1. O primeiro termo de uma progressão aritmética (PA) é 4 e o último termo
é 67. A razão dessa PA é um número inteiro maior do que 1. O número de termos
dessa PA, sabendo que 32 é um de seus termos, é :
(A) 11.
(B) 10.
(C) 9.
(D) 8.
(E) 7.
Vejamos :
Se em uma PA : ● a1 = 4; ● an = 67; ● r = n0 inteiro > 1; ● ak
= 32; ● n = ?
● Como an = a1 + (n - 1)r → 67 = 4 + (n -
1)r → 63 = (n - 1)r → (63 + r)/r = n
Observando valores possíveis para a razão (r = n0
inteiro > 1) :
r = 2 → n = 65/2(?) ; r
= 3 → n = 66/3 = 22 ; r = 4 → n = 67/4(?) ;
r = 5 → n = 68/5(?) ; r = 6 → n = 69/6 = 23/2(?) ; ►r = 7 → n = 70/7 = 10◄ ;
r = 8 → n = 71/8(?) ; r
= 9 → n = 72/9 = 8 ; r = 10 → n = 73/10(?) ; ...
● Como ak = 4 + (k - 1)r → 32 = 4 + (k - 1)r → 28 =
(k - 1)r → (28 + r)/r = k
Observando valores possíveis para a razão (r = n0
inteiro > 1) :
r =
2 → k = 30/2 = 15; r = 3 → k = 31/3(?) ; r =
4 → k = 32/4 = 8 ;
r = 5 → k = 33/5(?) ; r = 6 → k = 34/6 = 17/3(?) ; ►r = 7 → k = 35/7 = 5◄ ;
r = 8 → k = 36/8 = 9/2(?) ; r = 9 → k = 37/9 ; r = 10 → k = 38/10(?) ; ...
Portanto o valor de n que atende às duas condições é r = 7 → n = 10
2. João irá lançar 2 argolas idênticas em direção a 10 garrafas distintas.
Ele pode acertar as 2 argolas em uma mesma garrafa, acertar as 2 argolas em
garrafas diferentes, acertar uma garrafa e errar um lançamento ou, ainda, errar
os dois lançamentos. As argolas ou caem em uma garrafa ou caem no chão.
Considerando essas possíveis combinações, o número de diferentes maneiras que
as argolas podem cair é :
(A) 74.
(B) 66.
(C) 82.
(D) 58.
(E) 50.
Vejamos :
● Acertar as duas em uma mesma garrafa → 10 possibilidades.
● Acertar as duas em garrafas diferentes → (Acertar a 1a +
9) ou (Acertar a
2a + 8) ou
(Acertar a 3a + 7) ou
(Acertar a 4a + 6) ou
(Acertar a 5a + 5) ou
(Acertar a 6a + 4) ou (Acertar a 7a + 3)
ou (Acertar a 8a + 2) ou (Acertar a 9a
+ 1) → 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 45 possibilidades
● Acertar uma e errar a outra → 10 possibilidades.
● Errar as duas → 1 possibilidade.
Portanto 10 + 45 + 10 + 1 = 66
possibilidades
3. Breno e Fernanda estudam em uma classe composta por um total
de 10 alunos, e cada um desses alunos escreveu o nome de 3 colegas da classe em
um pedaço de papel. Considerando que todos os colegas da classe de Breno têm a
mesma chance de estar em sua lista, a probabilidade de que Breno tenha escrito
o nome de Fernanda em seu papel é igual a :
(A) 1/9
(B) 1/3
(C) 1/6
(D) 3/10
(E) 9/10
Vejamos :
F,3,4 – F,3,5 – F,3,6 – F,3,7- F,3,8 – F,3,9 – F,3,10 – F,4,5 –
F,4,6 – F,4,7 – F,4,8 – F,4,9 – F,4,10 – F,5,6 – F,5,7 – F,5,8 –
F,5,9 –
F,5,10 – F,6 ,7 – F,6,8 – F,6,9 – F,6,10 – F,7,8 – F,7,9 –
F,7,10 –
F,8,9 – F,8,10 – F,9,10 = 28 possibilidades (C8,2 =
8!/2!6!) com Fernanda.
Universo = C9,3 = 9!/3!6! = 9.8.7/6 = 3.4.7 = 84
Portanto, P = 28/84 = 4/12 = 1/3
4. Antônio comprou 3 unidades de um produto X, 4 unidades de um
produto Y e 4 unidades de um produto Z, gastando um total de R$ 55,00. O custo
de 2 unidades do produto Y é R$ 3,00 mais caro que 2 unidades de Z. O custo de
10 unidades do produto Y é R$ 5,00 mais caro que 20 unidades de X. O valor da
compra de 1 unidade de cada um desses três produtos é igual a :
(A) R$ 14,50.
(B) R$ 21,50.
(C) R$ 22,00.
(D) R$ 11,00.
(E) R$ 18,00.
Vejamos :
Antônio → 3x + 4y + 4z = 55
; 2y = 2z + 3 ; 10y
= 20x + 5.
Resolvendo o sistema, vem (2y - 3)/2 = z ;
(10y - 5)/20 = x → (2y - 1)/4 = x
3[(2y - 1)/4] + 4y + 4[(2y - 3)/2] = 55 → (6y - 3)/4 + 4y + (8y
- 12)/2] = 55
(6y - 3) + 16y + (16y - 24) = 220 → 6y - 3 + 16y + 16y - 24 =
220 → 38y = 247
y =
R$ 6,50 → (2.6,5 - 3)/2 = z → z = R$ 5,00→ (2.6,5 - 1)/4 = x → x = R$ 3,00
Portanto
1x + 1y + 1z = 3 + 6,5 + 5 = R$ 14,50
5. Seja o pentágono PQRST, cujos vértices possuem coordenadas
inteiras, representado no sistema de coordenadas cartesianas da figura.
A reta que passa pelo ponto (2, 1) e é perpendicular à reta de
equação x + 5y – 68 = 0 passa por um dos vértices do pentágono. Esse vértice é :
(A) R.
(B) Q.
(C) T.
(D) S.
(E) P.
Vejamos :
A reta que passa por (2, 1) e é perpendicular à reta x + 5y – 68
= 0 →
5y = - x + 68 → y = - x/5 + 68/5 → coeficiente angular = - 1/5.
Portanto a reta procurada apresenta coeficiente angular inverso
e
simétrico de - 1/5, ou seja 5.
Então a reta em questão é do tipo y = 5x + b e como passa por
(2, 1) →
1 = 5.2 + b → b = - 9.
Finalmente sua equação é y = 5x – 9 e passa pelo ponto T(3, 6)
Obs.:
O desenho não está coerente.
6. André e Cláudia têm, cada um, uma certa quantidade de figurinhas.
Cláudia tem 60 figurinhas a mais do que André, e o produto dos números de
figurinhas que ambos possuem resulta em um número menor que 2700. Nessas
condições, o maior número de figurinhas que André pode possuir é um número
inteiro cujo algarismo das unidades é :
(A) 8.
(B) 7.
(C) 6.
(D) 5.
(E) 9.
Vejamos :
André têm x figurinhas e Cláudia, y figurinhas → y = x + 60
O produto dos números de figurinhas é um número menor que 2700 →
xy < 2700.
Por substituição, vem x.(x + 60) < 2700 → x2 + 60x
– 2700 < 0 →
∆ = 602 – 4.1.(- 2700) = 3600 + 10800 = 14400 → x =
(- 60 ± 120)/2 →
x' = 60/2 = 30 ou x'' = 180/2 = - 90.
+ _ +
----------------○----------------○-------------- → - 90 < x < 30.
- 90 30
O maior número de figurinhas que
André pode possuir é o número inteiro
x =
29, cujo algarismo das unidades é 9
7. No retângulo ABCD da figura, a base mede 10 cm e a altura
mede 6 cm. O ponto E pertence ao lado CD e o ângulo ECF mede 45º.
Sabendo que tg β = 1,5, a altura do triângulo ECF em relação ao
vértice F mede :
(A) 3,5 cm.
(B) 3,6 cm.
(C) 3,7 cm.
(D) 3,3 cm.
(E) 3,4 cm.
Vejamos
Observando a 1a figura notamos que tg β = 6/x = 1,5 →
x = 4 cm.
Observando a 2a figura notamos que tg β = h/a = 1,5 →
h = 1,5a e
tg α = tg 450 = h/b = 1 → h = b → h = 6 – a → a = 6 - h
Resolvendo o sistema h = 1,5(6 - h) → h = 9 – 1,5h → h + 1,5h =
9
2,5h = 9 → h =
3,6 cm
8. Um quadrado de área 8 cm2 está inscrito em uma
circunferência, conforme mostra a figura.
A soma das áreas das regiões sombreadas, em cm2, é
igual a :
(A) 8(π – 2).
(B) 8(4 – π).
(C) 4(4 – π).
(D) 4(π – 2).
(E) 4(8 – π).
Vejamos :
Como a área do quadrado é 8 cm2, então seu lado ''a''
mede a2 = 8 →
a = √8 → a = 2√2 cm.
Observando o desenho notamos que a diagonal do quadrado, d = a√2
=
2√2.√2 = 4 cm, corresponde ao diâmetro do círculo(2r), então 2r
= 4 →
r = 2 cm.
Finalmente a área sombreada é igual a diferença entre a as áreas
do
círculo e o quadrado, ou seja A = πr2 – a2
= π.22 - (2√2)2 = 4π
– 8
9. A área total de um prisma reto de base quadrada vale 144 cm2.
Se o perímetro de uma face lateral é 6 cm maior do que o perímetro de uma base,
o volume desse prisma vale :
(A) 150 cm3.
(B) 108 cm3.
(C) 144 cm3.
D) 128 cm3.
(E) 112 cm3.
Vejamos :
Considere um prisma de base quadrada ''a'' por ''a'' e altura
''h''
Como a área total desse prisma vale 144 cm2 , então
2.a.a + 4.a.h = 144 →
2a2 + 4ah = 144 → a2
+ 2ah = 72
Como o perímetro de uma face lateral é 6 cm maior do que o
perímetro de
uma base → 2a + 2h = 4a + 6 → 2h = 2a + 6 → h = a + 3
Resolvendo o sistema → a2 + 2a(a + 3) = 72 → a2 +
2a2 + 6a - 72 = 0 →
3a2 + 6a - 72 = 0 → a2 + 2a - 24 = 0 → ∆ =
22 – 4.1.(- 24) = 100 →
a = (-2 ± 10)/2 → a'
= 4 cm ou a'' = - 6(não convém) → h = 7 cm
Volume → V = a2h = 42.7 = 112 cm3
10. Em um auditório há 56 crianças com 6, 7 ou 8 anos. A média
das idades dessas crianças é igual a 7,25 anos. Considerando-se apenas as
crianças com 6 ou 7 anos, a média das idades é igual a 6,6 anos; logo, o número
de crianças com 8 anos nesse auditório é :
(A) 26.
(B) 27.
(C) 25.
(D) 24.
(E) 28.
Vejamos :
Considerando crianças com 6, 7 ou 8 anos → x, y e z,
respectivamente.
Como são 56 crianças então x
+ y + z = 56
Média das 56 crianças → (6x + 7y + 8z)/56 = 7,25 → 6x + 7y + 8z = 406 →
6x +
7y = 406 – 8z
Média das crianças de 6 ou 7 anos → (6x + 7y)/(56 - z) = 6,6 →
(6x + 7y) = 6,6.(56 - z) → 6x + 7y = 369,6 – 6,6z → 6x + 7y + 6,6z = 369,6 →
6x +
7y = 369,6 – 6,6z
Igualando as equações 406 – 8z = 369,6 – 6,6z → - 8z + 6,6z =
369,6 – 406
- 1,4z = - 36,4 → 1,4z = 36,4 → z = 36,4/1,4 → z = 26
