semana

−� ��

� ��42854ª

... uma dízima periódica,

as senhas de Daniel irão se repetir de três em três semanas; e sendo π = 3,1415926535... um número irracional (apresenta infi nitas casas decimais, sem repetição periódica), as senhas de Rafael não se repetirão periodicamente.


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23.

C1

C2

10cm

10cm 10cm120cm

120cmA B

(Modelo matemático dos pneus)

Sendo C1C

2 = x, usando o teorema de Pitágoras, temos:

x2 = 1202 + 502 → x = 16900 = 130 cm


24. A posição do armário de número 10, por exemplo, é alterada apenas pelas pessoas cujos números são divisores de 10:1 (abre), 2 (fecha), 5 (abre) e 10 (fecha).

Observe que, tendo 10 uma quantidade par de divisores positivos, o armário de número 10 terminará fechado. Para um armário terminar aberto, ele deverá ter um número ímpar de divisores positivos, ou seja, deverá ser um quadrado perfeito. Somente quem tem uma quantidade ímpar de divisores positivos são os quadrados perfeitos. Veja:50 = 21 ⋅ 52 ⇒ Nº de divisores positivo = (1 + 1)·(2 + 1) = par36 = 22 ⋅ 32 ⇒ Nº de divisores positivo = (2 + 1)·(2 + 1) = ímpar

Observe que um quadrado perfeito apresenta, quando fatorado em fatores primos distintos, apenas expoentes pares e, com isso, pela regra dos expoentes, teremos:

Nº de divisores positivos = (expoente + 1) · (expoente + 1) ... (expoente + 1) = (ímpar).(ímpar). ... . (ímpar) = ímpar

Logo, fi carão abertos os armários cujos números são quadrados perfeitos. São eles:

12 = 1; 22 = 4; 32 = 9; 42 = 16; 52 = 25; 62 = 36; 72 = 49; 82 = 64; 92 = 81 e 102 = 100

Portanto, 10 armários fi carão com as portas abertas.


25. É fácil ver que os número do último quadro são: (22013 - 1), 22013 e (22013 +1). Assim, o produto procurado é:

(22013 – 1) · (22013 +1) = (22013)2 – 12

= 24026 – 1


26. Sendo an o número de pregadores utilizados quando se tem n

lençóis em um varal, temos a PA de razão 3:(4, 7, 10, ..., an, ...)

Daí, obtemos:a

9 = 4 + (9 – 1) · 3 = 28 e a

3 = 4 + (3 – 1) · 3 = 10

Como 84 = 9·9 + 3, serão utilizados 9 varais, cada varal de9 lençóis e mais 1 varal com 3 lençóis. Portanto, serão 9·28 + 1·10 = 262 pregadores.


27. Do gráfi co, temos que M(0) = 16 e M(150) = 4. Dentre as funções apresentadas nas alternativas, a única que satisfaz essas

condições é M tt

( ) =−

24

75 (Item A). Veja: M( )0 2 2 164

0

75 4= = =−

e M( ) .150 2 2 44

150

75 2= = =−


28. Sendo d a distância entre dois pontos destacados consecutivos, temos:

Y X d d

d

d

= + ⇔ = +

⇔ = +

⇔ = =

103

2

1

610

9 1 60

8

60

2

15.

Assim, obtemos:D X d

D

D

D

= +

= + ⋅

= +

= =

4

1

64

2

155 16

3021

30

7

10


29.

30 m

32 mx

24 m

56 m

r

T

s

2 m

Barreira

Rio

Teorema de Tales:x

x x metros+ = → + = ⋅ → =2

30

32

242

30 4

338


30. Considere o diagrama seguinte relativo à situação-problema.

A T

U

x

C

6%

1%

1%

3%3%

2%

O total de adultos pesquisados corresponde a 100%. Assim, devemos ter: 11 3 2 1 100 83% % % % % %,

A

x x� �� + + + + = ⇔ =

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Portanto, 83% dos 200000 adultos pesquisados não usam nenhuma das trocas mencionadas, ou seja:

83 20000083

100200000 166 000% .⋅ = ⋅ =


31. Se queremos a maior pontuação, devemos evitar grupo com três fi chas de cores diferentes, pois sua pontuação é extremamente baixa. Sendo a, b, m, v e p fi chas amarela, branca, marrom, verde e preta, respectivamente, podemos ter:vvv; aaa; bbv; vam ⇒ 8 + 8 + 6 + 1 = 23 (não é a maior pontuação)

Uma possível distribuição com pontuação máxima (sem pontuação mínima 1):vvv; aav; aap; bbm ⇒ 8 + 6 + 6 + 6 = 26


32.Manhã Tarde

n(M ∪ T) = n(M) + n(T) – n(M ∩ T)20 = 15 + 10 – n(M ∩ T)n(M ∩ T) = 5

Assim, de um total de 20 pessoas, 5 trabalham os dois turnos. Daí:

Probabilidade = 5

20

5 5

20 5

25

10025= ⋅

⋅= = %


33. De acordo com o enunciado, temos:I) Despesa total igual a R$ 67,00: 5x + 5y + 4 · 3 = 67 ⇔ x + y = 11 ⇔ y = 11 – x

II) 89 unidades de frutas: 6x + y + 4 · 12 = 89 ⇔ 6x + y = 41

Substituindo (I) em (II):6x + (11 – x) = 41 ⇔ x = 6

Portanto, foram compradas 6 · 6 = 36 maçãs.


34. Como cada petabyte equivale a 220 gigabytes, então 3 petabytes equivalem a 3 · 220. Para determinarmos número (n) de DVDs

devemos efetuar a divisão 3 2

4

20⋅, veja

n = ⋅ = ⋅ = ⋅3 2

4

3 2

23 2

20 20

218

Como 219 = 2 · 218 e 220 = 4 · 218, então

219 = 2 · 218 < 3 · 218 < 4 · 218 = 220 ⇒ 219 < n < 220.


35. Sendo x o número de abelhas no enxame, devemos ter:

x x x xx

x xx

xx

x x x x x

3 53

3 53

3 5

3

53

5 3 15 9 45 15

+ + ⋅ −

+ =

+ + − + =

+ + − + =−xx

x

= −=

45

45

Logo, há 45 abelhas no enxame.


36. A reta DA é perpendicular ao plano (ABFE). Assim, a reta AD forma 90° com qualquer reta desse plano, inclusive com a reta AF.


37. Sendo x o número de senhores que pagaram ingresso, o número de senhoras será (560 – x). Daí, devemos ter:

Arrecadação = x · 12 + (560 – x) · 10 = 6270 12x – 10x + 5600 = 6270 2x = 670 x = 335 (nº de senhores)

Assim, 560 - x = 225 (nº de senhoras).Logo, 335 - 225 = 110 senhores a mais que senhoras.


38. Como as velocidades dos navios são constantes, se com meia hora eles percorrem y e x quilômetros, com uma hora eles andarão o dobro, 2y e 2x quilômetros. Como os triângulos são semelhantes, temos: BC = 2.(15 km) = 30 km.


39.

I) 180 5

18 0 5 9= → = ⋅ =yy km

,,

II) x2 + 92 = 152 ⇒ x = 12 km

Assim, o navio C percorre, em uma hora, 2x = 24 km. Logo, a sua velocidade é de 24 km/h.


40. A criança ganhou dois picolés de cada sabor, que podem ser representadas por:

B, B, M, M, C, C

Qualquer permutação desses seis elementos com repetição de 2, 2, e 2, é uma maneira diferente de consumir os seis picolés. Logo, o número total de modos distintos de consumir os picolés será:

P62 2 2 6

2 2 290( , , ) !

! ! !.=

⋅ ⋅=


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41. Sendo x o número de vértices com 3 arestas, temos:I) 2A = 5 · 2 + 4 · 4 + x · 3 2A = 26 + 3xII) V = 2 + 4 + x V = 6 + x III) V + F = A + 2 2V + 2 F = 2A + 4 12 + 2x + 30 = 26 + 3x + 4 42 – 30 = 3x – 2x x = 12

Logo,2A = 26 + 3.(12) A = 13 + 18 A = 31


42. Temos uma função da forma Q(t) = at + b, na qual temos:

I) Para t = 0 (ano 2010): Q(0) = 49 ⇒ a(0) + b = 49 ⇒ b = 49

II) Para t = 10 ( ano 2020):

Q(10) = 44 ⇒ 10a + 49 = 44 ⇒ a = − 1

2

Logo, Q t t( ) .= − +1

249


43. Sendo f(x) e g(x) os volumes em litros nos reservatórios A e B, respectivamente, após x horas, temos:f(x) = 720 – 10xg(x) = 60 + 12x

X = x0 ocorrerá quando:

f(x) = g(x) ⇒ 720 – 10x = 60 + 12 x ⇒ 660 = 22 x ⇒ x = 30

Logo, x0 = 30 horas


44. O tetraedro é o poliedro de quatro faces, aquele que, na tabela, está associado ao fogo.


45. O octaedro regular (oito faces) está associado ao ar. Ele apresenta, em torno de um mesmo vértice, 4 faces em forma de triangulo equilátero (veja fi gura dada). Daí, a soma procurada será:Soma = 4·(60°) = 240°


46. O cubo tem 6 faces e 8 vértices. Assim, de acordo com o texto, o seu conjugado (ou dual) deverá ter 6 vértices e 8 faces (octaedro).

Octaedro


47. O volume da caixa é dado por

V x x x

V x x x x

V x x x

= ⋅ − ⋅ −

= ⋅ − − +

= − +

( ) ( )

( )

8 2 10 2

80 16 20 4

80 36 4

2

2 3


48. Sendo x, y e z as medidas do comprimento, largura e altura, o volume inicial é V = x.y.z. Para dobrar esse volume, ou seja, para obter 2·v = 2xyz, basta dobrar uma das dimensões.Veja:2V = (2x)·yz = x·(2y)·z = x·y·(2z)


49. Considere o gráfi co seguinte relativo à situação-problema, no qual A é ponto de lançamento.

y

200

A

-20 -10 10 20

P

0

Queremos calcular a altura f(–10). Para isso, sabemos quef(x) = a·( x – x

1)·(x – x

2), em que x

1 = –20 e x

2 = 20 são as raízes,

ou seja f(x) = a·(x + 20 )·( x – 20). Daí, temos:I) O gráfi co passa no ponto (0, 200): f(0) = 200 → a·(0 + 20)·(0 – 20) = 200 → –400a = 200 →

→ a = –1/2II) f(x) = –1/2 · (x + 20) · (x − 20) f(10) = –1/2 · (30)·(–10) f(10) = 150 metros


50. A base é um hexágono regular de 4 m de lado e a altura mede 10 m. Assim, temos:

Área da base = 64 3

424 3

22⋅ = m

Volume = 24 3 10 240 3 3⋅ = m


51. Considere a fi gura seguinte relativa ao problema, em queAC = 80 m e AB = 60 m.

C

ED

A F B

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Sendo AD = y e AF = x, da semelhança dos triângulos ABC e DEC, obtemos:

CD

CA

DE

AB

y xy

xy

x= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = −80

80 6080

80

6080

4

3.

Logo, a área do terreno destinado à construção da casa será:

A x AD

A x xx

A x x x

( ) AF

( )

( )

= ⋅

= ⋅ −

= − ⋅ +

804

34

3802

Portanto, a área máxima ocorrerá quando x for a’ abscissa do vértice, ou seja:

xb

a= − = −

⋅ − =2

80

243

30( )

. Daí, a área máxima será:

A m( )304

3900 80 30 1200 2400 1200 2= − ⋅ + ⋅ = − + =


52.I) O gráfi co de B

1 passa nos pontos (0, 100), (z, 75) e (t, 0):

Coefi ciente angular = 100 75

0

100 0

04

−−

= −−

⇒ =z t

t z

II) O gráfi co de B2 passa pelos pontos (0, 90), (z, 75) e (t + 2, 0):

Coefi ciente angular = 90 75

0

90 0

0 26 2

−−

= −− +( ) ⇒ = −

z tt z

Assim, temos: 6z – 2 = 4z → z = 1 e t = 4 · (1) = 4 horas.


53.I) Verdadeira. A frequência cardíaca, em segundos, é o inverso

do período:

1

283

134

4

3ππ

= = , (batimentos por segundos)

Logo, em 1 minuto (60 segundos), temos 60 · (4/3) = 80 batimentos por minuto.

II) Verdadeira. Veja:

P( ) cos

cos

c

2 100 208

32

100 2016

3

100 20

= − ⋅ ⋅

=

= − ⋅

=

= − ⋅

π

π

oos 2 24

3

100 201

2

110

⋅ +

=

= − ⋅ −

=

=

π π

mmHg

III) Falsa. A amplitude da função é de 20 mmHg


54. Rol (21, 22, 25, 25, 26, 30, 40, 40)Média Aritmética:

21 22 25 25 26 30 40 40

8

229

828 625

+ + + + + + + = = ,

Moda: 25 e 40 (espaço bimodal)

Mediana: 25 26

225 5

+ = ,


55. Acompanhe a fi gura abaixo.

20 m

hhhh

40 m

50 m

0,5 m0,5 m20 m20 m

0,4 m

H

Podemos estabelecer, através da semelhança entre os triângulos, a seguinte proporção:

50

20

4016

cm

m

cm

hh m= ⇒ =


56. De acordo com o texto a leitura:do mês anterior foi: 1876 kWhdo mês atual: 2354 kWhAssim, o consumo do mês foi: 2354 – 1876 = 478 kWh


57. Como o cone e o cilindro têm a mesma capacidade, o volume da parte vazia do cone (V

1) corresponde ao volume da parte cheia

do cilindro; e o volume da parte cheia do cone (V2) corresponde

ao volume da parte vazia do cilindro. Usando a semelhança do cone maior (funil todo) com o cone menor (parte do funil ainda com óleo), devemos ter:

V V

V

HH

V V

VV V V V V1 2

2

3

1 2

2

3

2 1 2 1 2

2

2 8 7+ =

⇒ + = ( ) ⇒ = + ⇒ =

AParte vazia: V

2

Parte cheia: V1

B

Assim, a parte cheia do cilindro (V1) será

7 vezes a sua parte vazia (V2). Veja como

fi ca no cilindro:


OSG.: 104436/16


58. Devemos ter por base as taxas de aprovação de cada fi scal, isto descarta os itens A e D.• Probabilidade de aprovação com A: 50%• Probabilidade de aprovação com B:45% (1a tentativa) + 50% de 50% (2a tentativa com A como fi scal defi nitivo) = 45% + 25% =70%

Probabilidade de aprovação com C:60% (1a tentativa) + 50% de 10% (2a tentativa com A como fi scal defi nitivo) = 45% + 25% = 70%


59. Total de resultados possíveis para 10 lançamentos:

2 2 2 2 2 102410

10⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = =...vezes

� �� Número de casos favoráveis:

• 8 caras e 2 coroas: C C10 8 2 2

108 2

110 92 1

45, ,

!! !

⋅ =⋅

⋅ = ⋅⋅

=

• 9 caras e 1 coroa: C C10 9 11

109 1

1 10, ,

!! !

⋅ =⋅

⋅ =

ou

• 10 caras: C10,10

= 1

Assim, temos 45 + 10 + 1 = 56 casos favoráveis, num total de 1024 casos possíveis. Logo, a probabilidade pedida será:

probabilidade = 56

10247

128=


60. Sejam u, c e I os custos respectivos dos passeios de ultraleve, cavalo e lancha. Assim, podemos escrever o sistema:

II

I u cu c

3 2 4 1584 3 5 225+ + =+ + ={ �

�

Queremos determinar o valor de: 3u + c + 5�Se fi zermos 5 I – 3 II, teremos:

−+ + =

− − − = −{+ + =

3

5 15 10 20 79012 9 15 675

3 5 115II

I u cu c

u c

��

�


61. Nota-se que cada soma é igual ao quadrado do termo central (maior termo). Assim, N = 20152 e, portanto,

N = = = ⋅ ⋅2015 2015 5 13 312 (três fatores, divisores, primos positivos)


62. Como as estacas estão igualmente espaçadas, a distância, em metros, entre duas estacas consecutivas deve ser divisor comum de 52 = 22 · 13 e 117 = 32 · 13. Assim, o número de estacas será mínimo quando a distância entre as estacas for máxima, ou seja, a distância entre duas estacas é o MDC(52, 117) = 13 metros.Daí, temos:

N de estacasPer metro

dist ncia entre as estacasº

(

= =

= + + +

í

â

52 117 52 1117

13

338

1326

) m

m= =

Quantidade de fi o = 8·(perímetro) = 8·(338 m) = 2704 m


63. Considere o diagrama de Venn relativo ao enunciado, em que x é o valor pedido.

y

B P

L

x

z

w

00

13

Nesse diagrama, temos que:I) y + z + w = 19II) (y + z + w) + x + 13 = 37 ⇒ 19 + x + 13 = 37 ⇒ x = 5


64. A tabela apresenta o triângulo de Pascal, cujo elemento da linha

de número n e coluna de número p é dado por np

n

p n p

=

−!

!( )!.

No caso, queremos 1513

15

13 2

15 14

2105

= = ⋅ =!

! !


65. Para o algarismo das unidades da senha de d algarismos temos 5 possibilidades (1, 3, 5, 7 ou 9); e para cada um dos outros (d – 1) algarismos temos 10 possibilidades. Assim, pelo princípio fundamental da contagem, o número total de senhas é igual a:

10 10 10 5 10 51

1⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅−

−...( )d vezes

d

� ��

Por outro lado, o guarda gasta 2,5 h = 2,5 · 60 · 60 seg = 9000 seg para digitar todas as senhas, sendo 1,8 seg para cada senha. Assim, número total de senhas é igual a:

9000

1 8

90000

185000

seg

seg,= =

Logo, devemos ter:

10d–1 · 5 = 5000 ⇒ 10d–1 = 5000

5⇒ 10d–1 =103 ⇒

⇒ d = 4 (quadrado perfeito)


66. Como o valor da barra de chocolate é 540 centavos, inicialmente pagávamos:

540

1803

centavos

gcentavo= s/grama

Depois da redução no “peso”, passamos a pagar:

540

1503 6

centavos

gcentavo= , s/grama

Logo, houve um aumento de 3 6 3

3

0 6

30 2

20

10020

, ,, %

− = + = = =

Ou, usando regra de três:

Centavos/g Porcentagem

3 ......................... 100 0,6 ......................... x

3

0 6

1003 60 20

,= ⇒ = ⇒ =

Xx x

Logo, houve um aumento exato de 20%


OSG.: 104436/16


67. Temos que:I. r + 10 = 30 ⇒ r = 20 cmII. A panela é um cilindro de raio da base r = 20 cm e altura h = 10 cm.

Logo, seu volume será: V = πr2h ⇒ V ≅ 3,14 · 202 · 10 cm3 = 3,14·400 · 10 cm3 =

= 12560 cm3

Como 1cm3 = 1 mL e 1 L = 1000 mL, obtemos:

V = 12560 mL = 12,56 L


68. Fixando os exercícios 1 e 4 nas extremidades, qualquer permutação dos outros 8 elementos, 22333444, com repetição de 2, 3 e 3, é uma série diferente desejada.

1 22333444 4

82 3 3P , ,

� ��

Logo, são P82 3 3

28

2 3 3

8 7 6 5 4 3

2 3 2 3560, , !

! ! !

!

!=

⋅ ⋅= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅=


69. Temos que a seguintes possibilidades:

Duas vermelhas e uma azul: C9,2

· 7 = 36 · 7 = 252

Duas azuis e uma vermelha: C9,2

· 7 = 36 · 7 = 252

Portanto, o tempo total será de 252 + 252 = 504 segundos.

Como cada minuto tem 60 segundos, dividindo 504 por 60, obtemos quociente 8 e resto 24, ou seja, 504 segundos equivalem a 8 minutos e 24 segundos. Daí, x = 8 e y = 24.


70. Sendo o gráfi co uma reta, a receita é da forma R(x) = ax + b, onde R(0) = b = 0 e R(20) = 20a = 20000. Assim, a = 1000 e, portanto, R(x) = 1000x. Para x = 1, temos:

Receita: R(1) = 1000 reais

Custo: C(1) = 900(1) + 50 = 950 reais

Logo, o lucro será: 1000 – 950 = 50 reais.

Assim, a porcentagem do lucro absoluto (50 reais), em relação à receita é:

Lucro

ceitaRe%= = =50

1000

5

1005


71. Sendo 0 < a < 1, tal que − =h a

210log , devemos ter

h a n

210= +log( ) .

Daí, temos:

I. − = ⇒ =−h

aah

21010

2log

II. ha na n

h

21010

2= ⇒ = ++log( )

Substituindo, obtemos:

10 10 101

10

2 2 2

2

h h h

hn n= + ⇒ = +−

Fazendo kh

= 102 , fi camos com:

kk

n k nk kn n= + ⇒ − = ⇒ = ± +1

1 04

22

2

–

Como kh

= 102 > 0, teremos:

104

210

4

2

2

4

2

22

22

2

h hn n n n

h n n

= + + ⇒ = + + ⇒

⇒ = + +

log log

log

Portanto, hn n= ⋅ + +

24

2

2

log


72. Calculando as áreas de cada uma das pizzas, tem-se:Pizza broto inteira → π · 152 = 225π Pizza gigante interna → π · 202 = 400π

Utilizando a regra de três, pode-se escrever:225π → 27400π → x

Daí, 27 225

400

27 9

1648

x xx= ⇒ = ⇒ =π

π Logo, uma pizza grande inteira custa 48 reais e cada um de

suas 10 fatias custará 48:10 = 4,80 reais.


73. Água da primeira mistura: 26% de 40 L = 0,26 · 40 = 10,4 L

Água da segunda mistura: x% de (70 – 40) L =x

100· 30 = 0,3x

Água da mistura fi nal: 33% de 70 L = 0,33 · 70 = 23,1 LDaí, temos que:

10,4 + 0,3x = 23,1 ⇒ 0,3x = 12,7 ⇒127

342 3≅ ,

Logo, a porcentagem procurada é mais próxima de 42%


74. Temos:Em A: x + z = 20Em B: 2x + y = 20Em C: 2x + 4 = 2y + z

Devemos então resolver o sistema:

Sx z Ix y II

x y z III:

( )( )( )

+ =+ =

− + + =

202 20

2 2 4

De (I) menos (III), obtemos: 3x – 2y = 20 – 4 ⇒ 3x – 2y = 16 (IV)

De 2 · (II) mais (IV), obtemos:7x = 40 + 16 ⇒ x = 8 ⇒ y = 4 e z = 12

Logo, o menor fl uxo é de y = 4 litros por minuto.


OSG.: 104436/16


75. Sendo x retiradas de um copo, y retiradas de 2 copos (y copos desperdiçados) e z retiradas de 3 copos (2z copos desperdiçados), devemos ter:I. Total de copos: x + 2y + 3z = 100II. Copos desperdiçados: y + 2z = 35% de 100 = 35

III. y

z

y zk

y kz k

= ⇒ = = ⇒ =={3

2 3 232

Daí, obtemos:

y + 2z = 35 ⇒ 3k + 4k = 35 ⇒ k = 5 ⇒ = ⋅ == ⋅ ={y

z3 5 152 5 10

Daí, temos:

x + 2y + 3z = 100 ⇒ x + 30 + 30 = 100 ⇒ x = 40

Logo, são 40 retiradas de um copo.


esoluÇÃo matemÁtica resolva e suas t enem i · a posição do armário de número 10, por...

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