matemática gabarito comentado 14 14

PROVA “AMARELA” = Nº 01

PROVA “VERDE” = Nº 09 Seja x um número real tal que x +

3X

= 9. Um possível valor de x – 3X

é a . Sendo assim, a soma dos alga-

rismos “a” será:

a) 11 b) 12 c) 13 d) 14 e) 15

RESOLUÇÃO

x

xx

xMMC x x x x

13

1

91

3 9 9 3 0

9 9 4 1 3

2 1

9 8

2 2

2

+ = + = → − + =

± −( ) −=

±

� ��

. .

.

11 12

29 69

2

−=

±Báskara:

x

xx

xMMC x x x x

13

1

91

3 9 9 3 0

9 9 4 1 3

2 1

9 8

2 2

2

+ = + = → − + =

± −( ) −=

±

� ��

. .

.

11 12

29 69

2

−=

±

Substituindo: 9 69

23

9 692

9 692

6

9 69

9 692

6 9 69

9 69 9 69

9 692

±−

±=

±−

±=

=±

−±( )

±( )( )=

=±

−66 9 69

12 2

+−( )

9 692

3

9 692

9 692

6

9 69

9 692

6 9 69

9 69 9 69

9 692

±−

±=

±−

±=

=±

−±( )

±( )( )=

=±

−66 9 69

12 2

+−( )

=

±−

( )−+−

9 692

6 9 69

81 69

9 692

3

9 692

9 692

6

9 69

9 692

6 9 69

9 69 9 69

9 692

±−

±=

±−

±=

=±

−±( )

±( )( )=

=±

−66 9 69

12 2

+−( )

9 692

9 692

69+

−−

=

9 692

9 692

69−

−+

= −

Logo a = → + =69 6 9 15

GABARITO: LETRA E


PROVA “VERDE” = Nº 11

Considere que as pessoas A e B receberão transfusão de sangue. Os aparelhos utilizados por A e B liberam,

em 1 minuto, 19 e 21 gotas de sangue, respectivamente, e uma gota de sangue de ambos os aparelhos tem

0,04 m. Os aparelhos são ligados simultaneamente e funcionam ininterruptamente até completarem um litro de

sangue. O tempo que o aparelho de A levará a mais que o aparelho de B será, em minutos, de aproximadamente:

a) 155 b ) 165 c ) 175 d ) 185 e ) 195

RESOLUÇÃO

A) 19 x 0,04 = 0,76 m / min. → T = 10000 76,

min.

B) 21 x 0,04 = 0,84 m / min. → T = 10000 84,

min.

Logo T – T’ = 10000 76

10000 84

1000 0 84 0 76

0 76 0 84, ,

, ,

, . ,− =

−( )

≅ 125,31 min.

GABARITO: QUESTÃO PARA SER ANULADA, POIS NÃO HÁ NENHUMA OPÇÃO COM ESSA RESPOSTA.

±

±

±



A solução real da equação x x+ + − =4 1 5 é:

a) múltiplo de 3. d) um divisor de 130.

b) par e maior do que 17.

c) ímpar e não primo. e ) uma potência de 2.

RESOLUÇÃO

x x x x x x

x x x x

+ + −( ) = ( ) → + + − + +( ) −( ) =

→ + + + − = →

4 1 5 4 1 2 4 1 25

2 3 2 3 4 25 2

2 2

2 22

22 2 2 2

3 4 22 2

2 3 4 11 3 4 121 22

3

+ − = −

÷ + −( ) = −( ) → + − = − +

→

x x

x x x x x x x� ��xx x x x+ = + → = → =22 121 4 25 125 5

Conferindo: 5 4 5 1 9 4 3 2 5+ + − = + = + =

Logo a solução é válida, sendo um divisor de 130.

GABARITO: LETRA D



Observe as figuras a seguir.

Uma dobra é feita no retangulo 10 cm x 2 cm da figura I, gerando a figura plana II. Essa dobra está indicada

pela reta suporte de PQ. A área do polígono APQCBRD da figura II, em cm2 é:

a) 8 5 b) 20 c) 10 2 d) 352

e) 13 62

RESOLUÇÃO

1ª) a a

Logo y y y

2 2 2

2 22

2

2 1 5 5

2 5 5 4 1 1

= + = → =

+ = ( ) → = − = → =:

2ª) cos sen901

5

55

° −( ) = = =α α

3ª) Lei dos cossenos no ∆PQR:

x x x

x x x x x

+( ) = +( ) + − +

+ + = + + − + → + = −

1 4 5 2 4 55

5

2 1 4 5 2 4 2 4 8 2

2 22 2 2

2 2 2 2

. .

xx

x x x

x x x x

→ +( ) = − ) → + =

= − + → = → =

4 4 4

16 8 8 12 15

22 2 2

2 ,

4ª) SAPQCBRD = Sretângulo – SAPQR = 10 x 2 – 15 1 2

2

, +( )x = 20 – 2,5 = 17,5 =

17510

5352

÷ =

GABARITO: LETRA D



Seja ABC um triângulo retangulo de hipotenusa 26 e perímetro 60. A razão entre a área do círculo inscrito e do

círculo circunscrito nesse triângulo é, aproximadamente:a) 0,035 b) 0,055 c) 0,075 d) 0,095 e) 0,105

RESOLUÇÃO

• SA = p . r = a b c

R. .4

, sendo r

R

−−

raio do c rculo inscrito

raio do c rculo circunscrito

r - raio do círculo inscrito

R - raio do círculo circunscrito

• A razão pedida é ππ

RR

RR

S

a b cS

Ip2

2

2

2

2

2

4

= =

( )∆

∆

. .

• Lados do triângulo retângulo: 26, x, 34 – x

→ 262 = x2 + (34 – x)2 → 676 = x2 + 1156 – 68x + x2 → 2x2 – 68x + 48c = 0

→ x2 – 34x + 240 = 0 24

10→ lados 26, 24, 10, logo S∆ =

24 102.

= 120

• Substituindo em (I) =

12030

26 24 104 120

4

26 1 104 5

2

2

2

2

2

=

. ..

. ..

= = ≅4

1316169

0 09462

2,

GABARITO: LETRA D



Considere que ABC é um triângulo retângulo em A, de lados AC = b e BC = a, Seja H o pé da perpendicular traçada

de A sobre BC, e M o ponto médio de AB, se os segmentos AH e CM cortam-se em P, a razão APPH

será igual a:

a) ab

2

2 b) a

b

3

2 c) a

b

2

3 d) a

b

3

3 e) a

b

RESOLUÇÃO

→=

=

AH a b c

AHb ca

. .

.

• Como M é médio de AB , se traçarmos MH BC’⊥ , H’ será médio de BH . Mas como sabemos que c2 = BH . a

→ BH = c2/a . Assim H H’ mede ca

2

2. Além disso, MH’ =

12

AH= 12 2

.bca

bca

=

• b2 = CH . a → CH = b2/a

• ∆MH’C ≅ ∆PHC

MH

H C

PH

HC

bca

ca

ba

PHba

bca

a

c bPHba

PHbc

c’

’= →

+= → ⋅

+= → =

2

22

2

2

22 2 2 2 2 2 22 2

2

2+⋅

bba

• Logo AP AH PHbca

bca

bc b

bca

bc b

bca

c b b= − = − ⋅

+= −

+

=

+ −2

2 2

2

2 2

2 2 2

21

22

cc b2 22+

= ⋅++

= ⋅

+( )bca

c bc b

bca

a

c b

2 2

2 2

2

2 22 2

• FinalmenteAPPH

bc

aa

c b

bc

c b

ba

ab

=

⋅+( )

+( )⋅

=

2

2 2

2 2

2

2

2

2

2

GABARITO: LETRA A



Se a fração irredutível pq

é equivalente ao inverso do número 525900

, então o resto da divisão do período da

dízima qp+1

por 5 é:

a ) 0 b ) 1 c ) 2 d ) 3 e ) 4

RESOLUÇÃO

• pq

p e q= = = = ⇒ = =900525

180105

3621

127

12 7

• Então entªoq

p +=

+=

17

12 17

13 ⇒ 70 13

50 0 538461

110

60

80

20

7

,

• Assim 538461 ÷ 5 → R = 1

(FINAL 1)

GABARITO: LETRA B



Um número natural N, quando dividido por 3, 5, 7 ou 11, deixa resto igual a 1. Calcule o resto da divisão de N

por 1155, e assinale a opção correta.

a) 17 b) 11 c) 7 d) 5 e)1

RESOLUÇÃO

• N – 1 é divisível por 3, 5, 7 e 11

• MMC (3, 5, 7, 11) = 1155

• N – 1 = 1155 . k, k ∈ IN → N = 1155k + 1, que deixa resto 1 ao ser dividdo por 1155.

GABARITO: LETRA E



Considere o operador matemático ‘‘ que transforma o número real X em X + 1 e o operador ‘’ que trans-

forma o número real Y em 1

1Y + .

se { | ({ [ ({ 1})]})]} = ab

, onde a e b são primos entre si, a opção correta é:

a) ab

= 0,27272727. . . d) 2b + a = 94

b) ba

= 0,2702702 . . .

c) 2ab

= 0,540540540 . . . e) b – 3a = 6

RESOLUÇÃO

8° 7° 6° 5° 4° 3° 2° 1°

{ | ({ [ ({ 1})]})]} = ab

1 2 21

2 113

313

143

41

43

1

173

37

51

37

1

° °+

= ° + = °+

= =

°+

=

��

��11

107

710

67

101

1710

71710

12710

81

2710

1

13710

10

= ° + =

° + = °+

= =

��

��337

=ab

• ab = 0,270270..., logo

2ab

= 0,540540...

GABARITO: LETRA C



Analise as afirmativas abaixo.I) se 2x = A, Ay = B, Bz= C e Ck = 4096, então x . y . z . k = 12

II) tm + (tm)p = (tm)(1 + (tm)P–1) para quaisquer reais t, m e p não nulos

III) rq + rqW = (rq)(1 + rq(w–1)), para quaisquer reais q, r e w não nulos

V) Se (10100)x é um número que tem 200 algarismos, então x é 2

Assinale a opção correta.

a) Apenas as afirmativas I e II são falsas. d) Apenas as afirmativas I, II e IV são falsas.

b) Apenas as afirmativas III e IV são falsas.

c) Apenas as afirmativas I e III são falsas. e) Apenas as afirmativas I, III e IV são falsas.RESOLUÇÃO

I) 2xy = B → Bz = 2xyz → ck = 2xyzk = 212 → xyzk = 12 (V)

II) fm . (1 + (fm)p – 1) = fm . 1 + fm . (fm)p – 1 = fm + (fm)1 + p – 1 = fm + (fm)p (V)

III) (rq)(1 + rq(w + 1)) = rq . 1 + rq . rq(w –1) = rq + rq(1 + q(w – 2)) ≠ rq + rqw (F)

IV) (10100)x, para x = 2, (10100)2 = 10200 = 100 0200

...�� → 201 algarismos (F)

GABARITO: LETRA B



Considere a equação do 2o grau 2014x2 – 2015x – 4029 = 0. Sabendo-se que a raiz não inteira é dada por ab

, onde “a” e “b” são primos entre si, a soma dos algarismos de “a+b” é:

a 7 b ) 9 c ) 11 d ) 13 e ) 15

RESOLUÇÃO

− −( ) ± −( ) − ⋅ −( )⋅

=± − −( )2015 2015 4 2014 4029

2 2014

2015 2015 4 2015 12 2 −− ⋅ +( )

⋅

2 2015 1

2 2014

=± − − ⋅ + + ⋅ −( )

⋅=

± ⋅ −2015 2015 4 2 2015 2015 2 2015 1

2 2014

2015 9 2015 12 2 2 22 2015 4

2 2014

⋅ +⋅

=± −( )

⋅=

± ⋅ −( )⋅

2015 3 2015 2

2 2014

2015 3 2015 2

2 2014

2.

4 2015 2

2 20142 2015 1

201440292014

⋅ −⋅

=⋅ −

=

− ⋅ +⋅

=− +

= −2 2015 2

2 20142015 12014

1

A raiz não inteira é ab x x= → =

40292014

40292 53 19

40292014

nenhum fator (irredutível) comum

a + b = 4029 + 2014 = 6043

Logo: 6 + 0 + 4 + 3 = 13

GABARITO: LETRA D



Sobre os números inteiros positivos e não nulos x, y e z, sabe-se:

I) x ≠ y ≠ z

II) y

x zx y

z−=

+= 2

III) z =

−

19

12

Com essas informações pode-se afirmar que o número (x – y)6z

é:

a) ímpar e maior do que três.

b) inteiro e com dois divisores.

c) divisível por cinco.

d) múltiplo de três.

e ) par e menor do que seis.

RESOLUÇÃO

1º) Resolvendo III, z z z= → = → =9 9 912

2º) • y

xx y

−=

+=

9 92

• y = 2x – 18 e x + y = 18

substituindo: x + 2x – 18 = 18 → 3x = 36 → x = 12 e y = 18 – 12 → y = 6

3º) 12 669

6 69

369 4−( )⋅ = ⋅ = =

GABARITO: LETRA E


PROVA “VERDE” = Nº 20 Suponha que ABC seja um triângulo isósceles com lados AC = BC, e que “L” seja a circunferência de centro “C”, raio igual a “3” e tangente ao lado AB. Com relação à área da superfície comum ao triângulo ABC e ao círculo de “L”, pode-se afirmar que:a) não possui um valor máximo. d) possui um valor mínimo igual a 2π.b) pode ser igual a 5π.c) não pode ser igual a 4π. e)possui um valor máximo igual a 4,5π.

RESOLUÇÃO

1º) C° < α < 180° → Logo S’setor varia entre π . 32 . 0360

= 0 e π . 32 . 180

360

= 4,5π

2º) 0 < Ssetor < 4,5π

3º) Assim sendo, não possui um valor máximo.

GABARITO: LETRA A


PROVA “VERDE” = Nº 07 Considere que N seja um número natural formado apenas por 200 algarismos iguais a 2, 200 algarismos iguais a 1e 2015 algarismos iguais a zero. Sobre N, pode-se afirmar que:a) se forem acrescentados mais 135 algarismos iguais a 1, e dependendo das posições dos algarismos, N

poderá ser um quadrado perfeito.b) independentemente das posições dos algarismos, N não é um quadrado perfeito.c) se forem acrescentados mais 240 algarismos iguais a 1, e dependendo das posições dos algarismos, N

poderá ser um quadrado perfeito.d) se os algarismos da dezena e da unidade não forem iguais a 1, N será um quadrado perfeito.e) se forem acrescentados mais 150 algarismos iguais a 1, e dependendo das posições dos algarismos, N

poderá ser um quadrado perfeito.

RESOLUÇÃO11 1

200

...

22 2200

...��

00 02015

...��

• Em qualquer posição, a soma dos algarism é 200 x 1 + 200 x 2 + 2015 x 0 = 600, que é múltiplo de 3. Caso este nº seja um quadrado perfeito, deve ser proveniente de um outro múltiplo de 3 e, então, o quadrado deve ser múltiplo de 32 = 9. Mas como a soma dos algarismos é 600 e este nº não é divisível por 9, então o nº não pode ser um quadrado perfeito

GABARITO: LETRA B


PROVA “VERDE” = Nº 13 A equação K2x – Kx = K2 – 2K – 8 + 12x, na variável x, é impossível. Sabe-se que a equação na variável y dada por

3ay + a y b−

=+114

217 2

2 admite infinitas soluções. Calcule o valor de

ab k+4

, e assinale a opção correta.

a) 0 b) 1 c) 3 d) 4 e) 5

RESOLUÇÃO

1º) (K2 – K – 12)x = K2 – 2K – 8 → (K + 3)(K – 4)x = (K – 4)(K + 2) = Impossível se K = –3

2º) ( )a 17b 17b a 23ay 57y 1 3a 57 y

2 2 2

17b – 19 2 17b 17a 19 e 0 5 1

2 2

æ ö- + ÷ç+ - = + ® - = ÷ç ÷çè ø

+ -= = = ® =

3º) ab K 19.1 (–3) 164

4 4 4+ +

= = =

GABARITO OFICIAL “B” PEDE-SE PARA ALTERAR PARA LETRA “D”

Para ter infinitas soluções.

b

1

2


PROVA “VERDE” = Nº 05 A equação x3 – 2x2 – x + 2 = 0 possui três raízes reais. Sejam p e q números reais fixos, onde p é não nulo. Trocando x por py + q, a quantidade de soluções reais da nova equação é:a) 1 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6

RESOLUÇÃO

Por inspeção, 1 é raiz.

x2 – x – 2

3x 2

3

2x x 2 x 1

x

- - + -

- 2

2

2

0

x

x x 2

x x2x 2

2x 2

+

- - +

-- +

-

(x – 1)(x2 – x – 2) = 0

(x – 1)(x – 2) = 0 → raízes 1, –1 e 2.

Logo:

1 qpy q 1 py 1 q y

p1 q

py q 1 py 1 q yp

2 qpy q 2 py 2 q y

p

São 3 soluções reais.

ìï -ï + = ® = - ® =ïïïïï - -ïï + =- ® =- - ® =íïïïï -ïï + = ® = - ® =ïïïî

GABARITO: LETRA B

PROVA “AMARELA” = Nº 17PROVA “VERDE” = Nº 08 Considere que ABC é um triângulo acutângulo inscrito em uma circunferência L. A altura traçada do vértice B intersecta L no ponto D. Sabendo-se que AD = 4 e BC – 8, calcule o raio de L e assinale a opção correta.

a) 2 10 b) 4 10 c) 2 5 d) 4 5 e) 3 10

RESOLUÇÃO

Lei dos senos8 4

2R e 2Rsen sen(90 )

4 2sen sen(90 ) cos

R R

a a

a a a

= =°-

= °- = =

Assim: 22 2 2

16 4 201 1 R 20 R 2 5

R R R+ = ® = ® = ® =

GABARITO: LETRA C


PROVA “VERDE” = Nº 01 Sabendo que 20144 = 16452725990416 e que 20142 = 4056196, cal cule o resto da divisão de 16452730046613 por 4058211, e assinale a opção correta,a) 0 b) 2 c) 4 d) 5 e) 6RESOLUÇÃO

(20144 + 20142 + 1) ÷ (20142 + 2014 + 1) → Chamando 2014 de x

4x 2

4

x 1

x

+ +

- 3 2

3

x x

x

- -

-3

1

x

+

+ 2

2x x

x x 1

0

+ +

+ -

2

2

x x 1

x x 1

+ +

- -

GABARITO: LETRA A

(x + 1)(x – 2) = 0 → raízes 1, – 1 e 2

⇓



Sobre o lado BC do quadrado ABCD, marcam-se os pontos “E” e “F” tais que BEBC

=13

e CFBC

=14

Sabendo-se que

e os segmentos AF e ED intersectam-se em “P”, qual é, aproximadamente, o per centual da área do triângulo

BPE em relação a área do quadrado ABCD?

a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6

RESOLUÇÃO

Sendo l = 12x

APD EFP

12x 5x 60x12h 60x 5h 17h 60x h

12x h h 1760

4x.S PEF

D @D

= ® = - ® = ® =-

D =

x17

2

2

2

120x17

S PEF 120 xS ABCD

=

D=

D 12 x .12 x

120 517 17 0,049 5%

144 6= = @ @

S PEF

S ABCD

x

x x∆∆

=⋅

= = = ≅ ≅

12017

12 12

12017

144

5176

5102

0 049 5

2

, %

GABARITO: LETRA D



Observe a figura a seguir.

Na figura, o paralelogramo ABCD tem lados 9cm e 4cm. Sobre o lado CD está marcado o ponto R, de modo

que CR = 2 cm; sobre o lado BC está marcado o ponto S tal que a área do triângulo BRS seja 1

36 da área do

paralelogramo; e o ponto P é a interseção do prolongamento do segmento RS com o prolonga mento da dia-

gonal DB. Nessas condições, é possível concluir que a razão entre as medidas dos segmentos de reta DPBP

vale:

a) 13,5 b) 11 c) 10,5 d) 9 e) 7,5

RESOLUÇÃO

2 2 1 S'1º ) S CRB S BCD . S'

9 9 2 9S' S' 35 S'

2º ) Logo S CRS (triplo S BRS)9 36 36 12

4então CS é o triplo de BS. Assim x 3x 4 x 1

3º ) CRS BSJ

3x

D = D = =

D = - = = D

+ = ® =D @D

x2

=2

yy 3

4º ) PDR PBJ

PD PB PD 7 3 217. 10,5

27 y 2 2PB3

® =

D @D

= ® = = = =

GABARITO: LETRA C

S∆PEF

30

S∆PEFS

ABCP

∆CRB ∆BDC

∆CRS ∆BRSSI

3 x

matemática gabarito comentado 14 14

Documents