solução de 118 questões

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PROF: EDUARDO TRINDADE

REVISÃO

ENEM / UEPA / UFPA / UFRA

Questão 01 – UFPA (Conjunto)

Feita uma pesquisa entre 100 alunos, do ensino médio, acerca

das disciplinas: português, geografia e história constatou-se que

65 gostam de português, 60 gostam de geografia, 50 gostam de

história, 35 gostam de português e geografia, 30 gostam de

geografia e história, 20 gostam de história e português e 10

gostam dessas três disciplinas. O número de alunos que não

gosta de nenhuma dessas disciplinas é:

a) 0 b) 5 c) 10 d) 15 e) 20

Solução

Português: 65; Geografia: 60; História: 50; Português e

Geografia: 35; Geografia e História: 30; História e Português:

20; Português, Geografia e História: 10.

U = 20 + 25 + 5 + 10 + 10 + 20 + 10 + x ⟹ 100 = 100 + x

⟹ x = 0.

Questão 02 – ENEM (Conjuntos)

Um fabricante de cosméticos decide produzir três diferentes

catálogos de seus produtos, visando a públicos distintos. Como

alguns produtos estarão presentes em mais de um catálogo e

ocupa uma página inteira, ele resolve fazer uma contagem para

diminuir os gastos com originais de impressão.

Os catálogos C1, C2 e C3 terão, respectivamente, 50, 45 e 40

páginas. Comparando os projetos de cada catálogo, ele verifica

que C1 e C2 terão 10 páginas em comum; C1 e C3 terão 6 páginas

em comum; C2 e C3 terão 5 páginas em comum, das quais 4

também estarão em C1.

Efetuando os cálculos correspondentes, o fabricante concluiu

que, para a montagem dos três catálogos, necessitará de um total

de originais de impressão igual a:

a) 135 b) 126 c) 118 d) 114 e) 110

Solução

Usando o diagrama, temos:

O número total de originais de impressão necessários é:

U = 38 + 6 + 34 + 2 + 4 + 1 + 33 = 40 + 40 + 38 = 118.

Questão 03 – UEPA (F. 1º Grau)

Numa concessionária, o departamento de vendas procurou

relacionar linearmente a quantidade x de carros álcool vendidos

com o preço y de cada um. Para tanto, verificou que: quando o

carro a álcool era oferecido a R$ 25.000,00, nenhum era

vendido, porém, quando o preço passava a ser de R$ 20.000,00;

10 carros a álcool eram vendidos. Nessas condições, a relação

encontrada entre x e y foi:

a) 050000500 yx b) 0500002500 yx

c) 025000500 yx d) 025000500 yx

e) 0500002 yx

Solução

i) (x, y) = (quantidade, preço) ⟹ (x, y) = (0, 25.000).

bxay b0000.25 000.25b .

ii) (x, y) = (quantidade, preço) ⟹ (x, y) = (10, 20.000).

bxay ba 10000.20 .

Usando (i) em (ii), temos:

000.2510000.20 a 000.25000.2010a

10

000.5a 500a .

Logo, a relação entre x e y basea-se em:

baxy 25000500xy 0000.25500 yx .

Questão 04 – UFF (F. do 1º Grau)

Um grande poluente produzido pela queima de combustíveis

fósseis é o SO2 (dióxido de enxofre). Uma pesquisa realizada na

Noruega e publicada na revista “Science” em 1972 concluiu que

o número (N) de mortes por semana, causadas pela inalação de

SO2, estava relacionado com a concentração média (C), em

mg/m3, do SO2 conforme o gráfico.

Os pontos (C, N) dessa relação estão sobre o segmento de reta da

figura. Com base nos dados apresentados, a relação entre e C

(100 ≤ C ≤ 700) pode ser dada por:

a) C 700100N b) C 03,097N c) C 60097N

d) C 03,094N e) C 94115N

Solução

bCaNbaxy .

ba

ba

10097

700115

ba

ba

10097

700115 a60018

100

3a 03,0a .

• b03,010097 397b 94b .

Logo, 9403,0 CN .

Questão 05 – ENEM (F. do 1º Grau)

O gráfico abaixo, obtido a partir

de dados do Ministério do Meio

Ambiente, mostra o crescimento

do número de espécies da fauna

brasileira ameaçadas de extinção.

Se mantida, pelos próximos

anos, a tendência de crescimento

mostrada no gráfico, o número

de espécies ameaçadas de

extinção em 2011 será igual a:

a) 465 b) 493 c) 498 d) 538 e) 699


Solução

• m1 e m2 são os coeficientes angulares da reta.

Como m1 e m2 pertencem a mesma reta, eles são iguais.

Logo, (anos)

espécies) º( 21

x

nymm

.

20072011

461

19832007

239461 x

4

461

24

222 x

4

461

12

111 x 461

3

111x 461

3

111x

3

1383111x

3

1494x 498x .

Solução por PA (Progressão Aritmética)

Sejam:

1983: a1 = 239; 1987: a2 = ?; 1991: a3 = ?; 1995: a4 = ?; 1999: a5

= ?; 2003: a6 = ?; 2007: a7 = 461; 2011: a8 = ?;

rnaan )1(1 ra 72398 e 4617 a . Logo,

78 aar 4617239 rr 2227r 37r .

Portanto, em 2011, temos:

3772398a 2592398a 4988 a espécies

ameaçadas de extinção.

Questão 06 – UFPA (F. 2º Grau)

Um cidadão, ao falecer, deixou uma herança de R$ 200.000,00

para ser distribuída, de maneira equitativa, entre os seus x filhos.

No entanto, três desses filhos renunciaram às suas respectivas

partes nessa herança, fazendo com que os demais x – 3 filhos,

além do que receberiam normalmente, tivessem um adicional de

R$15.000,00 em suas respectivas partes dessa herança. Portanto,

o número x de filhos do referido cidadão é

a) 8 b) 10 c) 5 d) 4 e) 7

Solução

x: é o número de filhos; y: o valor que cada um recebeu.

yx

000.200xy000.200 .

000.153

000.200y

x )3)(000.15(000.200 xy

000.45000.153000.200 xyxy

000.45000.153000.200000.200 xy

000.45000.15000.200

30 xx

000.15]000.45000.15000.6000[ 2 xx

04032 xx

acb 42 1609 169 ;

a

bx

2

2

133

5

8

2

1

x

x.

Questão 07 – ENEM (F. do 2º Grau)

Um posto de combustível vende 10.000 litros de álcool por dia a

R$ 1,50 cada litro. Seu proprietário percebeu que, para cada

centavo de desconto que concedia por litro, eram vendidos 100

litros a mais por dia. Por exemplo, no dia em que o preço do

álcool foi R$ 1,48, foram vendidos 10.200 litros. Considerando x

o valor, em centavos, do desconto dado no preço de cada litro, e

V o valor, em R$, arrecadado por dia com a venda do álcool,

então a expressão que relaciona V e x é:

a) 25010000 xxV . b)

25010000 xxV .

c)

25015000 xxV . d) 25015000 xxV .

e) 25015000 xxV .

Solução

Sendo x o valor, em centavos, do desconto dado no preço de cada

litro, tal valor, em reais, é 0,01x.

• O preço de cada litro de álcool, em reais, é 1,50 − 0,01x;

• A quantidade de álcool vendida por dia, em litros, é 10.000 +

100x.

Logo, o valor arrecadado, em reais, é

V = (10000 + 100 x)·(1,50 – 0,01 x) ⟹ V = 15000 + 150 x – 100

x – x2

⟹ V = 15000 + 50 x – x2 ; 0 ≤ x ≤ 150.

Questão 08 – UDESC (F. do 2º Grau)

Uma fábrica de determinado componente eletrônico tem a receita

financeira dada pela função 30202)( 2 xxxR e o custo de

produção dada pela função 30123)( 2 xxxC , em que a

variável x representa o número de componentes fabricados e

vendidos. Se o lucro é dado pela receita financeira menos o custo

de produção, o número de componentes que deve ser fabricado e

vendido para que o lucro seja máximo é:

a) 32 b) 96 c) 230 d) 16 e) 30

Solução

)()()( xCxRxL

)30123(30202)( 22 xxxxxL

3012330202)( 22 xxxxxL

6032)( 2 xxxL

a

bxv

2

2

32vx 16vx .

Questão 09 – UFPA (F. 2º Grau)

O vértice da parábola cbxaxy 2 é o ponto (–2, 3).

Sabendo que 5 é a ordenada onde a curva corta o eixo vertical,

podemos afirmar que:

a) a > 1, b < 1 e c < 4. b) a > 2, b > 3 e c > 4.

c) a < 1, b < 1 e c > 4. d) a < 1, b > 1 e c > 4.

e) a < 1, b < 1 e c < 4

Solução

Como 5)0()( 2 fcbxaxxf , temos que 5c . A

abscissa do vértice é a

bxv

2

a

b

22 ab 4 .

Como vv yxf )( 3)2( f , então: cbxxay vvv 2)( .

5243 ba 224 ba 12 ba .


Resolvendo o sistema linear

12

4

ba

ab, obtemos

2

1a ,

2b .

Logo, a < 1, b > 1 e c > 4.

Questão 10 – FCC-SP (F. 2º Grau)

Um menino está à distância 6 de um muro de altura 3 e chuta

uma bola que vai bater exatamente sobre o muro. Se a equação

da trajetória da bola em relação ao sistema de coordenadas

indicado pela figura é xaxay )41(2 , a altura máxima

atingida pela bola é:

a) 5 b) 4,5 c) 4 d) 3,5 e) 3

Solução

Como o ponto P(6, 3) pertence ao gráfico, logo:

xaxay )41(2 6)41()6(3 2 aa

aa 2463634

1312 aa .

Substituindo 4

1a na função, temos:

xaxay )41(2x

xy 2

4

2

.

A altura máxima atingida é:

a

yv4

a

acbyv

4

42

4

14

22

vy

4vy metros.

Questão 11 – UEPA (PA)

Texto

“Todo santo dia, 39 mil toneladas de comida, em condições de

alimentar um ser humano, alimentam uma outra boca, a do lixo.

O desperdício é gerado em restaurantes, mercados, feiras,

fábricas, quitandas, açougues e até mesmo dentro de nossa

própria casa”. Fonte: http://www.revelacaoonline.uniube.br/geral03/ fome.html

Supondo que um restaurante com um ano de existência jogue

fora no lixo certa quantidade de comida da seguinte forma: no 1º

mês, 2 kg; no 2º mês, 4 kg; no 3º mês, 6 kg e assim por diante. A

quantidade total de comida jogada no lixo pelo restaurante

durante esse ano foi de:

a) 90 kg b) 130 kg c) 156 kg d) 160 kg e) 178 kg

Solução

Considerando a sequência: (2 kg, 4 kg, 6 kg, ... , ?), onde:

a1 = 2; a2 = 4; r = 2; n =12; S12 = ?

rnaan )1(1 2)112(212a 211212a

2412 a .

2

)(S 1 naa n

n

2

12)242(S12 626S12

156S12 .

Questão 12 – FGV-SP adaptada (PA)

Um terreno será vendido através de um plano de pagamentos

mensais em que o primeiro pagamento de R$ 500,00 será feito 1

mês após a compra, o segundo de R$ 550,00 será feito 2 meses

após a compra, o terceiro de R$ 600,00 será feito 3 meses após a

compra e assim por diante. Sabendo que o preço total do terreno

é de R$ 19.500,00 o número de prestações mensais que devem

ser pagas é:

a) 12 b) 20 c) 25 d) 31 e) 39

Solução

Trata-se de uma PA (500, 550, 600, ... , an), r = 50, n = ?.

rnaan )1(1 50)1(500 nan 45050 nan .

2

)( 1 naaS n

n

2

)45050500(19500

nn

03900095050 2 nn 0780192 nn .

acb 42 )780(14192 3120361 3481 .

a

bn

2

2

5919

39

20

2

1

n

n.

Questão 13 – ENEM (PA)

O número mensal de passagens de uma determinada empresa

aérea aumentou no ano passado nas seguintes condições: em

janeiro foram vendidas 33.000 passagens; em fevereiro, 34.500;

em março, 36.000. Esse padrão de crescimento se mantém para

os meses subsequentes. Quantas passagens foram vendidas por

essa empresa em julho do ano passado?

a) 38.000 b) 40.500 c) 41.000 d) 42.000 e) 48.000

Solução

O nº de passagens nos meses de janeiro, fevereiro, março, etc do

ano passado são os termos de uma PA:

(33.000, 34.500, 36.000, …), com r = 1500.

O nº de passagens vendidas no mês de julho é o sétimo termo (n

= 7).

rnaan )1(1 15006330007a

9000330007a 420007 a .

Questão 14 – UEPA (PG)

Um empresário comprou na ilha de Marajó uma fazenda com 64

cabeças de búfalo. Após n anos administrando a fazenda,

observou que seu rebanho teve um crescimento anual segundo

uma progressão geométrica de razão 2, passando atualmente para

1.024 cabeças. O valor de n é:

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

Solução

a1 = 64; q = 2; an = 1.024; n = ?

11

nn qaa 12641024 n 1216 n 14 22 n

14 n 5n .

PG: )1024,512,256,128,64(4321

.

Questão 15 – UFPB (PG)

Hélio comprou, em uma loja, uma máquina de lavar roupas, no

seguinte plano de pagamento: 10 parcelas, sendo a primeira de

R$ 256,00 e o valor de cada parcela, a partir da segunda,

correspondendo a 50% do valor da anterior. Hélio pagou pela

máquina de lavar o valor total de:

a) R$ 511,75 b) R$ 511,50 c) R$ 511,00


d) R$ 510,50 e) R$ 510,00

Solução

n = 10; a1 = 256; q = 50% = 1/2; Sn = ?;

1

)1(1

q

qaS

n

n

12

1

12

1256

10

10S

2

21

11024

1256

10S

2

1

1024

10241256

10S

)2(

4

102310S

2

102310S 5,51110 S .

Questão 16 – UFRA (PG)

“O agronegócio da avestruz (estrutiocultura) ganha cada vez

mais espaço no mercado brasileiro (...) Há cerca de seis anos,

não havia mais que 500 animais no país, hoje o plantel é formado

por cerca de 50 mil aves e 700 criadores (Fonte: ACAB:

Associação de Criadores de Avestruz do Brasil) o que já torna

possível viabilizar a comercialização da carne”. (Escala Rural, nº

22). Com os dados do texto e supondo que o crescimento da

população de avestruz no país se dá em PG (Progressão

Geométrica), daqui há quantos anos essa população atingirá 5

milhões de aves?

a) 5 b) 6 c) 9 d) 12 e) 18

Solução

Início: t = 6 anos; a1 = 500 avestruzes; an = 50.000 avestruzes.

Hoje (50.000 avestruzes) ?t

Futuro (5.000.000 avestruzes).

11

nn qaa taktf )( .

tq500000.50 6100 q 6 210q 3/110q .

Futuro: b1 = 50.000 avestruzes; bn = 5.000.000 avestruzes.

t)10(000.50000.000.5 3/1 23/1 10)10( t 23

t

6t .

Questão 17 – Unifesp (PG Infinita)

No interior de uma sala, na forma de um

paralelepípedo com altura h, empilham-se

cubos com arestas de medidas 1, 3

1,

9

1,

27

1, e assim por diante, conforme mostra a

figura:

O menor valor para a altura h, se o empilhamento pudesse ser

feito indefinidamente, é:

a) 3 b) 2

5 c)

3

7 d) 2 e)

2

3

Solução

3

1q ;

q

aS

1

1

3

11

1S

3

2

1S

2

3S .

Questão 18 – ENEM (PG Infinita) c

Fractal (do latim fractus, fração, quebrado) objeto que pode ser

dividido em partes que possuem semelhança com o objeto

inicial. A geometria fractal, criada no século XX, estuda as

propriedades e o comportamento dos fractais-objetos

geométricos formados por repetições de padrões similares. O

triângulo de Sierpinski, uma das formas elementares da

geometria fractal, pode ser obtido por meio dos seguintes passos:

1. Comece com um triângulo equilátero (figura 1);

2. Construa um triângulo em que cada lado tenha a metade do

tamanho do lado do triângulo anterior e faça três cópias;

3. Posicione essas cópias de maneira que cada triângulo tenha

um vértice comum com um dos vértices de cada um dos outros

dois triângulos, conforme ilustra a figura 2;

4. Repita sucessivamente os passos 2 e 3 para cada cópia dos

triângulos obtidos no passo 3 (figura 3).

De acordo com o procedimento descrito, a figura 4 da sequência

apresentada acima é:

Solução

Considerando os triângulos de cor escura, apresenta a sequência:

(1, 3, 9, … ) de razão q = 3.

Logo, a figura 4 deverá ter 9×3 = 27 triângulos pretos.

A única alternativa que apresenta 27 triângulos pretos é a letra C.

Questão 19 – UEPA (Matemática Financeira)

Suponha que um cartão de crédito cobre juros de 12% ao mês

sobre o saldo devedor e que um usuário com dificuldades

financeiras suspende o pagamento do seu cartão com um saldo

devedor de R$ 660,00. Se a referida dívida não for paga, o tempo

necessário para que o valor do saldo devedor seja triplicado

sobre regime de juros compostos, será de: (Dados: log 3 = 0,47;

log 1,12 = 0,05).

a) nove meses e nove dias. b) nove meses e dez dias.

c) nove meses e onze dias. d) nove meses e doze dias.

e) nove meses e treze dias.

Solução

i = 12% am (taxa de juros); C = 660 (capital); M = 3C.

ti)(1CM t)12,01(CC3 t12,13

t12,1log3log t05,047,0 05,0

47,0t

5

47t

5

2

5

45t

5

2309t 129t

t 9 meses e 12 dias.

Questão 20 – UERN

Um revendedor de automóveis comprou dois carros, pagando R$

15.000,00 pelo primeiro e R$ 10.000,00 pelo segundo. Vendeu o

primeiro com um prejuízo de 20% e o segundo com um lucro de

20%. No total, em relação ao capital investido, o revendedor:

a) lucrou 4% b) lucrou 2% c) perdeu 4%

d) perdeu 2% e) não lucrou e não perdeu


Solução:

Investimento: 15.000 + 10.000 = 25.000.

• Vendeu 1º carro com prejuízo de 20%;

15.000×0,8 =1.500×8 = 12.000.

• Vendeu 2º carro com lucro de 20%;

10.000×1,2 =1.000×12 = 12.000.

Recebeu: 12.000 + 12.000 = 24.000.

Ele perdeu: 25.000 – 24.000 = 1.000

04,025

1

25000

1000 .

Questão 21 – ESPM-SP

Um capital de R$ 6.000,00 é aplicado por 4 meses a juros

compostos de 2% a.m. Qual é o valor dos juros resultantes dessa

aplicação?

a) R$ 6.494,40 b) R$ 6.480,00 c) R$ 6.441,60

d) R$ 494,40 e) R$ 480,00

Solução:

tiCM )1( 4)02,01(6000M 4)02,1(6000M

0824,16000M 40,6494M .

CMJ 600040,6494J 40,494J .

Questão 22 – UERJ adaptada (F. Exponencial)

Uma empresa acompanha a produção diária de um funcionário

recém-admitido, utilizado uma função f(d), cujo valor

corresponde ao número mínimo de

peças que a empresa espera que ele

produza em cada dia (d), a partir da

data de sua admissão. Considere o

gráfico auxiliar, que representa a

função xey .

Utilizando d2,0100100)d(f e e

o gráfico acima, a empresa pode prever que o funcionário

alcançará a produção de 87 peças num mesmo dia, quando d for

igual a:

a) 5 b) 10 c) 15 d) 20 e) 25

Solução

Como xey e d2,0100100)d(f e . Para produzir 87 peças,

ou seja, 87)d(f , o número de dias (d = ?) é:

d2,010010087 e 13100 d2,0e 13,0d2,0 e .

O gráfico de xey , temos 213,0 e .

Logo, 2d2,0 ee 2d2,0 10d .

Questão 23 – UCDB-MS (F. Exponencial)

Certa substância radioativa de massa M0, no instante t = 0, tende

a se transformar em outra substância não radioativa. Para cada

instante t ≥ 0, dado em segundos, a massa da substância

radioativa restante obedece à lei t2

0 3M)t(M . Nessas

condições, o tempo necessário, em segundos, para que a massa

da substância radioativa seja reduzida a um terço da massa inicial

é igual a:

a) 3 b) 2,5 c) 1,5 d) 1 e) 0,5

Solução

Como devemos ter 3

M)t(M 0 . Logo:

t20 3M)t(M t2

00 3M

3

M t23

3

1

t21 33 t21 5,0t s.

Questão 24 – MACKENZIE-SP

O gráfico mostra, em função do tempo, a evolução do número de

bactérias em certa cultura. Dentre as alternativas a seguir,

decorridos 30 minutos do início das observações, o valor mais

próximo desse número é:

a) 18.000 b) 20.000 c) 32.000 d) 14.000 e) 40.000

Solução

Sejam os pontos (0, 104) e (3, 8·10

4), temos:

• tba)t(f 0 4 ba10 410a .

• 344 b10108 3b8 3 8b 2b .

A lei de formação é t4 210)t(f .

t = 30 min = 0,5 h.

2

1

4 210)t(f 210)t(f 4 4,110)t(f 4

14000)t(f .

Questão 25 – CEFET-PR

Cientistas de um certo país, preocupado com as possibilidades

cada vez mais ameaçadoras de uma guerra biológica, pesquisam

uma determinada bactéria que cresce segundo a expressão 1t

2

5

125

256)t(P

, onde t representa o tempo em horas. Para

obter-se uma população de 3.125 bactérias, será necessário um

tempo, em horas, com o valor absoluto no intervalo:

a) ]0, 2] b) ]2, 4] c) ]4, 6] d) ]6, 8] e) ]8, 10]

Solução

Para P(t) = 3.125, temos:

1t

2

5

125

2563125

1t

3

85

2

5

5

25

1t

8

35

2

5

2

55

1t

8

8

2

5

2

5

1t8

2

5

2

5

1t8 7t h.

Questão 26 – UFMT (Logaritmo)

A magnitude de um terremoto é medida na escala de Richter.

Considere que as magnitudes M1 e M2 de dois terremotos estão

relacionadas pela fórmula

2

121

E

Elog

3

2MM , em que E1 e

E2 são as medidas das quantidades de energia liberada pelos

terremotos.

Em 1955, ocorreu um terremoto no norte de Mato Grosso e, em

2004, um outro na ilha de Sumatra, na costa da Indonésia, que

liberaram as quantidades de energia E1 e E2, respectivamente.

Admitindo-se que E1 foi equivalente à milésima parte de E2 e que

o terremoto ocorrido na ilha de Sumatra teve magnitude M2 = 9,


qual a magnitude M1 do terremoto ocorrido no norte de Mato

Grosso?

a) 6 b) 7 c) 5 d) 4 e) 3

Solução

Sendo 1000

EE 2

1 e M2 = 9, temos:

2

21

E

1000/Elog

3

29M

1000

1log

3

29M1

31 10log

3

29M )3(

3

29M1 29M1

29M1 7M1 .

Questão 27 – UFMG (Logaritmo)

O pH de uma solução aquosa é definida pela expressão

]Hlog[pH , em que ]H[ indica a concentração, em

mol/L, de íons de hidrogênio na solução e log, o logaritmo na

base 10. Ao analisar determinada solução um pesquisador

verificou que, nela, a concentração de íons de hidrogênio em 8104,5]H[ . Para calcular o pH dessa solução, ele usou os

valores aproximados de 0,30 para log2 e de 0,48 para log3.

Então, o valor que o pesquisador obteve para o pH dessa solução

foi:

a) 7,26 b) 7,32 c) 7,58 d) 7,74 e) 7,82

Solução

]Hlog[pH ]104,5log[pH 8

]1054log[pH 9 ]10227log[pH 9

]1023log[pH 93 )10log92log3log3(pH

)930,048,03(pH )930,044,1(pH

)974,1(pH )26,7(pH 26,7pH .

Questão 28 – UPF-RS adaptada

A desintegração nuclear é regida pela equação exponencial te λ

0NN , em que λ é uma constante, N0 é a quantidade

inicial e N é quantidade após um tempo t. A equação que fornece

o tempo, em qualquer instante, é:

a)

et ln)NN(λ 0 b)

λ

0N

N

et

c)

e

t

0N

N d)

0N

Nln

λ

1t

e)

0N

Nlnλ t

Solução

te λ0NN te λ

0N

N te λ

0

lnN

Nln

et lnλN

Nln

0

0N

Nln

λ

1t .

Questão 29 – UEPA (F. Logarítmica)

Por volta dos anos 80, durante a implantação do projeto

Proálcool, uma montadora estimou que sua produção de carros a

álcool teria um crescimento anual de acordo com a expressão:

)1(log10)( 35 ttP , onde P é a quantidade produzida e t o

número de anos. Dessa forma, daqui a 8 anos a produção

estimada será de:

a) 200.000 carros. b) 220.000 carros. c) 232.000 carros.

d) 250.000 carros. e) 300.000 carros

Solução

Seja t = 8, temos:

)1(log10)( 35 ttP )18(log10)8( 3

5P

9log10)8( 35P 2

35 3log10)8(P

3log210)8( 35P 000.200)8( P .

Questão 30 – UFSM-RS (F. Logarítmica)

Carros novos melhoram o escoamento do trânsito e causam

menos poluição. Para adquirir um carro novo, um cidadão fez um

investimento de R$ 10.000,00 na poupança, a juros mensais de

1%, o qual rende, ao final de n meses, o valor de nnC )01,1(000.10)( reais. O número mínimo de meses

necessário para que o valor aplicado atinja R$ 15.000,00 é:

(Dados: log 2 = 0,301; log 3 = 0,477; log 101 = 2,004 )

a) 44 b) 46 c) 47 d) 48 e) 50

Solução

Sendo C(n) = 15.000, temos:

n)01,1(000.10000.15 n)01,1(1015 n)01,1(10

15

n)01,1log(10

15log )01,1log(10log15log n

01,1log

10log15logn

100

101log

10log2

30log

n

100log101log

10log2log30logn

210log101log

10log2log)103log(n

2101log

10log2log10log3logn

2101log

10log2log10log3logn

2101log

2log3logn

2004,2

301,0477,0n

004,0

176,0n 44n meses.

Questão 31 – UEPA (Trigonometria)

Na Amazônia, está sendo construído um observatório no alto de

uma torre, com a finalidade de compreender e modelar as trocas

gasosas que ocorrem na atmosfera. Um engenheiro de 1,80

metros de altura responsável pela execução do projeto observa o

topo dessa torre segundo um ângulo de 30°. Se o engenheiro está

posicionado a 120 metros de distância da torre, então a altura

dessa torre é, em metros, de: (dado: 73,13 ).

a) 86 b) 83 c) 71 d) 44 e) 32

Solução


120

30tgx

1203

3 x

4073,1

xmx 2,69 .

Logo, a altura da torre é:

8,1xh 8,12,69h mh 71 .


As construções de telhados em geral são feitas com um grau

mínimo de inclinação em função do custo. Para as medidas do

modelo de telhado representado a seguir, o valor do seno do

ângulo agudo φ é dado por:

(Fonte:http://www.diaadiaeducacao.pr.gov.br/portals/pde/arquivos/933-2.pdf.

Acesso em 9 de setembro de 2011-Texto adaptado)

a)

10

104 b)

10

103 c)

10

22 d)

10

10 e)

10

2

Solução

Para encontrar o valor do seno do ângulo agudo φ (sen φ).

Vamos usar o teorema de Pitágoras para encontrar o

comprimento da rampa (hipotenusa), temos:

222 cba 222 8,14,5a 24,316,292a

4,322a 10

324a

10

18a .

Assim:

18

108,1

10

18

8,1

a

csen

10

10sen .


Um botânico interessado em descobrir qual o comprimento da

copa da árvore fez as observações indicadas na figura abaixo a

partir de um ponto no solo.

O comprimento (H), em metros, dessa copa é:

a) )13(10 b) 15 c) 310 d) )13(10 e) 30

Solução

10

º45tgx

10

1x

10x .

10

º60tgxh

10

103

h 10310h

)13(10 h .

Questão 34 – FAMECA-SP (Lei dos Senos)

Dois amigos, André e Bruno, estão num campo aberto

empinando pipa. Eles estão, respectivamente, nas posições A e

B. Os fios dessas pipas se enroscam e se rompem, fazendo com

que as duas pipas caiam juntas num ponto C, distante 40 m de

André.

A distância de Bruno até as pipas é:

a) 210 m b) 310 m c) 20 m d) 220 m e) 320 m

Solução

x

sensen º30

40

º45

x

2/1

40

2/2

2

40

2

2x

2

40x 220x m.

Questão 35 – UEPA (Lei dos Cossenos)

A figura abaixo mostra o corte lateral de um terreno onde será

construída uma rampa reta, AB, que servirá para o acesso de

veículos a casa, que se encontra na parte mais alta do terreno.

A distância de A a B é de 6 metros, de B a C é de 10 metros e o

menor ângulo formado entre AB e BC é de 120°. Então, o valor

do comprimento da rampa deve ser de:

(Dado: cos120º = −cos60°)

a) 12 m b) 12,5 m c) 13 m d) 13,5 m e) 14 m

Solução

AB = 6 m; BC = 10 m; ABC = 120º; AC = d = ?

αcos2222 abbac 120ºcos1062106 222d

)º60cos(1201362d 2

11201362d

601362d 196d 14d m.

Questão 36 – UFPA (Circunferência)

Uma curva de uma Montanha Russa deve ser traçada em arco de

círculo. Se o raio do círculo é 258 m, ao percorrer uma distância

de 43π metros, o ângulo descrito pela trajetória será de:

a) 20º b) 30º c) 40º d) 50º e) 60º

Solução

r = 258 m; l = 43π; α = ?

l = α·r ⟹ 43π = 258α ⟹ º306

πα .


Questão 37 – UNESP-SC (Circunferência)

Em um jogo eletrônico, o “monstro” tem a forma

de um setor circular de raio 1 cm, como mostra a

figura. A parte que falta no círculo é a boca do

“monstro”, e o ângulo de abertura mede 1 rad. O

perímetro do “monstro”, em centímetros, é:

a) π – 1 b) π + 1 c) 2π – 1 d) 2π e) 2π + 1

Solução

Seja o r = 1cm; α = 1 rad; Pm = ?;

l = α·r ⟹ l = 1·1 = 1 cm.

Pm = (2πr – l) + 2r ⟹ Pm = 2π – 1 + 1 + 1 ⟹ Pm = 2π + 1.

Questão 38 – UFPA (F. Trigonométrica)

O pêndulo simples é formado por uma partícula de massa m

fixada na extremidade inferior de uma haste retilínea, de

comprimento (de massa desprezível se comparada com a

massa da partícula), cuja extremidade superior está fixada.

Suponhamos que o movimento do pêndulo se processe em um

plano vertical e designemos por θ o ângulo que a haste faz com a

reta vertical 0Y (Veja figura abaixo).

0,cosA)(θ

tt

gt

Observemos que )(θθ t , isto é, θ é função do

tempo 0t . O movimento do pêndulo, para

pequenas oscilações, é regido pela equação em

que A é uma constante positiva, g é a

aceleração da gravidade e é o comprimento da haste. Os

valores de 0t , referentes à passagem do pêndulo pela posição

vertical OY, isto é, ao momento em que 0)(θ t , são dados por:

a)

,2,1,2

π)12( k

gkt b) ,3,2,1t

c) 0t ou g

t

d) ,3

1,

2

1,1t

e) ,3,2,1t

Solução

Para 0)(θ t , temos:

t

g

cosA0 .

Para

02

π3cos

02

πcos

0cos x , ou seja, 0π2

πcos

k .

Logo,

t

gk

cosAπ

2

πcos

tgk

2

π2

2

π

2

2

2

π2

2

πt

gk

22

2

π2

2

π k

gt

g

kt

2

π2

2

π

gkt

2

π)21( .

Questão 39 – UFPA (F. Trigonométrica)

Um fabricante produz telhas senoidais como a da figura abaixo.

Para a criação do molde da telha a ser fabricada, é necessário

fornecer a função cujo gráfico será a curva geratriz da telha. A

telha padrão produzida pelo fabricante possui por curva geratriz

o gráfico da função )(xseny (veja detalhe na figura abaixo).

Um cliente solicitou então a produção de telhas que fossem duas

vezes “mais sanfonadas” e que tivessem o triplo da altura da

telha padrão, como na figura abaixo.

A curva geratriz dessa nova telha será então o gráfico da função

a)

xseny

2

13 b) )2(3 xseny c)

xseny

3

12

d)

xseny

2

1

3

1

e) )3(2 xseny

Solução

Baseando-se no gráfico o período da função é π, assim:

2π2

ππ2

P kkk

.

A imagem do gráfico apresenta [–3, 3], de forma, 3×[– 1, 1].

)2(3)( xsenyxksenay .

Questão 40 – UEPA (F. Trigonométrica)

Os praticantes de COOPER balançam seus braços ritmicamente,

enquanto correm, para frente e para trás, descrevendo uma

oscilação completa em 4

3 de segundos, conforme figura abaixo.

O ângulo θ varia em função do tempo t, em segundos,

aproximadamente, de acordo com e equação:

4

3

3

π8

9

πθ tsen


Tomando por base os dados acima, podemos afirmar que o maior

valor assumido pelo ângulo θ é:

a) 15° b) 20° c) 25° d) 30° e) 45°

Solução

Para o maior valor de θ, ou seja, sen x = [–1, 1], temos:

]1,1[9

πθ

9

π,

9

πθ ]20,20[θ .

Resumo:

)()( cxksenbaxf ou )(cos)( cxkbaxf

a: desloca para vertical (p/ (+) cima ou (–) baixo).

b: altera o período.

c: desloca para horizontal (+): (esq) ou (–): (dir).

k: (×) diminuiu o período ou (/) aumenta o período.

Questão 41 – UEPA (A. Combinatória)

Uma loja de um shopping Center na cidade de Manaus divulga

inscrições para um torneio de Games. Para realizar essas

inscrições, a loja gerou um código de inscrição com uma

sequência de quatro dígitos distintos, sendo o primeiro elemento

da sequência diferente de zero. A quantidade de códigos de

inscrição que podem ser gerados utilizando os elementos do

conjunto {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} é:

a) 4500 b) 4536 c) 4684 d) 4693 e) 5000

Solução

O código de inscrição é formado por quatro algarismos com os

números {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} = 10 possibilidades.

Q = 9·9·8·7 = 81·8·7 = 648·7 = 4536.

Questão 42 – UFBA (A. Combinatória)

Numa eleição para a diretoria de um clube concorrem 3

candidatos a diretor, 2 a vice-diretor, 3 a primeiro-secretário e 4

a tesoureiro. O número de resultados possíveis da eleição é:

a) 4 b) 24 c) 72 d) 144 e) 12!

Solução

Pelo princípio fundamental da contagem, temos:

n = 3·2·3·4 = 6·12 = 72.

Questão 43 – UEBA (A. Combinatória)

Em uma das partidas realizadas pelo Parazão (Campeonato

Paraense de Futebol de Campo) de 2001, o time A jogou com o

time B e nessa partida o número de gols marcados pelo time A

está representado pela solução da equação !)1(4!)1(! nnn

e o número de gols do time B pela solução da equação

1

!)1(!)2(!4

n

nnn . Considerando que nessa partida não

houve gols contra, podemos afirmar que:

a) O time A marcou 4 gols e o B marcou 2 gols.

b) O time A marcou 2 gols e o B marcou 4 gols.

c) O time A marcou 1 gols e o B marcou 1 gols.

d) O time A marcou 2 gols e o B marcou 3 gols.

e) O time A marcou 3 gols e o B marcou 1 gols.

Solução

Time A:

!)1(4!)1(! nnn !)1(4!)1(!)1( nnnn

!)1(4)1(!)1( nnn 41n 3n .

Time B:

1

!)1(!)2(!4

n

nnn

!

!)1(!)1)(2()1(4

n

nnnnnn

12244 2 nnnnn 3444 2 nnn

342n 1n .

Questão 44 – FAAP-SP (A. Combinatória)

Para abrir um arquivo no microcomputador, o usuário deve

digitar uma senha de quatro caracteres, numa certa ordem e sem

repeti-los. O usuário sabe quais são os caracteres, mas não

conhece a ordem em que devem ser digitados. Obstinado,

procura acertar a senha por tentativas. O número de tentativas

que deve fazer é:

a) 24 b) 30 c) 36 d) 40 e) 120

Solução

Considera a sequência: A, 2, F, 9.

Logo, o número de maneiras distintas é: 24!4P4 .


Visando obter mais informações sobre a denúncia de que uma

tribo da região Amazônica estava sendo dizimada, um repórter

recorreu a seu computador para acessar a Internet, entretanto não

lembrou a senha de acesso, que era composta por três

algarismos. Lembrava apenas que a senha era composta por três

dos cinco algarismos: 1, 3, 5, 6 e 9. Para encontrar a senha, o

repórter escreveu num papel todos os possíveis agrupamentos

com esses algarismos. O número de agrupamentos escritos por

esse repórter, na tentativa de encontrar a senha de acesso à

Internet, é:

a) 120 b) 108 c) 84 d) 60 e) 56

Solução

Esquematizando a situação, temos:

Como as senhas 139 e 391 são diferentes. Logo, os

agrupamentos que definem as possíveis senhas constituem

arranjo simples, em que n(5) ≥ p(3).

3)!(5

5!A 3,5

60

!2

!2345

.

Questão 46 – UFPA (A. Combinatória)

Por ocasião dos festejos da Semana da Pátria, uma escola decidiu

exibir seus melhores atletas e as respectivas medalhas. Desses

atletas, em número de oito e designados por 1a , 2a , 3a , , 8a ,

serão escolhidos cinco para, no momento do desfile, fazerem

honra à Bandeira Nacional. Do total de grupos que podem ser

formados, em quantos o atleta 2a estará presente?

a) 18 b) 21 c) 35 d) 41 e) 55

Solução


Seja n = 8 e p = 5. Como 2a deve ser um dos escolhidos, temos

n = 7 e p = 4, a ordem da fila não importa trata-se de um

problema de Combinação.

!)(!

!C ,

pnp

npn

!3!4

!7C 4,7

6

567C 4,7 35 .


A graviola é uma fruta que possui diversos nutrientes, como as

Vitaminas C, B1 e B2 e os Sais Minerais: Cálcio, Fósforo, Ferro,

Potássio e Sódio. Uma indústria química deseja fabricar um

produto a partir da combinação de 4 daqueles nutrientes, entre

vitaminas ou sais minerais, encontrados na graviola. A

quantidade de produtos que poderá ser fabricada, se forem

utilizados no máximo 2 tipos de vitaminas, será de:

a) 65 b) 60 c) 32 d) 30 e) 26

Solução

Uma indústria deseja utilizar 4 nutrientes da graviola.

Os nutrientes são:

Vitaminas: {C, B1, B2} = 3.

Sais minerais: {Cálcio, Fósforo, Ferro, Potássio e Sódio} = 5.

Condição: Utilizar no máximo duas vitaminas.

V V S S = V S S V (não altera)

Logo, os agrupamentos que definem o produto com vitaminas e

sais minerais é dado por uma Combinação Simples.

i) Produto feito com duas vitaminas:

V V S S = V S S V.

Vitaminas: 3!1!2

!3C 1,3 .

Sais minerais: 102

45

!2!3

!5C 3,5

.

Logo, 30103CC 3,51,3

ii) Produto feito com uma vitamina:

V S S S = S V S S

Vitaminas: 3!2!1

!3C 2,3 .

Sais minerais: 102

45

!3!2

!5C 2,5

.

Logo, 30103CC 2,52,3

iii) Produto feito sem nenhuma vitamina:

S S S S

Sais minerais: 5!1!4

!5C 4,5 .

Logo, o número de possibilidade de fazer o produto no máximo

com duas vitaminas é:

i + ii + iii = 30 + 30 + 5 = 65.

Questão 48 – UFPA (A. Combinatória)

O presidente de uma Comissão Parlamentar Mista de Inquérito

(CPMI) escolheu 5 senadores e 6 deputados federais para

formação de subcomissões com 5 parlamentares, sendo 2

senadores e 3 deputados federais. Assim, o número de

subcomissões que podem ser formadas com os parlamentares

escolhidos é:

a) 30 b) 90 c) 150 d) 200 e) 240

Solução

Subcomissões de 5 parlamentares (2 senadores e 3 deputados

federais).

Senadores: 102

45

!3!2

!5C 2,5

Deputados Federais: 206

456

!3!3

!6C 3,6

.

2002010CC 3,62,5 .

Questão 49 – UEPA (Probabilidade)

Em uma pesquisa envolvendo 120 cidades, sobre lixo doméstico,

observou-se que em 36 dessas cidades são desenvolvidas ações

de reciclagem. A probabilidade de uma cidade pesquisada ser

escolhida ao acaso e nela não ser desenvolvida ação de

reciclagem, é:

a) 3/10 b) 4/10 c) 5/10 d) 6/10 e) 7/10

Solução

Espaço amostral: n(E) = 120.

Evento: n(A) = 120 – 36 = 84.

10

7

12:120

12:84)A(P .

Questão 50 – UEPA (Probabilidade)

Uma empresa realizou uma pesquisa com 300 candidatos sobre

os fatores de risco de um infarto agudo do miocárdio (IAM) ou

enfarte agudo do miocárdio (EAM). Foi observado que 20%

dessas pessoas possuíam esses fatores de risco. A probabilidade

de essa empresa contratar ao acaso dois candidatos do grupo

pesquisado e eles apresentarem esses fatores de risco é:

a)

1597

60 b)

1495

59 c)

1695

69 d)

1797

74 e)

1898

77

Solução

O número de pessoas que possuem o fator de risco é:

60300%20 .

Logo, nosso espaço amostral e o evento serão dados por

combinações:

)E(

)A(P(A)

n

n

2,300

2,60

C

CP(A)

2

2993002

5960

P(A)

299150

5930P(A)

2995

59P(A)

1495

59P(A) .

Também, podemos resolver a probabilidade da seguinte forma:

1495

59

299

59

5

1

299

59

300

60P(A) .

Questão 51 – UFPA (Probabilidade)

De um refrigerador que tem em seu interior 3 refrigerantes da

marca A, 4 refrigerantes da marca B e 5 refrigerantes da marca

C, retiram-se dois refrigerantes sem observar a marca. A

probabilidade de que os dois retirados sejam da mesma marca é:

a) 1/6 b) 5/33 c) 19/66 d) 7/22 e) 3/11

Solução

Espaço amostral: 12 refrigerantes para escolher 2:

662

1112

)!212(!2

!12C 2,12

.

Evento: 2 refrigerantes da mesma marca:

Marca A: 3!1!2

!3C 2,3 ;


Marca B: 6!2!2

!4C 2,4 ;

Marca A:

10!3!2

!5C 2,5 .

A Probabilidade de ocorrer o evento é:

66

19

66

1063P

.

Questão 52 – ENEM (Probabilidade)

As 23 ex-alunas de uma turma que completou o Ensino Médio há

10 anos se encontraram em uma reunião comemorativa. Várias

delas haviam se casado e tido filhos. A distribuição das

mulheres, de acordo com a quantidade de filhos, é mostrada no

gráfico abaixo.

Um prêmio foi sorteado entre todos os filhos dessas ex-alunas. A

probabilidade de que a criança premiada tenha sido um(a)

filho(a) único(a) é:

a) 3

1 b)

4

1 c)

15

7 d)

23

7 e)

25

7

Solução

Espaço amostral n(E) = 8·0 + 7·1 + 6·2 + 2·3 = 7 + 12 + 6 = 25.

Evento n(A) = 7·1 = 7.

25

7

n(E)

n(A)P(A) .

Questão 53 – UEPA adaptada (Probabilidade)

Durante a romaria do Círio de Nossa Senhora de Nazaré, em

Belém, foi feita uma pesquisa com 1.500 romeiros sobre as

promessas que os levaram a acompanhar a procissão na corda.

As promessas foram: recuperação da saúde; aprovação no

vestibular e emprego. Dentre os pesquisados:

• 200 agradeciam pela recuperação da saúde, aprovação no

vestibular e pelo emprego;

• 550 pela recuperação da saúde e aprovação no vestibular;

• 450 pela recuperação da saúde e pelo emprego;

• 400 pela aprovação n vestibular e pelo emprego;

• 200 só pela recuperação da saúde;

• 130 só pela aprovação no vestibular;

• 170 só pelo emprego.

Nessas condições, a probabilidade de se escolher ao acaso uma

das pessoas pesquisadas e esta estar agradecendo pela

recuperação da saúde é:

a) 15

2 b)

5

2 c)

30

11 d)

3

2 e)

15

11

Solução

Espaço amostral n(E) = 1500.

Evento: Recuperação da Saúde.

n(A) = 200 + 200 + 250 + 350 = 1000.

3

2

15

10

1500

1000P(A) .

Questão 54 – UNIFESP-SP (Matriz)

Uma indústria farmacêutica produz, diariamente, p unidades do

medicamento X e q unidades do medicamento Y, ao custo

unitário de r e s reais, respectivamente. Considere as matrizes M,

1×2 e N, 2×1:

]2[M qp e

s

r

2N .

A matriz produto M·N representa o custo da produção de:

a) 1 dia. b) 2 dias. c) 3 dias. d) 4 dias. e) 5 dias.

Solução

s

rqp

2]2[NM ]22[ qspr ][2 qspr .

pr + qs: custo diário da produção de p unidades de X e q

unidades de Y.

Logo, 2(pr + qs): é o custo d produção de 2 dias dessa indústria.

Questão 55 – UEPA (Matriz)

A tabela abaixo, regularmente disposta em linhas (atletas) e

colunas (dia), representa os registros dos tempos de treinamento

dos atletas A, B e C em 3 dias. Sendo i a ordem das linhas e j a

ordem das colunas e jiaij 1030 o elemento genérico desta

tabela, com i e j dados em minutos, o tempo de treinamento gasto

pelo atleta B no terceiro dia foi de: Dia3ºDia2ºDia1º

333231

232221

131211

C

B

A

aaa

aaa

aaa

a) 2 horas e 30 minutos. b) 2 horas e 10 minutos.

c) 2 horas. d) 1 hora e 50 minutos.

e) 1 hora e 30 minutos.

Solução

O tempo de treinamento do atleta B no terceiro dia ( 23a ) é:

31023023a 306023a 9023 a min.

Ou seja, 1 hora e 30 min.

Questão 56 – UFPA (Sistemas Lineares)

Uma indústria cerâmica produz tijolo, telha e lajota com

produção diária de 90 mil peças. Sabe-se que o número de telhas

produzidas é igual à metade da soma do número de tijolos com o

de lajotas, que os custos de produção do milheiro do tijolo, da

telha e lajota são respectivamente 100, 200 e 300 reais e que o

custo diário total da produção é de R$ 16.000,00. Com base

nesses dados, é correto afirmar que a indústria produz por dia:

a) mais de 30 milheiros de tijolos e menos de 29 milheiros de

lajotas.

b) menos de 29 milheiros de tijolos e menos de 29 milheiros de

lajotas.

c) mais de 50 milheiros de tijolos e menos de 30 milheiros de

lajotas.

d) 30 milheiros de tijolos e 30 milheiros de telhas.

e) 29 milheiros de tijolos e 39 milheiros de lajotas.

Solução


Considere x: tijolos; y: telhas; z: lajotas.

• Produz tijolo, telha e lajota com produção diária de 90 mil

peças.

90 zyx

• O nº de telhas produzidas é igual à metade da soma do nº de

tijolos com o de lajotas.

2

zxy

• Os custos de produção do milheiro do tijolo, da telha e lajota

são respectivamente 100, 200 e 300 reais e que o custo diário

total da produção é de R$ 16.000,00.

16000300200100 zyx

Formando o Sistema Linear, temos;

000.16300200100

2`

90

zyx

zxy

zyx

100)000.16300200100(

2`

2)90(

zyx

zxy

zyx

16032

2

180222

zyx

zxy

zyx

1603

18022

zzxx

zzxx

16042

18033

zx

zx

802

60

zx

zx

802

60

zx

zx20z .

•

2

`zx

y 2

60`y 30y .

• 60zx 6020x 40x .

Logo, a alternativa certa é a letra A.

Questão 57 – ENEM (Sistema Linear)

Uma companhia de seguros levantou dados sobre os carros de

determinada cidade e constatou que são roubados, em média, 150

carros por ano. O número de carros roubados da marca x é o

dobro do número de carros roubados da marca y, e as marcas x e

y juntas correspondem por cerca 60% dos carros roubados.

O número esperado de carros roubados da marca y é:

a) 20 b) 30 c) 40 d) 50 e) 60

Solução

• yx 2 .

• 6,0150yx 90 yx .

902 yy 903y 30y .

Questão 58 – PUC (Sistema Linear)

Alfeu, Bento e Cíntia foram a certa loja e cada qual comprou

camisas escolhidas entre três tipos, gastaram nessa compra os

totais de R$ 134,00, R$ 115,0 e R$ 48,00, respectivamente.

Sejam as matrizes

012

501

430

A e

z

y

x

X .

I. Os elementos de cada linha de A correspondem às quantidades

dos três tipos de camisas compradas pro Alfeu (1ª linha), Bento

(2ª linha) e Cíntia (3ª linha).

II. Os elementos de cada coluna de A correspondem às

quantidades de um mesmo tipo de camisa.

III. Os elementos de X correspondem aos preções unitários, em

reais, de cada tipo de camisa.

Nessas condições, o total a ser pago pela compra de uma unidade

de cada tipo de camisa é:

a) R$ 53,00 b) R$ 55,00 c) R$ 57,00 d) R$ 62,00 e) R$ 65,00

Solução

Nas condições dadas, temos:

48

115

134

012

501

430

z

y

x

482

2)1155(

13443

yx

zx

zy

yx

zx

zy

482

230102

13443

18210

13443

zy

zy

546303

13443

zy

zy 68034z 20z .

• 13443 zy 801343y 543y 18y .

• yx 482 18482x 302x 15x .

Logo, zyx é:

53151820 .

Questão 59 – UNESP (Geometria Espacial)

A área da superfície da Terra é estimada em 510.000.000 km2.

Por outro lado, estima-se que, se todo o vapor de água da

atmosfera terrestre fosse condensado, o volume de líquido

resultante seria de 13.000 km3. Imaginando que toda essa água

fosse colocada no interior de um paralelepípedo retângulo, cuja

área da base fosse a mesma da superfície da Terra, a medida que

mais se aproxima da altura que o nível da água alcançaria é:

a) 2,54 mm b) 2,54 cm c) 25,4 cm d) 2,54 cm e) 0,254 km

Solução

Superfície da Terra: ST = 51·107 km

2.

Volume de líquido: V = 13·103 km

3.

V = S·h ⟹ h10511013 73 ⟹7

3

1051

1013h

⟹

km 10254,0h 4 .

• Em metros 1km = 1000m. 34 1010254,0h ⟹ m 10254,0h 1 .

• Em centímetros 1m = 100cm. 21 1010254,0h ⟹ cm 54,2h .

Questão 60 – UNB-DF adaptada (Geometria Espacial)

A figura abaixo ilustra alguns degraus de uma escada de

concreto. Cada degrau é um prisma triangular reto de dimensões

15 cm, 30 cm e 60 cm. Se a escada tem 20 degraus, qual o

volume (em decímetros cúbicos) do concreto usado para

construir a escada.

Dado (1 dm3 = 1000 cm

3)

a) 13,5 b) 27 c) 270 d) 540 e) 135


Solução

O volume de 1 degrau = V1.

Área da base: 2

Ab

hb .

hb1 AV

602

301560225 3cm 13500 .

331 dm 13,51013500V .

O volume V de concreto usado é: 3

1 dm 27013,52020VV .

Questão 61 – UFLA-MG (Geometria Espacial)

Um retângulo de lados a e b, girando em torno de b, gera um

cilindro de volume 324π cm3 e, girando em torno de a, gera outro

cilindro de volume 144π cm3. Os valores de a e b,

respectivamente é:

a) 4 cm e 9 cm. b) 9 cm e 4 cm. c) 8 cm e 3 cm.

d) 3 cm e 8 cm. e) 9 cm e 4 cm.

Solução

i) Cilindro 1 girando em torno de b:

π324V1

1

1

bh

ar

.

12

11 πV hr ba2 ππ324 ba2324 .

ii) Cilindro 2 girando em torno de a:

π144V2

2

2

ah

br

.

2222 πV hr ab2 ππ144 ab2144

2

144

ba .

Substituindo ii e i, temos:

•

324

1442

2bb 2

22

22

1812

bb 2

4

4

1812

bb

1818

121212123b

33

1212223b 4443b

4b .

• b

a3242

4

3242a 812a 9a .

Logo, os valores de a e b são 9 cm e 4 cm.

Questão 62 – UFRGS (Geometria Espacial)

Uma panela cilíndrica de 20 cm de diâmetro está completamente

cheia de massa para doce, sem exceder a sua altura, que é 16 cm.

O número de doces em formato de bolinhas de 2 cm de raio que

se podem obter com toda a massa é:

a) 300 b) 250 c) 200 d) 150 e) 100

Solução

i) Cilindro: cm102

Dr e h = 16 cm.

hr2panela πV 1601πV 2

panela3

panela cm π1600V

ii) Esfera: r = 2.

3doce π

3

4V r 3

doce 2 π3

4V 3

doce cm π3

32V .

Logo, o numero de doce feito é:

doce

panela

V

Vn

3

π32

π1600n

π32

3

1

π1600n

350n 150n .

Questão 63 – MACK-SP (Geometria Espacial)

Um frasco de perfume de forma esférica, com raio de 4 cm,

contém perfume em 4

1 de seu volume total. Se uma pessoa

utilizar, todos os dias, 2 ml do perfume, das alternativas abaixo, a

que indicará o maior período de tempo de duração do perfume

será:

a) 16 dias. b) 33 dias. c) 26 dias. d) 54 dias. e) 43 dias.

Solução

O volume total do frasco V com o raio de 4 cm é:

3 π3

4V r 34π

3

4V m

3

π256V

Obs: 1 cm3 = 1 ml.

O volume do perfume 4

1 é do total, ou seja:

3

π256

4

1Vp m

3

π64Vp .

Usando 2 ml/dia, o perfume acabará em:

2

3

π64

n 2

1

3

π64

3

π3232 dias.

Questão 64 – UFPB (Geometria Espacial)

Depois de desistir de retirar a pipa do poste, João foi jogar

futebol no quintal da casa. Ao chutar a bola com muita força fez

com que ela caísse num reservatório de água com a forma de um

cilindro reto, cujo o diâmetro é 96 cm. Maria percebeu que

exatamente a metade da bola ficou sbmessa, o que elevou o nível

da água do reservatório em 0,5 cm como mostra o desenho.

O raio da bola é:

a) 10 cm b) 11 cm c) 12 cm d) 13 cm e) 14 cm

Solução

O volume de água deslocada (V1) do cilindro é equivalente ao

volume da semi-esfera (V2), ou seja, V1 = V2.

• Volume deslocado.

hr21 πV 5,048πV 2

1 5,02304πV1

31 cm π1152V .

• Raio da bola.


2

π3

4

2

VV

3

esfera2

r

3 π6

41152π r 3

2

31152 r

3

2

31152 r 35763r 17283r cm 12r .

Questão 65 – MACK-SP (Geometria Espacial)

Um vazamento, em um navio-tanque, provoca o aparecimento de

uma mancha de óleo que tem forma circular e espessura

constante de 2,5 cm, como na figura. O raio da mancha, t

minutos depois do início do vazamento, é dado, em metros, pela

relação 5

)(t

tr .

Adotando π = 3, o volume, em m

3, de óleo vazado, após 4

minutos do início do vazamento, é:

a) 0,014 b) 0,016 c) 0,08 d) 0,02 e) 0,012

Solução

Após 4 minutos do inicio do vazamento, o raio da mancha será:

5

4)4(r

5

2)4(r m 4,0)4( r .

Adotando π = 3, o volume de óleo vazado é de um cilindro de

raio da base 0,4 m e altura 2,5 cm (0,025 m). Portanto:

hr2óleo πV 321

óleo 1025)104(3V

32óleo 101025163V 5

óleo 104003V

5óleo 101200V 012,0Vóleo .

Questão 66 – Fatec-SP (Geometria Espacial)

Duas esferas maciças iguais e tangentes entre si estão inscritas

em um paralelepípedo reto-retângulo oco, como mostra a figura

abaixo. Observe que cada esfera tangencia as quatro faces

laterais e uma das bases do paralelepípedo.

O espaço entre as esferas e o paralelepípedo está preenchido com

um líquido. Se a aresta da base do paralelepípedo mede 6 cm, o

volume do líquido nele contido, em litros, é aproximadamente

igual a:

a) 0,144 b) 0,206 c) 1,44 d) 2,06 e) 20,6

Solução

Sejam R e h, respectivamente, as medidas, em centímetros, do

raio da esfera e da altura do paralelepípedo. Assim:

• 2R = 6 ⟶ R = 3 cm.

• h = 4R ⟶ h = 4·3 cm ⟶ h = 12 cm.

• Volume do paralelepípedo:

Vpar = Ab·h ⟶ Vpar = R2·h ⟶ Vpar = 6

2·12 = 36·12 = 432 cm

3.

• Volume da espera:

3esf Rπ

3

4V ⟶ 3

esf 3 π3

4V ⟶ 3

esf cm π36V .

• Volume do líquido.

esferaparliq V2VV ⟶ π362432Vliq ⟶

π72432Vliq ⟶ 14,372432Vliq ⟶

08,226432Vliq ⟶ 3liq cm 92,205V .

1dm3 = 1000 cm

3 = 1l.

206,0dm 20592,0V 3liq .

Questão 67 – UEL-PR (Geometria Espacial)

As maiores pirâmides egípcias são conhecidas pelo nome de

“Pirâmides de Gizé” e estão situadas nas margens do Nilo. A

figura a seguir representa essas pirâmides: Miquerinos (2470

a.C.), Quéfren (2500 a.C.) e Quéops (2530 a.C.).

A maior e mais antiga é a de Quéops que tem a forma

aproximada de uma pirâmide de base quadrada com 230 metros

de lado e cujas faces laterais se aproximam de triângulos

equiláteros. Em matemática, “pirâmide” é um sólido geométrico.

O volume de um sólido com as dimensões da pirâmide de

Quéops é:

a) 33

m 3

230 b) 3

3

m 6

2230 c) 3

2

m 4

3230

d) 33

m 2

230 e) 3

3

m 2

2230

Solução

O volume é: HA3

1V b .

Área da base é: 222b m 52900230A .

Para encontrar a altura H, devemos ter a geratriz m:

4

222

m 222 115230 m

13225529002m m 396752 m .

222 115Hm 13225H39675 2

26450H2 213225H2 2115H 22

m 2115H .

21152303

1V 2

2

2

3

2115230V

2


6

2230230V

23

3

m 6

2230V .

Questão 68 – UEPA (Geometria Espacial)

Uma das máximas utilizadas nas pesquisas para o

desenvolvimento do “produto perfeito” é que ele deve possuir o

menor número de componentes, de tal modo que possa conseguir

um justo equilíbrio entre forma, produção e custo. Uma fábrica

de leite em pó investe na produção de duas embalagens para a

comercialização de um novo lançamento. O modelo A é um

cilindro reto de raio R e o modelo B é um prisma reto de base

quadrada cujo lado mede L. Fonte: Limites do design, Dijon de Moraes – 2 ed., São Paulo, Studio Nobel, 1999. Texto

adaptado.

Sabendo-se que os dois modelos devem ter o mesmo volume e

que a altura do modelo B é duas vezes a altura de A, então, a

razão R/L, nessas condições, é:

a) π

2 b) 2π c)

π

1 d) 2π e)

π

2

Solução

Existem dois sólidos geométricos: um cilindro reto e um prisma

reto de base quadrada.

Como o volume dos dois sólidos é igual pc VV e usando a

condição R/L, temos:

pc VV hh 2LRπ 22

h

h

π

2

L

R2

2

π

2

L

R2

π

2

L

R .


O matapi é um instrumento especialmente projetado para a

captura de camarão, feito de talas de folhas de palmeira (miriti)

amarradas com cipó titica e muito utilizado na região amazônica.

Esse é um estilo de pesca artesanal que não agride o meio

ambiente. A forma de matapi é composta por dois cones dentro

de um cilindro. Internamente há aberturas nos ápices dos cones,

funcionando como funis, por onde o camarão entra para comer a

isca ali colocada, ficando preso no interior do artefato.

Considere, com as necessárias e devidas aproximações, que a

altura de um cone é 1/3 da altura do cilindro e que os raios dessas

duas figuras são iguais. Desse modo, a razão entre o volume do

cone e o volume do cilindro é:

a) 1/9 b) 1/6 c) 1/3 d) 3 e) 9

Solução

Existem dois sólidos geométricos: um cone e um cilindro como

mostra a figura abaixo.

A razão entre o volume do cone e volume do cilindro é:

cilindro

cone

V

V

cilindro2

cone2

π

π3

1

hr

hr

cilindro2

cilindro2

π

3

1π

3

1

hr

hr

9

1.


Dados estatísticos mostram que o desemprego e a violência

produzida pela desigualdade social levam milhares de pessoas ao

furto de alimentos dentro de supermercados. Em geral os

produtos embalados industrialmente em caixas de papelão são os

alvos mais diretos para a prática desses delitos. Suponha que o

conteúdo de uma dessas embalagens em formato de um

paralelepípedo reto de medidas inteiras “a”, “b” e “c”, conforme

ilustra a figura abaixo, seja constituído do seguinte modo:

• 1/4 do seu volume (Vp) seja ocupado por um ingrediente A;

• 1/3 do seu volume (Vp) seja ocupado por um ingrediente B;

• Metade do volume restante (VR) seja ocupado por um

ingrediente C.

Fonte: http://g1.globo.com/jornal-hoje/noticia/2011/09/supermercados- brasileiros-perdem-r-

820-milhoes-por-anocom-furtos.html.

Acesso em 11 de setembro de 2011-Texto-Adaptado.

Nestas condições e considerando que bac , então o número

de cubos de aresta 30

3

5

3

1 abx contendo um ingrediente D que

ainda cabem dentro do volume Vp é:

a) 2

)(3 ba cubos. b)

27

)(8 ba cubos.

c) 3

)(2 ba cubos. d)

8

)(27 ba cubos.

e) )( ba cubos.

Solução:

O volume de um paralelepípedo é: cbaVp .

• O ingrediente A ocupa (1/4) do Vp: pV4

1A .

• O ingrediente B ocupa (1/3) do Vp: pV3

1B .

• metade do volume restante (VR) é ocupada pelo ingrediente C:

C2

RV.

Dessa forma, a outra metade do volume restante (VR) é ocupada

pelo ingrediente D: D2

RV.

Ou seja, o volume restante é ocupado pelos ingredientes C e D:

DCRV .

Os ingredientes A, B, C e D ocupam o volume do paralelepípedo

da seguinte forma:


RV

p DCBAV Rppp VVVV3

1

4

1

ppR VVV12

7

pR VV

12

712pR VV

12

5 .

Como os ingredientes C e D ocupam a metade do volume

restante C2

RV e D

2RV

, ou seja, C = D.

Dessa forma, o volume ocupado pelo ingrediente D no

paralelepípedo é: 2

D RV

2

12

5

DpV

pV24

5D .

O volume do cubo (Vc) de aresta 30

3

5

3

1 abx é:

3

33

3

5

3

1 abaVc

3

5

27

1 abVc

81

5abVc .

Assim o número de cubos n é razão do volume ocupado do

ingrediente D pelo volume do cubo (Vc):

cV

nD

81

524

5

ab

V

np

ab

Vn p5

81

24

5

ab

Vn

p 27

8

ab

abcn

27

8 cn

8

27)(

8

27ban .

Questão 71 – UFPA adaptada (Geometria Espacial)

Um arquiteto planeja uma catedral cuja forma é um tronco de

cone reto com altura de 90 m, raio maior 90 m e raio menor 60

m. O tronco de cone é perfurado por um cilindro reto com raio

60 m, cujo eixo é o mesmo do cone. O volume do espaço

limitado pelo tronco de cone, o cilindro e o piso.

a) 837.000π m3 b) 702.000π m

3 c) 513.000π m

3

d) 324.000π m3 e) 189.000π m

3

Solução

Volume do troco de cone: h = 90 m; R = 90 m; r = 60 m.

]60609090[3

π90][

3

πV 2222

t.cone rrRRh

)90008100(π30]360054008100[π30Vt.cone

3cone m 000.51317100π30V .

Volume do cilindro: h = 90 m; 60 m.

6060ππV 22cilindro hr 903600π

3cilindro m π000.324V .

Volume restante é: 3

cilindrot.conecilindro m πVVV

3cilindro m π000.189π000.324π000.513V .

Questão 72 – UFPA (Geometria Espacial)

Uma rasa é um paneiro utilizado na venda de frutos de açaí. Um

típico exemplar tem forma de um tronco de cone, com diâmetro

de base 28 cm, diâmetro de boca 34 cm e altura 27 cm. Podemos

afirmar, utilizando π = 3,14

que a capacidade da rasa, em litros, é

aproximadamente:

a) 18 b) 20 c) 22 d) 24 e) 26

Solução:

Raio da base (r) = 14 cm; Raio da boca (R)= 17 cm; h = 27 cm.

O volume do tronco de cone é:

]14141717[3

π27][

3

πV 2222

t.cone rrRRh

]196238289[9πVt.cone 7239π 72314,39

650714,3Vt.cone3cm 32204 .

1dm3 = 1000 cm

3 = 1l.

432,20Vt.cone .

Questão 73 – UFPel-RS (Geometria Espacial)

Duas substâncias, A e B, que não se misturam, são colocadas

num recipiente de forma cônica, de modo que a substância A

ocupe até a metade da altura do cone e a substância B, o restante

(conforme a figura). A razão entre o volume de A e o volume de

B é:

a) 7

8 b)

7

1 c) 1 d)

8

1 e) 7

Solução

A razão da altura menor com altura maior do cone, temos:

R

r

h

h 2/

R

r

2

1

2

Rr .

i) a substância A forma um cone reto de raio r e altura 2

h:

O volume de um cone é: hr2A π

3

1V , temos:

22 π

3

1V

2

A

hR

24 π

3

1V

2

A

hRhR2

A π24

1V .

ii) a substância B forma um tronco de cone com raio menor r,

raio maior R e altura 2

h.

O volume de um tronco de cone é: ][π3

1V 22

B rrRRh ,

temos:

422π

3

1V

22

B

RRRR

h

4

7π

6

1V

2

B

Rh

2B π

24

7V Rh .

A razão de B

A

V

V é:

7

1

24/7π

24/π

V

V2

2

B

A Rh

Rh.


Questão 74 – PUC-SP (Geometria Espacial)

Um tronco de pirâmide de bases quadradas tem 2.814 cm3 de

volume. A altura do tronco mede 18 cm e o lado do quadrado da

base maior mede 20 cm. Então, o lado do quadrado da base

menor mede:

a) 8 cm b) 6 cm c) 3 cm d) 12 cm e) 14 cm

Solução

Vt = 2814 cm3; h = 18 cm; lB = 20; lb = ?.

AB = 202 = 400 cm

2; Ab = l

2.

]AAAA[3

V bBbBt

h

]400400[3

182814 22 ll

2204006

2814ll 2204004690 ll

69202 ll 676276400 .

a

bl

2 2

2620 l

23

3

2

1

l

l.

Questão 75 – Fatec-SP (Geometria Espacial)

Um tubo de vidro, com formato de cilindro circular reto, é

graduado com um escala e está cheio de água até a borda. O

diâmetro interno do tubo é 5 cm. Inclinando-o paulatinamente,

despeja-se a água nele contido até que atinja a marca que dista da

borda π

8cm, conforme mostra as figuras.

O volume de água despejada é:

a) 25 cm3 b) 50 cm

3 c) 75 cm

3 d) 100 cm

3 e) 125 cm

3

Solução

Seja o tronco de cilindro com G = π

8cm e r = 2,5 cm.

2

)gG( πV 2

t.cil r 2

π/8 2,5πV 2

t.cil

2

1

π

8 25,6πVt.cil 4 25,6πVt.cil

3t.cil cm π25V .

Questão 76 – UEPA (Geometria Analítica)

Um personal trainer, acompanhando os preparativos de um

atleta, observou que o rendimento deste crescia linearmente com

o tempo. Aproveitando seus conhecimentos matemáticos,

registrou em um gráfico cartesiano o percurso, em km, no final

do 5º e do 15º dia, conforme figura abaixo. A equação da reta

que passa pelos pontos A e B é:

a) 0225 yx b) 0252 yx

c) 01052 yx d) 0225 yx

e) 01052 yx

Solução

O coeficiente angular (m) da reta é:

x

ym

515

48

10

4

5

2.

Usando a fórmuala da equação da reta, temos:

00)( yymxx 45

2)5( yx 205102 yx

01052 yx .


Segundo a Revista VEJA de 03.10.07, o mundo dá sinais de que

a paciência com o Irã está chegando ao fim. Rudolph Giuliani,

candidato à presidência dos EUA, defende um ataque preventivo

para evitar que o país se torne uma potência nuclear, pois o

presidente do Irã declarou ser seu projeto riscar Israel do mapa.

O material bélico do Irã é uma preocupação mundial. Seus

mísseis têm um alcance considerável e um raio de ação de

grande destruição. Um míssil foi lançado sobre uma região e

devastou uma área de formato circular. O raio de ação desse

míssil foi registrado por meio da equação

044222 yxyx . Esse raio, em km, mede:

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

Solução

Considerando a equação reduzida da circunferência de centro

O(a, b): 222 )()( rbyax .

E a equação geral da circunferência:

0CBA22 yxyx .

Onde: a2A , b2B e 222C rba .

Usando a equação: 044222 yxyx , temos:

• a2A a22 1a .

• b2B b24 2b .

• 222C rba 222 214 r

4412r 9r 3r .

Logo, o raio de ação é de 3 km.


Um professor de matemática preocupado com o desmatamento

na Amazônia resolveu desenvolver uma atividade com seus

alunos, na qual abordava o desmatamento de uma determinada

área. O objetivo da atividade estava relacionado à sensibilização

para necessária preservação da floresta amazônica. Na atividade

foram apresentados os gráficos abaixo, com a figura 1

representando a área sem o desmatamento e a figura 2

representando a área com o desmatamento existente. Se a área

desmatada pode ser representada pela equação da circunferência

04010822 yxyx , então o número aproximado, em

porcentagem, dessa área desmatada é:


a) 9,81 b) 12,42 c) 14,32 d) 15,78 e) 17,41

Solução

A área desmatada da figura 2 é um círculo baseado na equação

geral:

04010822 yxyx .

• a2A a28 4a .

• b2B b210 5b .

• 222C rba 222 5440 r

40412r 1r .

A área desmantada (Ad), sendo o valor do raio igual a 1 e

considerando π = 3,14, temos:

2d πA r 2

d 13,14A 3,14Ad u.a.

A área não desmatada (And) da figura 2 é um retângulo com base

igual 8 e altura igual a 4, temos:

hbndA 48And 32And u.a.

A porcentagem (p) desmatada na área da figura 2 é:

32 ––––––––– 100%

3,14 –––––––– p

32

10014,3p

32

314p 8125,9p .

Questão 79 – UFPA (Geometria Analítica)

Uma companhia de telefonia celular deseja instalar três torres de

transmissão de sinal para delimitar uma região triangular com

600 km2 de área, de tal modo que a primeira torre se localize a

32 km a leste e 60 km ao norte da central de distribuição mais

próxima, e a segunda torre se localiza a 70 km a leste e 100 km

ao norte da mesma central de distribuição.

Sabendo-se que a terceira torre deve localizar-se a 20 km ao

norte desta central de distribuição, é correto afirmar que a

posição a leste da terceira torre é:

a) 131 km. b) 65 km. c) 102 km. d) 24 km. e) 35 km.

Solução

Seja o par ordenado (x, y) = (leste, norte), temos:

A(32, 60); B(70, 100); C(x, 20) e área de 600 km2.

2

|Adet |Área , temos:

1

1

1

A

CC

BB

AA

yx

yx

yx

120

110070

16032

A

x

20

10070

6032

120

110070

16032

A

xx

42006401001400603200A xx

48404046000A x 24040A x .

Substituindo na fórmula é:

2

|24040|006

x1200|24040| x .

120024040

120024040

x

x

240120040

240120040

x

x

96040

144040

x

x

km 24

satisfaz) (não 36

x

x.

Questão 80 – FAAP-SP (Geometria Analítica)

Uma reta de demanda estabelece a relação entre o preço de

venda p de uma unidade de um produto e a quantidade q que se

deseja comprar. Um distribuidor de relógios de mesa estima que,

se o preço for R$ 80,00, ele poderá vender 1.000 unidades; se o

preço subir para R$ 86,00, venderá 700. Quantos relógios ele

poderia vender se o preço fosse R$ 90,00?

a) 580 b) 900 c) 500 d) 730 e) 860

Solução

Seja o par ordenado (quantidade, preço) = (q, p).

q(x) 1000 700 x

p(y) 80 86 90

Os pontos estão alinhados, logo:

0

1

1

1

33

22

11

yx

yx

yx

0

190

186700

1801000

x

0

90

86700

801000

190

186700

1801000

xx

0560009000086630008086000 xx

0670004000 x 30006x 500x .

Questão 81 – PUC-SP (Geometria Analítica)

Na figura abaixo tem-se representada, em um sistema de eixos

cartesianos ortogonais, a rota de uma aeronave, de uma cidade M

a uma cidade N, passando sobre as pequenas cidades A e B.

Se os quatro pontos pertencem à reta de equação

0120034 yx , a distância entre as cidades A e B, em

quilômetros, é aproximadamente:

a) 50 b) 500 c) 800 d) 5000 e) 8000

Solução

• O ponto A temos (x, 0), ou seja, y = 0.

01200034x 12004x 300x .

Logo, A(–300, 0).

• O ponto B temos (0, y), ou seja, x = 0.

01200304 y 12003y 400x .

Logo, B(0, 400).

A distância de A e B é:

22AB )()(d abab yyxx

22

AB )0400()3000(d 44AB 1016109d

4AB 1025d km 500dAB .


Questão 82 – UFSM-SC (Geometria Analítica)

A figura mostra um retângulo com dois lados nos eixos

cartesianos e um vértice na reta que passa pelos pontos A(0, 12)

e B(8, 0). As dimensões x e y do retângulo, para que sua área seja

máxima, devem ser, respectivamente, iguais a:

a) 4 e 6 b) 5 e 2

9 c) 5 e 7 d) 4 e 7 e) 6 e 3

Solução

Os pontos A(0, 12), P(x, y) e B(8, 0) estão alinhados, logo:

0

1

1

1

BB

PP

AA

yx

yx

yx

0

108

1

1120

yx

0

08

120

108

1

1120

yxyx 012896 xy

03224 xy xy 3242 )i(2

312 xy

Seja a área do retângulo.

)2(Aret yx .

Substituindo (1) em (2), temos:

xx

2

312A xx 12

2

3A 2 xx 243A 2

Para que a área seja máxima, temos:

a

bxv

2

)3(2

24vx

6

24vx 4vx .

Substituindo em (1), temos:

42

312y 612y 6y .

As dimensões x e y são 4 e 6, respectivamente.


O comandante de um barco resolveu acompanhar a procissão

fluvial do Círio, fazendo o percurso em linha reta. Para tanto, fez

uso do sistema de eixos cartesianos para melhor orientação. O

barco seguiu a direção que forma 45° com o sentido positivo do

eixo x, passando pelo ponto de coordenadas (3, 5). Este trajeto

ficou bem definido através da equação:

a) 12 xy b) 143 xy c) 2 xy

d) 8 xy e) 43 xy

Solução

Seja o ângulo de inclinação 45º, temos:

1º60tg m .

Usando a fórmula da equação da reta no ponto (3, 5), temos:

)( 00 xxmyy )3(15 xy 53xy

2 xy .

Questão 84 – UERJ adaptada (Geometria Analítica)

A promoção de uma mercadoria em um supermercado está

representada, no gráfico a seguir, por 6 pontos de uma mesma

reta.

Quem comprar 20 unidades dessa mercadoria, na promoção,

pagará por unidade, em reais, o equivalente a:

a) 4,50 b) 5,00 c) 5,50 d) 6,00 e) 6,50

Solução

Sejam os pontos A(5, 150) e B(30, 50).

A equação da reta desses pontos é:

BA

BA

xx

yym

305

50150

25

1004 .

Seja a reta r: )( 00 xxmyy , temos:

)30)(4(50 xy 120450 xy

1704 xy .

Para x = 20, temos:

17020)4(y 17080y 90y .

O preço n de cada uma das 20 unidades é:

5,420

90n .


Pilates é um sistema de exercícios físicos que integra o corpo e a

mente como um todo, desenvolvendo a estabilidade corporal

necessária para uma vida mais saudável. A figura abaixo mostra

um dos exercícios trabalhado no Pilates e é observado que o

corpo da professora gera um arco AB.

Supondo que o arco gerado pelo corpo da professora seja um

quarto de uma circunferência de equação

01075600400100100 22 yxyx , o valor aproximado da

altura da professora é:

a) 0,24 π u.c. b) 0,5 π u.c. c) 0,75 π u.c.

d) 0,95 π u.c. e) 1,24 π u.c.

Solução

Seja a equação:

01075600400100100 22 yxyx

Dividindo a equação por 100, temos:

0100

10756422 yxyx .

Usando a equação: 0100

10756422 yxyx , temos:

• a2A a24 2a .

• b2B b26 3b .


• 222C rba 222 32100

1075r

100

1075132r

100

107513002r 100

2252r 10

15r

5,1r .

Como o arco gerado é um quarto de uma circunferência, temos:

4

π2C

r

4

5,1π2C π75,0C u.c.


Com projeto Sivam será implantado um radar com capacidade de

captar sinais num raio de 250 km. Um técnico situou a ação

desse radar no sistema de coordenadas cartesianas, conforme a

figura abaixo.

A equação dessa circunferência tangente aos eixos coordenados

é:

a) 222 500)500()500( yx

b) 222 500)250()250( yx

c) 222 250)250()250( yx

d) 222 250)500()500( yx

e) 222 250 yx

Solução

Como o raio é 250 km e a circunferência tangencia os eixos x e y

no 1º quadrante as coordenadas do centro é 250, ou seja, o

próprio raio.

Seja a equação da circunferência é:

222 )()( rbyax 222 250)250()250( yx .

Questão 87 – UEPA (Estatística)

Texto

Em relação ao gráfico apresentado no Texto, a taxa média de

fecundidade do Japão ao Brasil é igual a:

a) 1,55 b) 1,48 c) 1,8 d) 1,3 e) 1,2

Solução

As taxa de fecundidade do Japão ao Brasil, temos:

Japão: 1,2; Espanha: 1,3; Itália: 1,3; China: 1,8 e Brasil: 1,8.

48,15

4,7

5

8,18,13,13,12,1

x .


Com base nos dados apresentados no gráfico do Texto 3, a

mediana é igual a:

a) 2,0 b) 1,8 c) 3,6 d) 1,3 e) 2,1

Solução

Como as taxas de fecundidade do texto 3 está em rol, temos:

1-1,2-1,3-1,3-1,8-1,8-2,0-2,1-2,1-7,3

Para encontrar a mediana das taxas, devemos encontrar o termo

central do rol, neste caso, teremos:

8,12

8,18,1md

.


A emissão de certidão negativa de débitos, ilustrada no gráfico

abaixo, evidencia as duas modalidades disponibilizadas pela

receita federal. Considerando que, em 2006, foram emitidos 12

milhões de CND, então o número de CND’s emitidas pela

internet foi de:

Fonte: www.receita.fazenda.gov.br

a) 8,34 milhões. b) 9,76 milhões c) 10,15 milhões.

d) 10,85 milhões. e) 11,64 milhões

Solução

12 –––– 100%

x –––– 97%

64,11100

1164x milhões.


Fonte: www.receita.fazenda.gov.br

O gráfico acima mostra a evolução da entrega de declarações e

documentos, via internet. A média, em milhões de unidades, de

entrega de declarações e documentos no período de 2000 a 2005

é:

a) 22,4 b) 28,5 c) 33,6 d) 40,5 e) 45,6

Solução

A média de 2000 a 2005 é:

2000 ⟶ 19,8 milhões.

2001 ⟶ 24,7 milhões.

2002 ⟶ 33,7 milhões.

2003 ⟶ 38,1 milhões.


2004 ⟶ 42,9 milhões.

2005 ⟶ 42,4 milhões.

6

4,429,421,387,337,248,19x

6

6,201

6

1,1575,44

6

4,858,715,44x 6,33x .

Questão 91 – UFPA (Estatística)

A figura abaixo mostra o ciclo de crescimento do eucalipto, uma

planta de celulose e bastante usada na fabricação de papel,

carvão vegetal e madeira. A média, aproximada, de crescimento

do eucalipto, nos 7 primeiros anos, de acordo com os dados

apresentados, é:

Fonte: Revista Super Interessante, Setembro, 2007.

a) 15,34 m b) 20,28 m c) 25,47 m d) 26,38 m e) 27,20 m

Solução

A média de crescimento do eucalipto é:

7

8359

7

3028252218136x

7

142x

28,20x .

Questão 92 – ENEM (Estatística)

Um sistema de radar é programado para registrar

automaticamente a velocidade de todos os veículos trafegando

por uma avenida, onde passam em média 300 veículos por hora,

sendo 55 km/h a máxima velocidade permitida. Um

levantamento estatístico dos registros do radar permitiu a

elaboração da distribuição percentual de veículos de acordo com

a velocidade aproximadamente.

A velocidade média dos veículos que trafegam nessa avenida é

de:

a) 35 km/h. b) 44 km/h. c) 55 km/h.

d) 76 km/h. e) 85 km/h.

Solução

O valor médio de velocidade para os veículos que trafegam na

referida avenida fica determinada pela média ponderada das

velocidades citadas no gráfico. Nessa média ponderada, o peso

de cada velocidade é a respectiva porcentagem de veículos que

têm esta velocidade.

1364030155

80703606504040303015205

mV

100

8021036020001200450100 mV

hkmVm /44100

4400

Obs: o valor médio de velocidades. Questão 93 – UFPA (Estatística)

No gráfico estão representados os gols marcados e os gols

sofridos por uma equipe de futebol nas dez primeiras partidas de

um determinado campeonato.

Considerando que, neste campeonato, as equipes ganham 3

pontos para cada vitória, 1 ponto por empate e 0 ponto em caso

de derrota, a equipe em questão, ao final da décima partida, terá

acumulado um número de pontos igual a

a) 15 b) 17 c) 18 d) 20 e) 24

Solução

O gráfico tracejado (de gols marcados) está acima do gráfico

contínuo (de gols sofridos) em cinco datas e estão juntos em

outras três datas.

Assim sendo, a equipe em questão teve cinco vitórias e três

empates, totalizando 5×3 + 3×1 = 18 pontos. Questão 94 – UEPA (Estatística)

Brasil e França têm relações comerciais há mais de 200 anos.

Enquanto a França é a 5ª nação mais rica do planeta, o Brasil é a

10ª, e ambas se destacam na economia mundial. No entanto,

devido a uma série de restrições, o comércio entre esses dois

países ainda não é adequadamente explorado, como mostra a

tabela seguinte, referente ao período 2003-2007.

INVESTIMENTOS BILATERAIS

(em milhões de dólares)

Ano Brasil na França França no Brasil

2003 367 825

2004 357 485

2005 354 1458

2006 539 744

2007 280 1214 Disponível em www.cartacapital.com.br. Acesso em: 7 jul. 2009.

Os dados da tabela mostram que, no período considerado, os

valores médios dos investimentos da França no Brasil foram

maiores que os investimentos do Brasil na França em um valor

a) inferior a 300 milhões de dólares.

b) superior a 300 milhões de dólares, mas inferior a 400 milhões

de dólares.

c) superior a 400 milhões de dólares, mas inferior a 500 milhões

de dólares.

d) superior a 500 milhões de dólares, mas inferior a 600 milhões

de dólares.

e) superior a 600 milhões de dólares.

Solução

•O valor médio dos investimentos da França no Brasil, em

milhões de dólares, foi de:

2,9455

4726

5

12147441458485825


• O valor médio dos investimentos do Brasil na França, também

em milhões de dólares, foi de

4,3795

1897

5

280539354357367

Ainda neste período, o valor médio dos investimentos da França

no Brasil foi superior ao do Brasil na França em 945,2 – 379,4 =

565,8 milhões de dólares.


Na tabela, são apresentados dados da cotação mensal do ovo

extra branco vendido no atacado, em Brasília, em reais, por caixa

de 30 dúzias de ovos, em alguns meses dos anos 2007 e 2008.

Mês Cotação Ano

Outubro R$ 83,00 2007

Novembro R$ 73,00 2007

Dezembro R$ 81,60 2007

Janeiro R$ 82,00 2008

Fevereiro R$ 85,30 2008

Março R$ 84,00 2008

Abril R$ 84,60 2008

De acordo com esses dados, o valor da mediana das cotações

mensais do ovo extra branco nesse período era igual a:

a) R$ 73,10 b) R$ 81,50 c) R$ 82,00.

d) R$ 83,00 e) R$ 85,30.

Resolução

Fazer a distribuição dos dados da tabela em rol (menor-maior ou

maior-menor) é:

R$ 73,10, R$ 81,60, R$ 82,00, R$ 83,00, R$ 84,00,

R$ 84,60, R$ 85,30.

A mediana das cotações mensais nesse período é o termo central

do rol, ou seja, R$ 83,00.

Questão 96 – UFPA (Estatística)

O gráfico apresenta a quantidade de gols marcados pelos

artilheiros das Copas do Mundo desde a Copa de 1930 até a de

2006.

Disponível em: http://www.suapesquisa.com. Acesso em: 23 abr. 2010 (adaptado).

A partir dos dados apresentados, qual a mediana das quantidades

de gols marcados pelos artilheiros das Copas do Mundo?

a) 6 gols b) 6,5 gols c) 7gols d) 7,3 gols e) 8,5 gols

Solução

A partir dos dados:

8; 5; 7; 9; 11; 13; 4; 9; 10; 7; 6; 6; 6; 6; 6; 6; 8; 5, obtém-se o

rol:

4; 5; 5; 6; 6; 6; 6; 6; 6 (9º); 7 (10º); 7; 8; 8; 9; 9; 10; 11; 13

A mediana é 5,62

76

.

Questão 97 – Esam-RN (Nº Complexos)

Se ibiia 5)21)(3( , então ba é:

a) –5 b) –4 c) 1 d) 4 e) 5

Solução

ibiia 5)21)(3( ibiiaia 5632 2

ibiaia 5)1(632 ibiaia 5632

ibiaa 5)32()6(

532

6

a

ba

22

6

a

ba

1

6

a

ba

1

61

a

b

1

5

a

b.

Logo, 451 ba .

Questão 98 – UFAM (Nº Complexos)

A forma algébrica do número complexo i

iz

1

22 é:

a) –2i b) 2i c) 1+ i d) 1 – i e) 2 + 2i

Solução

)1(

)1(

)1(

)22(

i

i

i

iz

2

2

1

2222

i

iii

)1(1

)1(242

i

2

4iz

iz 2 .

Questão 99 – UFSM-RS (Nº Complexos)

A soma dos números complexos i

i

1

55 e

i1

20 é:

a) 2

525 i b) i1010 c) i1010

d) i1015 e) i2030

Solução

ii

i

1

20

1

55

)1)(1(

)1(20

1

)1(5

ii

i

i

i

21

20205

i

i

)1(1

20205

i

2

20205

i

2

202010 i

2

2030 i

i1015 .

Questão 100 – UFBA (Nº Complexos)

Sendo iz 2 , o inverso de 2z é:

a) 41

45 i b)

5

2 i c) i

25

3

25

4

d) i25

4

25

3 e) i

25

4

25

3

Solução

22 )2( iz 244 ii 144 i i43 .

Logo, 2

1

z é:

iz 43

112

)43)(43(

43

ii

i

2169

43

i

i

169

43 i

25

43 i.

Questão 101 – Fafi-BH (Nº Complexos)

A fração 301316

351723

iii

iiii

corresponde ao número complexo:

a) 1 + i b) –1 + i c) –1 – i d) 1 – i e) 2 + i

Solução

• ii 3 ; • 12 i ; • iiii 1617 ; • iiii 33235 ;


• 101616 iii ; • iiii 1213 ; • 122830 iii .

301316

351723

iii

iiii

11

1

i

iii

i

i1

ii

ii)1(

2

2

i

ii

i1 .

Questão 102 – UFSC adaptada (Nº Complexos)

Dada a expressão 722 zizz , sendo z um número

complexo, determine 2|| z .

a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5

Solução

722 zizz 7)(2)()(2 ibiabiabia

72222 2biaibiabia

7)1(223 baibia aibbia 2723

ab

ba

2

723

02

723

ab

ba

036

1446

ba

ba

147b 2b .

• 02 ba 022a 1a ; iz 21 .

• 5))2()1((|| 2222 z .

Questão 103 – UERN (Nº Complexos)

Se i

iz

1

)1( 2

, o argumento de z é:

a) 4

π3 b)

4

π c)

4

π d)

2

π e)

4

π3

Solução

i

iz

1

)1( 2

i

ii

1

21 2

i

i

1

2

)1)(1(

)1(2

ii

ii

2

2

1

22

i

ii

)1(1

)1(22

iz

2

22

ii 1 .

21)1(|| z 2 .

• ||

αcosz

a

2

1αcos

2

2

º1352

2cos arcα

.

• ||

αz

bsen

2

1α sen

2

2º135

2

2sen arcα .

Logo, 4

π3º135 .

Questão 104 – UFAL (Nº Complexos)

A imagem do número complexo

6

π11

6

π11cos3 seniz é

o ponto:

a)

2

3,

2

33 b)

2

33,

2

3 c)

2

3,

2

33

d)

2

1,

2

3 e) )3,33(

Solução

6

π11

6

π11cos3 seniz

2

1

6

π

6

π11

2

3

6

πcos

6

π11cos

sensen

2

1

2

33 iz i

2

3

2

33 .

Logo, a imagem de z é o ponto

2

3,

2

33.

Questão 105 – PUC-RS (Nº Complexos)

Seja z um número complexo cujo afixo P está representado

abaixo no plano Argand-Gauss.

A forma trigonométrica do número z é:

a) )º150º150(cos3 seni b) )º30º30(cos3 seni

c) )º150º150cos(3 seni d) )º120º120(cos3 seni

e) )º60º60cos(3 seni

Solução

iz2

3

2

3

O módulo de z é:

22

2

3

2

3|| z

4

3

4

9

4

123 .

•

3

2

3

αcos32

3αcos

2

3

º1502

3cos arcα

.

• 3

2

3

αsen32

3α sen

2

1º150

2

1sen arcα .

Logo, )º150º150(cos3 seni .

Questão 106 – UCDB-MS (Nº Complexos)

Dados os números complexos

6

π

6

πcos31 seniz e

3

π

3

πcos22 seniz , o produto de 21 zz , na forma

algébrica, é igual a:

a) 6 + 6i b) 6 – 6i c) –6i d) 6i e) –6 – 6i

Solução

3

π

6

π

3

π

6

πcos2321 senizz


6

3π

6

3πcos621 senizz

2

π

2

πcos621 senizz

)0(621 izz izz 621 .

Questão 107 – UEMA (Nº Complexos)

Considere z um número complexo satisfazendo a condição

2|| z . Se o argumento de z é igual 60º, então 9z é igual a:

a) i92 b) 92 c) )1(29 i d) )1(29 i e) 92

Solução

Escrevendo z na forma trigonométrica:

)º60º60(cos2 seniz



)º180º180(cos299 seniz )01(299 iz

99 2z .

Questão 108 – UFRGS (Nº Complexos)

O valor de 9)3( i é:

a) 64 – 64i b) –64i c) 64i d) –64 e) 64

Solução

Seja iz 3 .

213|| z .

• ||

αcosz

a

2

3αcos

6

πº30

2

3cos arcα .

• ||

αz

bsen

2

1αsen

6

πº30

2

1sen arcα .

Logo:

6

π

6

πcos2 seniz

6

π6

6

π6cos266 seniz

]ππ[cos646 seniz ]01[646 iz 646 z .

Questão 109 – FGV-SP (Nº Complexos)

O ponto P é o afixo de um número complexo z e pertence à

circunferência de equação 922 yx . Sabendo-se que o

argumento de z é 60º, pode-se afirmar que:

a) iz2

1

2

3 b) iz

2

33

2

3 c) iz

2

3

2

1

d) iz2

3

2

33 e) iz

6

3

6

1

Solução

A circunferência 922 yx tem centro (0, 0) e raio 3. Como P

pertence à circunferência, a distância de P até C é o modulo de z

e vale 3. Sendo 60° o argumento de z, temos:

)αα(cos|| senizz )6060(cos6 seniz

iz

2

3

2

13 iz

2

33

2

3 .

Questão 110 – (Nº Complexos)

Sendo )7070(cos41 seniz , )1515(cos52 seniz

e )4040(cos23 seniz , então 3

21

z

zz é igual a:

a) )3030(cos5 seni b) )1010(cos5 seni

c) )1515(cos10 seni d) )4545(cos10 seni

e) )1(25 i

Solução

• )]º1570()º1570([cos5421 senizz

]º8585[cos2021 senizz .

•

)]40º85()º40º85([cos2

20

3

21 seniz

zz

]45º45[cos103

21

seniz

zz.

Questão 111 – (Nº Complexos)

A segunda fórmula de De Moivre:

n

k

nseni

n

k

nzw n

k

π2απ2αcos||

Para qualquer número complexo z, não-nulo, admite n raízes

enésimas distintas com o mesmo módulo n z || e seus

argumentos formam um progressão aritmética com, n

aα

1 e

nr

π2 . As raízes cúbicas do número complexo iz 1

apresentam os argumentos 0θ , 1θ e 2θ , respectivamente:

a) 12

7π,

4

5π e

12

23π. b)

4

5π,

12

7π e

12

23π.

c) 12

7π,

12

23π e

4

5π. d)

4

5π,

12

23π e

12

7π.

e) 12

23π,

12

7π e

4

5π.

Solução

• 2)1(1|| z .

• ||

αcosz

a

2

2

2

1αcos

4

7π315α .

||

αz

bsen

2

2

2

1αsen

4

7π315α .

• A forma trigonométrica de z:

α)α(cos|| senizz

4

7π

4

7πcos2 seniz .

Para encontrar as raízes n = 3, temos a razão:

n

r2π

3

2π.

O argumento das raízes é:

3 2||n z6 2 .

As raízes z são 0w , 1w e 2w com os respectivos argumentos

0θ , 1θ e 2θ .

• 3

4

7π

θ012

7πθ0 .


12

7π

12

7πcos26

0 seniw .

• r12

7πθ1

3

2π

12

7π

12

8π

12

7π

12

15πθ1

4

5πθ1 .

4

5π

4

5πcos26

1 seniw .

• r4

5πθ2

3

2π

4

5π

12

8π

12

15π

12

23πθ2 .

12

23π

12

23πcos26

1 seniw .

Questão 112 – Uniube-MG adaptada (Polinômios)

O grau do polinômio: 10032 )100()3()2)(1()( xxxxxq

é igual a:

a) 100 b) 100! c) 5.050 d) 10.100 e) 100.100

Solução

O grau do polinômio é dado pela soma dos termos da PA:

(1, 2, 3, … 100).

2

)( 1 naaS n

n2

100)1001(100

S 50101 5050 .

Logo, o gr(q) = 5.050.

Questão 113 – UERN (Polinômios)

Se 1)(A 2 xxx , 2)2()(B xx e xx 3)(C , então

)(C)(B)(A xxx vale:

a) 113133 23 xxx b) 113133 23 xxx

c) xxx 15153 23 d) xxx 15153 23

e) xxx 15153 23

Solução

)(C)(B)(A xxx )3()2()1( 22 xxxx

)(C)(B)(A xxx )3)(44(1 22 xxxxx

)(C)(B)(A xxx xxxxx 121231 232

)(C)(B)(A xxx 113133 23 xxx .

Questão 114 – UFPA (Polinômios)

O polinômio dcxbxaxx 23)(p e idêntico a

435)(q 2 xxx . Então, podemos dizer que dcba é

igual:

a) 6 b) 5 c) 4 d) 0 e) –3

Solução

)(q)(p xx 435 223 xxdcxbxax .

Como a = 0; b = 5; c = –3 e d = 4.

Logo, 64350 dcba .

Questão 115 – UFU-MG (Polinômios)

Dividindo-se polinômio p(x) por 742 xx , obtêm-se 12 x

como quociente e 8x como resto. É correto afirma que o

coeficiente do termo de grau 2 é:

a) –1 b) 4 c) 8 d) 5 e) 1

Solução

d(dividendo) D(divisor)

R(resto) Q(quociente)

D×Q + R = d

Assim,

D = 742 xx ; Q = 12 x ; R = 8x ; d = p(x).

8)1)(74()(p 22 xxxxx

87474)(p 2234 xxxxxxx

1584)(p 234 xxxxx .

O coeficiente de 2x é igual a 8.

Questão 116 – UFPI (Polinômios)

Seja R(x) o resto da divisão do polinômio

7610)(P 235 xxxxx por )1)(1()(D xxxx .

Então, pode-se, afirmar que:

a) R(1) = –9 b) R(0) = 7 b) R(–1) = 8

d) R(2) = 2 e) 78)(R 2 xxx

Solução

)1()(D 22xxx xx 3 .

7610 235 xxxx xx 3

35 xx 92 x

769 23 xxx

xx 99 3

786)(R 2 xxx

Logo, 971816)1(R 2 .

Questão 117 – Uneb-BA (Polinômios)

Se o polinômio bxxax 83 23 é divisível por 42 x , então

ba é igual a:

a) –24 b) –6 c) 2 d) 6 e) 24

Solução

• )2)(2(42 xxx .

•

01612808)2(p

0161280)2(p

ba

ba.

48

288

ba

ba 242b 12b .

48 ba 4128a 168a 2a .

• 242)12( ba .

Questão 118 – Unifor-CE (Polinômios)

Se, no universo ℝ a equação 0485 2345 xxxxx

admite a raiz (–1), com multiplicidade 3, então a soma das

demais raízes é:

a) –4 b) –3 c) 0 d) 3 e) 4

Solução

• O (–1) do lado esquerdo é raiz e os demais são os coeficientes

do polinômio de maior grau até o termo independente.


–1 1 –1 –5 1 8 4

1

Aplicado o dispositivo de Briot-Ruffini 3 vezes, consiste em:

Abaixar o coeficiente de maior grau e multiplicar com a raiz e

depois somar com o coeficiente seguinte do polinômio, ou seja:

1·(–1) + (–1) = –2.

–1 1 –1 –5 1 8 4

1 –2

Dessa forma, obtemos um polinômio de grau 4.

–1 1 –1 –5 1 8 4

1 –2 –3 4 4 0

Aplicado o dispositivo de Briot-Ruffini pela 2ª vez.

–1 1 –1 –5 1 8 4

–1 1 –2 –3 4 4 0

1 –3 0 4 0

Aplicado o dispositivo de Briot-Ruffini pela 2ª vez.

–1 1 –1 –5 1 8 4

–1 1 –2 –3 4 4 0

–1 1 –3 0 4 0

–1 1 –4 4 0

O polinômio é 44)( 2 xxxQ .

0442 xx 2)2(x 221 xx

Logo, 2 + 2 = 4.

solução de 118 questões

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