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