Parte I – Função: definição e função linear (polinomial do 1º Grau)

Transcrição

COLÉGIO ADVENTISTA DE SÃO JOSÉ DO RIO PRETO
NOME DO ALUNO ___________________________________________________________________________N°_________
DISCIPLINA: Matemática
BIMESTRE: 1º
DATA:
CURSO: Ensino Médio
ANO: º A / B
PROFESSOR: Alexandre da Silva Bairrada
Gabarito:
Parte I – Função: definição e função linear (polinomial do 1º Grau)
1. a) É função; D = {-2, 0, 2, 4}; Im = {0, 4, 16}; CD
15. [D]
= {0, 4, 8, 12, 16}
16. [E]
b) Não é função
17. [B]
18. [D]
2. 6
19. [B]
20. [C]
3. m = 0 ou m = 1/4
21. [C]
22. [B]
4. S = 4,50 h - 60,00
23. [C]
24. [E]
5. a) P = 156 - 2,5n
25. [C]
b) O menor número inteiro será 15 semanas.
26. [C]
6. a) v = 5/4 m, com m µ 0
b) 24 g
7. Observe a figura a seguir:
27. [C]
28. [B]
29. [B]
30. [D]
31. [A]
32. [C]
33. [B]
34. [C]
35. V F F V F
8. V VV F V
36. [D]
9. [C]
37. [D]
10. [C]
38. [C]
11. [B]
39. [D]
12. [C]
40. [C]
13. [A]
41. [E]
14. [B]
42. [A]
Parte II – Função quadrática (polinomial do 2º Grau)
Resposta da questão 1:
[B]
De acordo com as informações do problema, podemos escrever:
61=0,5 p + 1  p = 120 mil habitantes.
Fazendo p(t) = 120 na segunda função, temos:
2
2
120 = 2t – t + 110  2t – t – 10 = 0  t = 2,5 ou t = - 2 (não convém).
Logo, t é, no mínimo, 2 anos e 6 meses.
[B]
De acordo com o gráfico, temos 5 pontos de Intersecção entre as funções f(x) e y = 1.
Portanto, a equação dada possui 5 raízes.
[C]
Concavidade para baixo: a < 0
Intercepta o eixo horizontal em dois pontos distintos. b2  4ac  0
[A]
Como a concavidade da parábola é voltada para cima, temos que a  0. Além disso, c  0, pois a parábola intersecta o eixo y num
ponto abaixo do eixo x.
b
Finalmente, como x V  0 e x V   , segue que b  0.
2a
[A]
a.02  b.0  c  1

a  b  6
 a  b c  7  
4a  2b  6
 4a  2b c  7

Resolvendo o sistema, temos: a = 3, b = -3 e c = 1.
[B]
Seja f:R→R a função quadrática definida por f(x)  a(x  p)2  q, em que (p, q) é o vértice do gráfico de f.
Logo,
f(5)  a(5  4)2  ( 1)
0  a  1  a  1.
Assim, como (p, q)  (4,  1), segue que f(x)  (x  4)2  1.
O ponto de intersecção do gráfico de f com o eixo das ordenadas é dado por:
f(0)  (0  4)2  1  16  1  15  (0,15).
[B]
Utilizando a fórmula fatorada, temos:
Y = a (x - 4) . (x + 4)
4 = a . (2 - 4) . (2 + 4)
a = - 1/3
2
Portanto, y = -1/3 . (x – 16)
1
16
y =   x2 
3
3
Logo, a altura do túnel é b = 16/3.
a) O lucro com a venda de x unidades do produto é dado por
se 500  x  1000
90x  (60x  10000),

L  Px C  L  
2

100x  0,01x  (60x  10000), se 1000  x  3000
se 500  x  1000

30x  10000,
L
.
2

0,01x  40x  10000, se 1000  x  3000
b) Para 500  x  1000, temos que o maior lucro possível é
L  30  1000  10000  R$ 20.000,00.
Para 1000  x  3000, vem que
L  0,01x 2  40x  10000  0,01 (x 2  4000x  1000000)
 0,01 [(x  2000)2  3000000]
 30000  0,01 (x  2000)2 .
Desse modo, se a fábrica vender 2.000 unidades do produto terá lucro máximo igual a R$ 30.000,00. Daí, como
R$ 30.000,00  R$ 20.000,00, o preço de venda unitário das 2.000 unidades a serem vendidas para maximizar o lucro é
100  0,01 2000  R$ 80,00.
c) Queremos calcular o menor valor de x tal que L  R$ 26.400,00.
30000  0,01 (x  2000)2  26400  0,01 (x  2000)2  3600
Tomando a expressão de L obtida no item (b), vem que
Portanto, deverão ser encomendadas no mínimo 1.400 unidades do produto.
 (x  2000)2  360000
 600  x  2000  600
 1400  x  2600.
[E]
Para 1  x  3, temos que f(x)  1 2  (x  1)  3  3x  1.
Portanto, f(x)  5  3x  1  5  x  2, ou seja, f(x)  5 se, e somente se, 2  x  3.
[D]
1ª Solução:
Temos que:
i) para 0  t  20, vem
t
 8  12  t  20.
5
Logo, [0, 20[  [20,  [  .
ii) para 20  t  50, encontramos

t2
4t
  12  t 2  80t  1200
100 5
 (t  40)2  2800
 20 7  40  t  20 7  40.
Então, [20, 50[  [20 7  40, 20 7  40[  [20, 50[.
iii) para 50  t  100, vem

3t
 21  12  t  75.
25
Daí, [50,100[  ]  , 75]  [50, 75].
Portanto, como
  [20, 50[  [50, 75]  [20, 75],
segue que o número de dias, dentro do período chuvoso, em que a altura do nível da represa é maior do que ou igual a 12 metros
é dado por 75  20  1  56.
2ª Solução:
Esboçando o gráfico da função N, obtemos a figura abaixo.
Portanto, segue que o número de dias, dentro do período chuvoso, em que a altura do nível da represa é maior do que ou igual a
12 metros é dado por 75  20  1  56.
[D]
A média aritmética das três menores taxas apresentadas no gráfico é
7  7,9  8,1
 7,7.
3
Portanto, o crescimento percentual da taxa de junho de 2011 em relação à taxa de junho de 2010 é dado por :
7,7  7
 100%  10%.
7
[A]
Preço à vista: 0,95.1200 = 1140
Preço à prazo : 1,1.1200 = 1320,00
Preço à prazo sem atraso de parcelas =
5.1320
 1100
6
Logo, a resposta adequada é a letra A.
[C]
2000  (1 03)2  2.121,80
1200.1,02  1.224,00
2.121,80  1.224,00  897,80
Portanto, a afirmação [C] é a correta.
[D]
Se M é o montante, C é o capital, i é a taxa e n é o prazo, então M  C(1 in). Logo,
10000  C(1  0,1 1)  C 
100000
.
11
Por outro lado, os juros (J) são dados por:
J  M  C  10000 
100000 10000

 R$ 909,09.
11
11
[D]
Seja n, n 

, o número de voos realizados semanalmente por cada uma das companhias.
Supondo que a capacidade média dos aviões da companhia A seja de k passageiros, temos que essa companhia transporta
semanalmente 0,7  k  n pessoas.
Por outro lado, se os aviões da companhia B têm o dobro da capacidade dos aviões da companhia A, então ela transporta
semanalmente 0,4  2k  n  0,8  k  n pessoas.
Portanto, como 0,8  k  n  0,7  k  n, segue que a melhor defesa para a companhia B é o argumento apresentado na alternativa
(D).
[D]
Definamos a função y  | P(x) | e consideremos o seu gráfico:
É fácil ver que a equação | P(x) |  1 possui 5 raízes, indicadas pelos pontos de interseção do gráfico de y  | P(x) | com a reta
y  1.
Substituindo os pontos P, Q e R na função temos:
 abc  2

 abc  2
4a  2b  c  5

Trabalhando com as duas primeiras equações encontramos b = 0
Substituindo b = 0 nas duas últimas encontramos:
 ac  2
, resolvendo:

4a  c  5
2
a = 1 e c = 1. Portanto, a função é y = x + 1.
2
b) Substituindo os pontos P, Q e R na função y = ax + bx + c, obtemos o sistema
 a  b  c  1

 abc  3

4a  2b  c  5

Resolvendo como no item anterior, encontramos a = 0, b = 2 e c = 1, ou seja, y = 2x + 1, cujo gráfico não é uma parábola segundo a
definição apresentada.
[D]
A  (30  x).x
A   x 2  30x
Amáxima 
Δ
900

 225
4.a 4.( 1)
[C]
y
B
C(3,0)
x
A(0,-6)
Determinando as raízes da função ( y = 0)
2
x – x – 6= 0  x = - 2 ou x = 3 logo C (3 ,0 )
E o ponto A da intersecção com o eixo y (x = 0)
A(0, - 6)
Logo a área do Triângulo é S =
3.6
9
2
[D]
Como o coeficiente do termo de segundo grau é positivo, a parábola tem concavidade para cima. Logo, seu conjunto imagem é
lm  y  R / y  y v  .
Δ
25
25


4.a
4.1
4
25 

Logo, lm   y  R / y    .
4

yv 
[D]
50000
= 112 500 contos de reis.
4
Dividindo 112 500 por 1,125(taxa de 1 arroba) = 100 000 arrobas
Em 1760 o valor das entradas foi de 100 000 +
[B]
P = 50 + 3n + 5.2
P = 60 + 3n
[C]
x = tempo da festa em horas.
Valor cobrado pelo conjunto A : A(x) = 500 + 40x
Valor cobrado pelo conjunto B : B(x) = 400 + 50x
B(x) ≤ A(x)
400 + 60x ≤5 00 + 40x
20x ≤ 100
x ≤ 5
O tempo máximo será de 5 horas.
[B]
Resolvendo a inequação temos 14 < x < 18,
Logo o valor de x par que pertence a solução é x = 16.
Resposta B.
[A]
 x  3, se x³ - 1
f(x)  | x  1|  2  
-x  1, se x  -1
[B]
[C]
[D]
[B]
[A]
[E]
[D]
[B]
[C]
a) Observe a figura:
b) c)
3
5
;0e
2
2
m = 0  2 raízes distintas
0<m<
1
 4 raízes distintas
2
1
 3 raízes distintas
2
1
m >  2 raízes distintas
2
m=
[D]
[C]
20.000  1,02  20.400 (primeiro mês)
20.400  1,02  20.808 (segundo mês)
20.808  1,02  21.224 (terceiro mês)
Portanto, no terceiro mês ele comprará o carro e ainda lhe sobrará aproximadamente 225 reais.
[D]
[A]
[C]
[B]
Parte III – Função : Exponencial e logarítmica
[C]
T(x)  101  T0
101  T0  T0  0,50,1x
log101  log(0,5)0,1x
1  0,1x  (log1  log2)
1  0,1x  (0  0,3)
1  0,03x
x  33,3333...
Logo, D = 34.
[A]
5
Sendo k > 0, Suponha k = 2. Então, f(x)  2   
4
Logo:
5
Para x  2  f( 2)  2   
4
5
Para x  1 f( 1)  2   
4
5
Para x  0  f(0)  2   
4
5
Para x  1 f(1)  2   
4
2x 1
2( 2)1
 f( 2) 
7274
 2,32.
3125
 f( 2) 
314
 2,51.
125
2( 1)1
2(0)1
 f(0) 
14
 2,8.
5
 f(1) 
13
 3,25.
4
2(1)1
2(2)1
.
.
253
5
Para x  2  f (2)  2   
 f(2) 
 3,95.
64
4
Portanto, a função f(x) é crescente e seus valores estão acima de k unidades acima.
[B]
A = A1 + A 2 + A 3
A  1.
1
 1.1  1.2
2
A  3,5
[C]
log2 7  x  2x  7  2  x  3.
[D]
]0,1[  ]3, [
[B]
Para que a população brasileira seja 90% da suposta população de estabilização, deveremos ter
0,9  280  280  190  e0,019(t 1970)  e0,019(t 1970) 
14
95
14
95
 0,019(t  1970)  1,9
 n e0,019(t 1970)  n
 t  1970 
1,900
0,019
 t  2070.
[C]
Q  A  (0,975)t
A
 A  (0,975)t
2
1
n  n(0,975)t
2
n1  n 2  t. n(0,975)
0  0,693  t.( 0,025)
0,693  0,025t
t 27,7.
[D]
M
 E 
 E 
 E  39
E
2
2
 1013,5 
 E  1018
 log10 
   log10  4,5   9  log10  4,5  
4,5
3
2
3
E
10
 10 
 10 
 0
[B]
Temos que
5 x 1  150  5 x 1  2  3  52
 5 x 3  2  3
x 3
 10 
 log  
 log(2  3)
 2 
 (x  3)  (log10  log2)  log2  log3
 (x  3)  (1  0,3)  0,3  0,48
0,78
0,7
 x  3  1,1
 x  4,1.
 x3 
Portanto, x  [4, 5[.
L 16
16

 L
H
H 9
9
 37 2  L2  H2 
2
 16 
2
2
 9 H   H  37  H  18 polegadas e L  32 polegadas


Portanto,
H  18  2,5  45 cm e L  32  2,5  80 cm
a) Sabendo que a meia-vida da droga é de 1h  60min, temos que:
q(60) 
300
1
 150  300  2k60  260k  21  k 
.
2
60
Desse modo, a quantidade da droga presente no organismo desse animal imediatamente antes de se aplicar a segunda dose é:

q(30)  300  2
1
30
60

 300  2
1
2
 150 2 mg.
b) De acordo com o enunciado, o animal fica sedado se 10  20mg  200mg da droga estiverem presentes em seu organismo. A
fim de manter o animal sedado por mais 30 minutos, temos que a quantidade de droga presente no organismo desse animal,
adicionada à quantidade da segunda dose, deve ser tal que

q(30)  200mg  q0  2
1
30
60
 200  q0  200 2 mg.
Portanto, sabendo que após 30 minutos da aplicação da primeira dose havia 150 2 mg da droga no organismo do animal (item
(a)), segue que a quantidade de droga na segunda dose deve ser de:
200 2  150 2  50 2 mg.
01 + 04 + 08 = 13.
Item (01) – Verdadeiro
0
Para t = 0  N  500.2 6  500.
Item (02) – Falso
3
Para t = 3  N  500.2 6  500. 2  707.
12
Para t = 12  N  500.2 6  500.4  2000.
Item (08) – Verdadeira
Para t = 6  N 
6
500.2 6
 500.2  1000.
[B]
 x 2 - 7x  10  0
(condição de existência)

x-5  0

log2
x 2 - 7x  10
 log2 10
x-5
x 2 - 7x  10
 10
x-5
x 2 - 17x  60  0
x  12 ou x  5( não convém)
S = {12}
[C]
Com as aproximações fornecidas, temos que
log144  log146  log150
300
log24  32  log146  log
2
4
2
log2  log3  log146  log3  102  log2
4  log2  2  log3  log146  log3  2  log10  log2
4  0,3  2  0,47  log146  0,47  2  0,30
2,14  log146  2,17.
[C]
[B]
[A]
[B]
[D]
[B]
20
2
[B]
[C]
[E]
[C]
[B]
[A]
[A]
[C]
[A]
[A]
[E]
[C]
x=7
x=2
[B]
[C]
Parte IV – Matriz e Determinante
1.
2. -14
3. 0 se n é par
-1 se n é impar
4.
8.
6. 96
7. Observe as matrizes a seguir:
9. [B]
10. [B]
11. [B]
28. 01+02+08+16 = 27
12. 64
29. 02+04+08+16 = 30
13. [E]
30. [A]
14. [D]
31. [A]
15. [A]
32. 01+08 = 09
16. [C]
33. 02+08+16 = 26
17. [C]
34. [E]
18. [D]
35. [D]
19. [E]
36. [E]
20. [E]
37. [A]
21. [A]
38. [A]
22. [B]
23. [B]
39.
24. [B]
determinante é 4-4=0. [A].
25. [D]
40. [E]
26. [E]
41. [C]
27. [A]
42. [E]
Parte V – Sistemas
Gabarito:
[E]
Preço da calça: x
Preço da camisa: y
Com as informações do problema, escrevemos o sistema.
 x  2y  240

2x  3y  405
Resolvendo o sistema temos: x = 90 e y = 75
Portanto, o valor da calça será R$90,00 e o da camisa R$75,00.
[D]
o
n = x (número de homens) + y (n de mulheres).
satisfaz a exigência do problema e seu
De acordo com o problema, temos o seguinte sistema:
 x  2(y  31)
 x  2y  62


 y  31  3.(x  55)
3x  y  134
Resolvendo o sistema, temos x = 66 e y = 64.
Logo, n = 66 + 64 = 130.
[A]
I. Verdadeira. Como os termos independentes de todas as equações são iguais a zero, segue que o sistema linear é homogêneo.
II. Verdadeira. Aplicando a Regra de Chió no determinante da matriz dos coeficientes do sistema, obtemos:
1 1 1 1 1
2 0 2 2
1 1 1 1 1
0 2 0 2
.
1 1 1 1 1 
2 2 2 4
3 1 1 1 1
0 1 0 a2
2 2 3 2 a
Como as colunas 1 e 3 são iguais, segue que esse determinante é igual a zero para qualquer valor de a. Portanto, como o
sistema é homogêneo, temos que o mesmo é possível e indeterminado para qualquer valor de a.
III. Falsa. Todo sistema linear homogêneo admite a solução trivial.
IV. Falsa. Como mostrado em (II).
x = número de cebolas grandes; y = número de cebolas pequenas.

x  y  40
25x  25y  1000

a) 

 x  4 e y = 36.
200x

25y

1700

 200x  25y  1700

b) 600g de cebolas pequenas equivalem a 24 cebolas (600 : 25 = 24).
A  24.4.π.22  384π cm2.
Portanto, as cebolas grandes oferecem o menor desperdício de casca.
[C]
Sejam x, y e z, respectivamente, os números de embalagens de 20 L,10 L e 2 L.
Do enunciado e da tabela, obtemos
20x  10y  2z  94

10x  6y  3z  65
 y  2x

20x  z  47

22x  3z  65
 y  2x

60x  3z  141

.
22x  3z  65
 y  2x

Adicionando as duas primeiras equações do último sistema, vem: 38x  76  x  2.
Logo, da segunda equação do sistema, encontramos 3z  65  22x  3z  65  22  2  z  7.
Portanto, como z  n  7 e 77  7  11, segue que n é um divisor de 77.
[D]
x é o preço da caneta
y é o preço do caderno
z é o preço do lápis
De acordo com os dados do problema, temos:
 5x  4y  10z  62,00 (I)

 3x  5y  3z  66,00 (II)
2x  3y  7z  44,00 (III)

Fazendo (I) – (III) + (II), temos:
6x  6y  6z  84,00  x  y  z  14.
[C]
I. Errada.
3,4 0,2
 3,4  0,7  0,8  0,2  2,22  0, segue que o sistema possui solução única.
0,8 0,7
Como
II. Errada.
Para que o E da usina de Sobradinho se torne igual ao da usina de Tucuruí, sua capacidade geradora deve ser tal que
3,4 
C(So)
4214
 C(So)  14.327,6 MW,
ou seja, é necessário que ela aumente
14327,6  1050
 12,6
1050
vezes a sua capacidade geradora.
III. Correta. Conforme (I).
IV. Errada.
Para que o E da usina de Porto Primavera se torne igual ao da usina de Itaipu, sua capacidade geradora deve ser tal que
10,4 
C(PP)
2250
 C(PP)  23.400 MW,
ou seja, é necessário que ela aumente
23400  1800
 12
1800
vezes a sua capacidade geradora.
Comentário: A afirmativa (IV) estaria correta, por exemplo, reescrita da seguinte forma: “...é necessário que ela aumente para 13
vezes a sua capacidade de geração de energia.”
a) x= dias de estudo sem internet
y = dias de estudo com internet
z = dias sem estudo
x  y  z  30


y  xz
. Resolvendo o sistema, temos:
De acordo com o problema, temos o seguinte sistema: 
20x  5y  15z  305

y = 15, z = 2 e x = 13.
Resposta: 13 dias.
b) Em 30 dias de estudo, temos x dias com internet e 30 –x dias sem internet. Sendo y o valor recebido, podemos escrever a
seguinte relação:
y = 20x + 5(30-x)
y =15x + 150 para 0  x  30
Portanto, os valores que ele poderá receber estão representados pelos elementos da P.A abaixo:
(150, 165, 180, ... 585, 600).
[A]
O excesso de bagagem do casal foi x, logo x + 2z = 60;
O excesso de bagagem do senhor foi y, logo y + z = 60;
O valor pago pelo senhor é 3,5 vezes o valor pagão pelo casal: y = 3,5x.
Portanto, temos o sistema
 x  2z  60
 x  2z  60


 y  z  60   y  z  60
 y  3,5x
3,5x  y  0


Considerando:
x a quantidade de porções de 100g de granola light
y a quantidade de porções de 100g de granola simples e
z a quantidade de porções de 100g de granola especial
Temos o seguinte sistema:
80x  60y  60z  18000

 10x  40y  20z  6000
 10x
 20z  2000

Resolvendo o sistema temos x = 120, y = 100 e z = 40, logo 12 kg de granola light, 10 kg de granola simples e 4 kg de especial.
[D]
x moedas de 25 centavos
y moedas de 10 centavos e y moedas de 5 centavos.
Considerando as informações do problema temos o seguinte sistema:
x  2y  20

x  2y  20.( 3)
3x  6y  60



0,25.x

0,15y

3,25.(20)
5x

3y

65.(2)


10x  6y  130
Resolvendo o sistema por adição, temos:
7x = 10
x = 10
[D]
Vamos considerar x bolinhas e y latinhas. De acordo com o sistema, temos:
 x  4y  2
temos y = 5 e x = 22.

 x  5.(y  1)  2
Temos, então, 5 latas e 22 bolinhas. 55 é a resposta correta, pois é o único múltiplo de 5.
[C]
I(1950) = 29  a.(1950-1950) + b = 29  b = 29.
I(2010 = 50  a.(2010-1950) + 29 = 50  a = 7/20.
7
Portanto I(2050) =
 (2050  1950)  29  I(2050) = 64.
20
02+16=18
[A]
Sejam x e y, respectivamente, o preço de um suco e o preço de um sanduíche.
De acordo com o consumo e a despesa de cada mesa, temos que
2x  3y  14
.

4x  5y  25
Subtraindo a primeira equação da segunda, obtemos 2x  2y  11  x  y  5,50, ou seja, o valor da despesa da mesa 3 é
R$ 5,50.
Resposta
[C]
da
questão
Se x e y, respectivamente, denotam a população brasileira, em milhões, em 2006 e 2009, então:
26%x  21%y  8,2

10%x  7%y  5,2
26%x  21%y  8,2

30%x  21%y  15,6
 x  185
.

 y  190
Portanto, 10%  185 milhões  18,5 milhões de brasileiros eram indigentes em 2006.
[D]
S = saldo da poupança
x = valor de Vítor
y = valor de Valentina
x
 x
S
  S  2S
 4
4



 y  S  3S
 y  2S
 2
 2
Portanto,
16:
x x
  4947
4 2
S  2.S  4947
S  1649
[A]
Sejam n número de parcelas e v o valor de cada parcela, então:
n.v = (n - 3).(v + 60) ou n.v = (n - 5) .(v + 125).
Desenvolvendo as equações e resolvendo o sistema
 60n  3v  180
, temos: n = 13

125n  5v  625
[B]
Sejam j, m e p, respectivamente, o número de comprimidos que João, Márcia e Pedro tomam mensalmente. Logo, temos:
2j  4m  10p  780
m  20
 j  17m  390 


  j  50 .
 j  m  p  130
 j  4m  130
p  3m
p  60


F V F F F.
5x  3y  4z  3

Escalonando o sistema, temos: 
4z  3
 0000

Como o número de equações é menor que o número de incógnitas, conclui-se que o sistema é possível e indeterminado.
(F) o sistema é possível e indeterminado;
(V) o sistema é possível e indeterminado;
(F) o sistema é possível e indeterminado;
(F) basta substituir o terno ordenado no sistema escalonado;
(F) basta substituir o terno ordenado no sistema escalonado.
[B]
Isabela tinha y pastéis e Ana Beatriz tinha x pastéis, então: x + y = 460.
3y
2y
, restando-lhe
.
5
5
5x
3x
Ana Beatriz vendeu
, restando-lhe
.
8
8
3x 1 2y
15
 
y
x.
Portanto,
8 2 5
8
15x
 460  x  160 .
Fazendo x 
8
Isabela vendeu
Somando os algarismos, temos: 1 + 6 + 0 = 7.
Parte VI – Progressão Aritmética e Progressão Geométrica
2
2
Calculando o determinante, temos k = cos x + sen x + 1 = 1 + 1 = 2.
No primeiro círculo: 15 bailarinas;
No segundo círculo: 17 bailarinas;
No terceiro círculo: 19 bailarinas e assim sucessivamente, formando a P.A.
(15, 17, 19,...)
Termo geral da P.A.: an = 15 + (n - 1).2  an = 2n + 13
Soma dos termos da P.A.: S=
2
(15  2n  13).n 2
= n + 14.n
2
2
Fazendo n + 14n = 312, temos: n + 14.n – 312 = 0;
Resolvendo, temos n = 12 ou n = - 26 (não convém);
Temos, então, 12 círculos.
[B]
Propriedade de Progressão Aritmética:
a1  a12  a2  a11  a3  a10 .
Portanto:
 
log2 (a1  a12 )3  log(a2  a10 )3  log2 25
3
 15.
a) Considerando que:
a1  1  x, a2  6x
e
a3  2x2  4 e utilizando a propriedade da P.A., temos:
2.a2  a1  a3  2.6x  1  x  2x2  4  2x2 – 11x  5  0
Resolvendo a equação, temos:
5
x  3 ou x 
2
Resposta: Os possíveis valores de x são 3
1
, temos a seguinte P.A.
2
3
3
 a199  r   99   150
2
2
b) Fazendo x 
a100
ou
3 9
 2 ,3, 2 ,

5
.
2
3

 , a1  2

e razão r 
3
.
2
Calculando, agora, a soma dos 100 primeiros termos, temos:
S100 
 3 / 2  150 .100
2
 303.25  7575
Resposta: 7.575.
[D]
A produção mensal da indústria em 2010 corresponde à progressão aritmética (a1, a2, a3 , a4 , , a9 , a10 ), em que a1 denota a
produção no mês de fevereiro. Desse modo, como a9  a3  420, temos que a1  8r  (a1  2r)  420  6r  420  r  70,
sendo r a razão da progressão aritmética.
Além disso, sabendo que a9  1120, vem:
1120  a1  8  70  a1  560.
Portanto, o número de itens produzidos em agosto de 2010 foi a7  560  6  70  980.
02 + 04 + 08 = 14.
(01) Falso.
Vmédia 
Δs
Δt
3
 6km h
0,5
3,5
 7km h
2º dia - Vmédia 
0,5
4
 8km h e assim sucessivamente.
0,5
Portanto, temos uma progressão aritmética de razão 1 km/h.
(02) Verdadeiro.
6
 9km h
 40 
 60 


4,5
Vmédia dePedro 
 9km h
 30 
 60 


Vmédia de João 
(04) Verdadeiro.
an  a1  (n  1)r  Fórmula do termo geral da PA
Logo,
a10  3  (10  1)  0,5
a10  7,5km
(08) Verdadeiro.
- Distância percorrida por João (13 dias) x ( 6km por dia) = 78 km em 13 dias
- Distância percorrida por Pedro
(a  an )n
Sn  1
 Soma dos termos da PA
2
(3  9)13
S13 
 S13  78km
2
(16) Falso.
- Distância percorrida por João (15 dias) x ( 6km por dia) = 90 km em 15 dias
- Distância percorrida por Pedro
(a  an )n
Sn  1
 Soma dos termos da PA
2
(3  10)15
S15 
 S15  97,5km
2
Portanto, (DistânciaPedro) – (DistânciaJoão) = (97,5) – (90) = 7,5 km < 10 km
[E]
As diferenças entre os números de ladrilhos escuros e claros formam uma P.A de razão 1.
(7, 8, 9, ..., 50)
50 = 7 + (n-1).1
a
n = 44, logo, a 44 figura terá 44 ladrilhos claros e 50 + 44 ladrilhos escuros, portanto, um total de 44 + 50 + 44 = 138 ladrilhos.
a) A 
π.32 π.42 25π


.
2
2
2
b) π  2.π  3.π  4.π  ... 20.π 
( π  20.π).20
 210π.
2
Temos uma P.A. crescente de 12 termos e razão 20 (7000, 7020, 7040, ..., 7220).
Mês .................................................. Receita
a) 100(69  8 +0,2  1) = 7000
b) 100(69  8 + 02  2) = 7020
c) 100(69  8 +0,2  3) = 7040
...
...
...
...
...
...
12
100(69  8 +0,2  12) =7220
Temos uma P.A. crescente de 12 termos e razão 20 (7000, 7020, 7040, ..., 7220).
Calculando a soma dos termos temos:
(7000  7220)  12
 85320.
2
[A]
Soma dos n primeiros números naturais.
1  2  3  4  ...  n 
(1  n).n
.
2
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo assinalado, temos:
2
 1  n  .n 
2 n
d n 
.(n  1)2  d 
 d n 


2
4


2
2
2


n2
n 2
. 4  (n  1)2  d 
n  2n  5.
4
2
[C]
A população de vírus desenvolve-se segundo a progressão aritmética 1, 4, 7,
Portanto, o número de vírus após uma hora é 1  (60  1)  3  178.
.
a) O 21º conjunto possui 21 elementos. Se o menor elemento é 211, então o maior é dado por
211  (21  1)  1  231.
Portanto, a soma pedida é
211  231
 21  221 21  4.641.
2
b) O menor elemento do 100º conjunto é
1  99
 99  50  99  4951.
2
Logo, como esse conjunto possui 100 elementos, segue que o seu maior elemento é 4951  99  5050.
Por conseguinte, a soma pedida é dada por
4951  5050
 100  10001 50  500.050.
2
[D]
Seja V a capacidade da caixa d’água.
Supondo que o reservatório encontra-se inicialmente cheio, segue que:
4
 1
3
   V  0,12  V  625  0,12  75 m  75.000 L.
5
[C]
A duração das séries constitui uma progressão geométrica, cujo primeiro termo é 25 e cuja razão é 1 0,28  1,28, isto é,
(25; 25  1,28; 25  (1,28)2; ; 25  (1,28)n1).
Sabendo que a duração da última série foi de 1min 40 s  100 s, temos
n1
25  (1,28)
n1
 128 
 100  

 100 
27n7

102n2
4
 22
 27n9  102n2
 log27n9  log102n2
 (7n  9)  log2  (2n  2)  log10
 (7n  9)  0,3  2n  2
 2,1 n  2  2,7  2
 n  7.
Portanto, a soma do número de repetições realizadas nas n séries é igual a 7  20  140.
a) A sequência (1, 3, 6, 10,
) é uma progressão aritmética de 2ª ordem, pois as diferenças entre dois termos consecutivos
constituem uma progressão aritmética de primeiro termo 2 e razão igual a 1.
3 6
b) A sequência (1, 3, 6, 10, ) não é uma progressão geométrica, pois  .
1 3
c) O número total de latas que o promotor utilizou para montar a pirâmide foi 5  24  120. Assim, como
1 3  6  10  15  21  28  36  120, segue que a pirâmide tem 8 níveis e, portanto, sua altura mede 8  15  120cm.
[C]
Os comprimentos das ramificações, em metros, constituem a progressão geométrica
 1 1
 1, , 2 ,
 2 2

,

1
.
2
Queremos calcular a soma dos dez primeiros termos dessa sequência, ou seja,
cujo primeiro termo é 1 e a razão vale
10
 1
1  
1 q
2
 a1 
 1  
1
1 q
1
2
10
S10
1

1
210  2   1  1  .


1
 210 
2
[C]
Os comprimentos das figuras formam uma P.G. de razão 4/3. Logo, o comprimento da sexta figura será dado por:
5
5
4
4
a6  1.     
3
 
3
.
 11  11 2  11 3 
Os lados (bases) dos triângulos formam uma PG dada por  1,
,
,
...  .
 10  10   10 



Calculando a soma de seus trinta primeiros termos (comprimento do muro), temos:
  11 30

30
30
1.     1 11  10
  10 

17,45.1030  1030 .10
30


10
S30 


 164,5m
11
1
1030
1
10
10

Área de todos os triângulos: A 

164,5.1
 82,25m2
2
2
2
Se cada litro pinta 10m , serão utilizados 8,225 litros para pintar 82,25m .
[D]
Perímetro (01)  L  L  L 2  1
L L L 2 1

2
2
L L L 2 1.
Perímetro (03) 

4
4
Perímetro (02) 
Perímetro (04) 
L L L 2 1

8
8
Logo, P(01)+P(02)+P(03)+P(04) = 1 
1 1 1 15
  
.
2 4 8 8
[E]
Observa-se que cada figura tem duas barras a mais que a anterior, temos então uma P.A de razão 2:
(3, 5, 7, ..)
Portanto, a figura n, terá número de barras igual a:
N  3  2  n  1
N  2n  1 para n  1
[D]
A quantidade de palitos em cada figura varia de acordo com uma P.A de razão r = 8
P.A.( 4, 12, 30, 28, ...)
Na figura 50 temos a50 q palitos: a50 = 4 + 49.8 = 396.
Calculando a soma de todos os palitos.
S50=
(4  396).50
 10.000
2
[A]
Sejam x  2r, x  r, x, x  r e x  2r o número de pães que cada homem recebeu, com x, r  0.
Desse modo,
 x  2r  x  r  x  x  r  x  2r  100


 x  x  r  x  2r
 x  2r  x  r


7
x  20
 x  20
5x  100
 x  20







 11 20
 55 .
r
r
3x  3r  14x  21r
24r  11x


6

24

Portanto, coube ao homem que recebeu a parte maior da divisão a quantidade de
55
55 60  55 115
x  2r  20  2 
 20 


pães.
6
3
3
3
[E]
Seja a sequência (a1, a2 ,
, an ), tal que
Sabendo que (loga1, loga2 ,
logan  loga1  (n  1) 
an
 1000  103.
a1
, logan ) é uma progressão aritmética de razão
1
, temos que
2
a
1
n 1
 log n 
2
a1
2
n 1
2
 n  3  2  1  7.
 log103 
Portanto, o número de termos da sequência é 7.
[D]
O número de ladrilhos em cada “lado” das camadas cinza constitui a progressão aritmética (2, 6,10,
10ª camada terá
a10  a1  (n  1)r
). Desse modo, o “lado” da
 2  (10  1)  4
 2  36
 38 ladrilhos.
Portanto, a 10ª camada de ladrilhos cinza contém 4  (38  2)  4  148 ladrilhos.
Resposta
da
a) De acordo com a lei de formação da sequência, temos que:
questão
24:
a1  1
a2  a21  1 a1  1 1  1
a3  2
a4  a22  2  a2  2  1  2
a5  2
a6  a23  3  a3  3  2  6
a7  2
a8  a24  4  a 4  4  2  8
a9  2
a10  a25  5  a5  5  2  10
a11  2
a12  a26  6  a6  6  6  36
a13  2
a14  a27  7  a7  7  2  14
a15  2
a16  a28  8  a8  8  8  64
Portanto, a sequência pedida é:
(1,1, 2, 2, 2, 6, 2, 8, 2,10, 2, 36, 2,14, 2, 64).
b) Observando que:
a
2n
 2 1 2 
com n 
a
50
2

 (n1)
,
, vem
 2 1 2 
 49
2
(1 49)
 49
2
 21225.
[E]
a8  S8  S7  3.82  2  (3.72  2)  45
[D]
P.A, onde a1= 33 000 e razão r = 1500.
A7 = número de passagens vendidas em julho do ano passado.
Logo,
a7 = a1 + 6. R
a7 = 33 000 + 6.1500
a7 = 42 000.
a) Seja S a soma pedida.
S  a2  a4  a6    an
 (a1  r)  (a1  3r)  (a1  5r)    [a1  (n  1)r]
[a1  r  a1  (n  1)r] n

2
2
(2a1  r  nr  r)n

4
(2a1  nr)n

.
4

b) A soma dos n primeiros termos da PA é dada por
[2a1  (n  1)r]n
Sn 
.
2
Queremos calcular o valor mínimo de n tal que Sn  0.
[2  (224)  (n  1)  4]  n
 0  [112  (n  1)]  n  0  n  (n  113)  0.
2
Portanto, como n  0, devemos ter n  114.
[E]
S20
 40  S20  800
20
(a1  a20 ).20
 800  (a1  a20 )  80
2
retirando o primeiro e o último termo temos a média:
800  80
 40
20  2
a)
a4  2a3  1
 2(2a2  1)  1
 2(2(2a1  1)  1)  1
 2(4a1  2  1)  1
 8a1  7.
Como a1  1, segue que a4  8  1 7  15.
b)
2200)
Queremos calcular a6 .
an  1  2(an1  1)  an  2an1  1.
Do item (a) sabemos que a4  15. Logo,
a6  2a5  1
 2(2a4  1)  1
 2(2  15  1)  1
 63.
n
O número de horas consecutivas dormidas n dias após o início da observação é dado por 8  . Logo, o homem morrerá quando:
4
n
8   24  n  64.
4
Portanto, após 64 dias o homem dormirá 24 horas seguidas.
[E]
Sendo n o número de prestações pagas por C1 e C2 , para que o saldo devedor de C1 fique menor do que o de C2 , devemos ter
14580  480  n  12460  390  n  90  n  2120
 n  23,56.
Portanto, em dois anos a condição do enunciado será satisfeita.
[C]
A quantidade de grãos colocados pelo menino em cada casa constitui uma progressão geométrica cujo primeiro termo é 1 e cuja
razão vale 2. Logo, segue que a quantidade de grãos colocados até a nona casa foi de
1
29  1
 511.
2 1
Como os grãos só acabaram na décima casa, temos que a quantidade mínima de grãos que o menino utilizou na brincadeira é
511 1  512.
[D]
(1,2,4,8,.. 2048)
Considerando a P.G., temos:
n-1
2048 = 1.2
n -1
11
2 =2
n = 12 (12 meses = 1 ano)
Soma dos montantes S =
o
1.(212  1)
 4095 (por ano)
2 1
No 21 aniversário, termos: 21 . 4095 = 85.995,00.
[B]
Se (a, b, c) é uma progressão geométrica de razão 3, então (a, b, c)  (a, 3a, 9a).
Por outro lado, de acordo com o enunciado, temos que (a, 3a, 9a  8) é uma progressão aritmética. Logo, sabendo que o termo
central é a média aritmética dos extremos, vem que 3a 
a  9a  8
 5a  4  3a  a  2.
2
Portanto, a soma pedida é a  3a  9a  8  13a  8  13  2  8  18.
[B]
Considerando a P.A (100. 250, 400, ...), temos:
a9  100 8.150  1300
S9 
(100  1300).9
 6.300
2
Considerando agora a P.G. ( 100, 200, 400, ...), temos:
 2  1  6300
100.
n
2 1
2  1  63
n
2n  64
n6
Portanto, receberia o dinheiro em 6 meses.
01 + 02 + 04 + 08 + 16 = 31.
Cálculos auxiliares
1 
4
 5 , a2 , a3 , a4 , 20   PG oscilante


a5  a1 . qn1 
1
4
1
 . q4  q   ( oscilante)
20 5
2
Por tan to :
4
4
4
4 
4
 5 ,  10 , 20 ,  40 , 80   PG oscilante


Calculado acima: q  
1
2
4
a3 
20
2
a4 a1q3
1
 1

 q2     
a2
a1q
4
 2
4  4   4  3
a1  a2  a3           
 5   10   20  5
4
a4  
 0.
40
Na primeira divisão é retirado 1 quadrado, restando 8. Na segunda divisão são retirados 8 quadrados, restando
9  8  8  64  82 quadrados. Na terceira divisão são retirados 64 quadrados, restando 9  64  64  512  83 quadrados, e
assim por diante. Logo, após n divisões sucessivas do quadrado inicial, restarão 8n quadrados.
2
1
 1
Na primeira divisão, a área do quadrado removido é    . Na segunda divisão, a área do oito quadrados retirados é
9
3
2
2
8
64
 1 
 1
, e assim sucessivamente.
8     . Na terceira divisão, a área dos sessenta e quatro quadrados retirados é 64    
729
81
 27 
9
1 8
64
Portanto, a soma pedida é 


9 81 729
1
9

1
8
9
 1.
[C]
(loga1, loga2 , loga3 ,
, logan,
2
(loga1, loga1q, loga1q ,
)
, loga1qn1,
(loga1, loga1  logq, loga1  2logq,
)
, loga1  (n  1)logq,
).
Como
(loga1  logq)  loga1  (loga1  2logq)  (loga1  logq)   logq,
segue que (loga1, loga2, loga3, , logan, ) é uma PA de razão logq.
[A]
A sequência é uma P.G. infinita de razão q 
1
, vamos considerar A1 seu primeiro termos e A10 seu décimo termo.
2
A1
1
 64 2  A1  .64 2  32 2
1
2
1
2
10 1
 1
Logo, A 10 = 32 2.  
2

2
16
[D]
O valor de cada uma das questões, em ordem crescente, é: 20 , 21, 22 , 23 , 24 , 25 , 26 , 27 , 28 e 29.
Portanto, se um participante obteve 213 pontos, então ele acertou as questões 1, 3, 5, 7 e 8.
[D]
Lembrando que : cosp + cos q = 2. cos
o
pq
pq
. cos
2
2
cos 15 o  cos 75
Na PA temos cos a =
 cosa =
2
=
2. cos
75  15
75  15
 cos
o
o
2
2
 cosa = cos45 .cos30
2
6
4
01+ 02 + 04 = 07
(3,_,_,_,_,_,_,248) P.A de 8 termos
248 = 3 + (8-1).r  7r = 245  r = 35(será colocado um telefone a cada 35km)
(01) Verdadeiro,
(02) Verdadeiro, observe a figura.
(04) Verdadeiro, pois 178 -165 = 13
(08) Falso, haverá telefone, observe a figura.
[E]
a1 = 4r
a20 = a1 + 19.r
69 = 4r + 19r
69 = 23r
r=3
(12.000, 11.400, 10.800,..., an, ...) P.A.
a1 = 12.000 e ra = − 600
(300, 600, 900,..., bn, ...) P.A.
b1 = 300 e rb = 300
an = b n
 a1 + (n – 1) ra = b1 + (n – 1) rb
 12.000 + (n – 1) (– 600) = 300 + (n – 1) (300)
 12.000 – 300 = (n – 1) (600 + 300)
 11.700 = (n – 1) 900
 13 = n – 1
 n = 14
 1 ano + 2 meses
 fevereiro de 2011
[D]
a1.a4.a6 = -1000
(10 – 3d).10.(10 + 2d) = -1000
Desenvolvendo, temos
3d + 5d -100 = 0  d = 5 e d = -70/6 (não convém)
a 1 = 10 – 3.5 = -5
2
a1 5

 1
d
5
[C]
 (a1  a100 ).100
 100


a1  a1  99r  2
 a a  2
 2a  99r  2
  1 100

 1
 (a  a2 ).100
a1  100r  a1  199r  4
2a1  199r  4
a101  a 200  4
 101 200
 200
2

Resolvendo, temos r = 10
-2
Logo: a2 – a1 = r = 10
-2
[D]
As distâncias percorridas pelo corredor constituem a progressão aritmética (3; 3,5; 4; ;10).
Se n denota o número de dias para que o planejamento seja executado, temos que 10  3  (n  1)  0,5  7  2  n  1  n  15.
[D]
2
2
(x + 3) = (x – 3) + x
2
Desenvolvendo, temos a equação:
2
x – 12x = 0 com raízes x = 0 (não convém) e x = 12.
Considerando x = 12, a soma será 12 + 3 + 12 – 3 + 12 = 36.
[C]
O número de estrelas em cada linha constitui uma progressão aritmética em que o termo geral é dado por an  n, sendo n (n  1)
o número da linha.
(a  a )
(1  150)
 150  11.325.
A soma dos 150 primeiros termos da progressão é dada por S150  1 150  150 
2
2
Portanto, como 12.000 é o número mais próximo de 11.325, segue que o funcionário III apresentou o melhor palpite.
[B]
P.A.( 4,7,10,...) r = 3
Sendo Q a quantia de quadrados e C a quantia de canudos, temos:
C = Q1 + (Q – 1).r
C = 4 + (Q – 1).3
C = 3.Q + 1
a) ( Site A: 150 + 100 + 200 + 400 + 800 + 1600 + 3200 = 6.350 portanto na sexta semana 3200 participantes e no total 6.450
b) Site B: 2.200 + ( 100 + 200 + 300 + ...) = 10.000
2200 +
100  100n .n  10.000  100n 2  100n  15600  0  n2 + n – 156 = 0
2
Resolvendo a equação temos n = 12 ou n = - 13(não convém)
Resposta: 12 semanas
a1
8
1 r5
I
a1r 4
 2  r 4 .8  2
1 r5
II
r4 
1
2
r 
(r  0)
4
2
r
2
2
Substituindo r em I, temos:

2
a1 = 8.  1 
 =8 +

8 

2
então a1 + a2 + a3 + a4 + .... =
(8  2)
a1
8 2

 2.
 14  6 2
1 q
2
2 2
1
2
[C]
Parte VII – Análise Combinatória e Probabilidade
1. a) 120
b) 10 partidas
b) 56
7. 2030 maneiras
2. a) 84
b) 1365
8. a) 158184000
b) 1/26 ¸ 3,85 %
13. a) 6 seqüências
b) 48 seqüências
3. a) 105
9. x = 40
14. 3840 maneira distintas
b) 8/35
10. 5000
15. 24
c) 5/27
11. 48
16. a) 1120
b) 770
4. 1 500
12. a) 12
5. n = 6
b) 4
17. 324 possibilidades
c) Observe a figura a seguir
6. a) 120 equipes
18. 3168 números
31. 7/27
b) 5/108
32. 3/11
42. a) x = 11
19. 8 000 000.
20. 84
b) 7/25
33. 41/55
24. a) 1/11
b) 5/22
25. a) 2 %
34. b = 12
35. 1/64
b) 52 %
36. 1/36
26. n é par;
37. a) 95 equipes
P = (n + 2)/[2(n + 1)]
43. 2/15 ou 13,3 %
(aproximadamente)
62. [C]
63. [B]
64. F V F V V
b) 16/19
65. 02 + 04 + 16 = 22
n é ímpar;
P = (n - 1)/(2n)
27. a) I e II são independentes.
38. a) 7,5 %
b) 88,75 %
39. P = 1,445 %
66. 02 + 04 = 06
67. [E]
b) II e III não são independente.
40. Observe a figura a seguir:
28. a) Devem ser colocadas na
urna 16 bolas azuis.
68. [B]
69. [D]
b) x = 1 ou x = 9
70. [A]
29. a) 7/256
b) 1/7
71. [E]
30. a) 15 diretores.
72. [C]
b) 4/7.
41. a) 120 resultados
73. [D]
89. [B]
74. [A]
105. [C]
90. [D]
75. [E]
106. [E]
91. [D]
76. [C]
107. [C]
92. [E]
77. [C]
108. [D]
93. [B]
78. [A]
109. [C]
94. [C]
79. [A]
110. [B]
95. [E]
80. [D]
111. [A]
96. [D]
81. [E]
112. [A]
97. [C]
82. [A]
113. [E]
98. [E]
83. [D]
114. [E]
99. [E]
84. [D]
115. [E]
100. [C]
85. [B]
116. [A]
101. [D]
86. [B]
117. [B]
102. [D]
87. [B]
118. [B]
103. [C]
88. [B]
119. [B]
104. [E]
120. [C]
153. F F F
138. [B]
121. [B]
154. F V V
139. [A]
124. [E]
155. [B]
140. [C]
125. [E]
156. [A]
141. [B]
126. [D]
157. [D]
142. [C]
127. [E]
158. [A]
143. [B]
128. [A]
159. [D]
144. [D]
129. [B]
160. [B]
145. [D]
130. [C]
161. [B]
146. [B]
131. [B]
190. [E]
147. [B]
132. [D]
191. [C]
148. [D]
133. [A]
192. [B]
149. [A]
134. [D]
193. [C]
150. [C]
135. [E]
194. [B]
151. [C]
136. [C]
195. [B]
152. [D]
137. [D]
196. [D]
197. [D]
202. [C]
207. [C]
198. [D]
203. F V F V F
208. F V V
199. [A]
204. [C]
209. F F F V V
200. [A]
205. [D]
210. [C]
201. [C]
206. [D]
245. [E]
Parte VIII – Análise Combinatória e Probabilidade - Recentes
[C]
Resposta de Biologia: São artrópodes da classe inseto: besouro, barata, formiga, abelha e gafanhoto. Portanto, 5 animais. São
artrópodes não insetos: aranha, escorpião, carrapato e ácaro (aracnídeos); lagosta, camarão e caranguejo (crustáceos).
Resposta de Matemática: Escolhendo dois animais aleatoriamente, temos o espaço amostral do experimento:
12!
C12,2 
 66
2!.10!
7!
Escolhendo um artrópode que não seja inseto, temos C7,2 
 21
2!.5!
21 7
Portanto, a probabilidade pedida será: P = P 
.

66 22
[A]
Temos 13 conjuntos de quatro valores iguais e para cada um destes conjuntos temos 48 (52 – 4) cartas distintas.
Logo, 48 . 13 = 624.
876
 56.
3!
543
3 pessoas para o segundo quarto: c5,3 
 10.
3!
2 pessoas para o terceiro quarto c 2,2  1.
a) 3 pessoas para o primeiro quarto: c8,3 
Portanto 56  10  1 = 560.
b) Escolhendo 4 caminhos para norte, num total de 10, temos:
c10,4 
10  9  8.7
 210.
4.3.2.1
Incorreto.
Supondo que os 8 tipos são distintos, segue que existem
8!
8
 23  7  23  32  11
 
 5  5!  3!
maneiras diferentes de escolher 5 tipos de sabão em pó entre 8 disponíveis.
[E]
De acordo com as informações, temos que os números que irão figurar nas faces opostas do dado constituem os seguintes pares:
(1,19), (2,18), (3,17), (4,16), (5,15), (6,14), (7,13), (8,12) e (9, 11).
5!
5
Assim, para compor o dado, temos   
 10 modos de escolher dois pares com números ímpares e 4 maneiras de
2
2!
 3!
 
selecionar o outro par. Portanto, o resultado pedido é 10  4  40.
[B]
Escolhendo 3 lugares para as letras C6,3  20
x = C6,3 .26.26.26.10.10.10 = 20.26.26.26.10.10.10
y = 26.26.26.10.10.10.10
Logo,
x 20.26.26.26.10.10.10

 2.
y 26.26.26.10.10.10.10
[C]
a
1 opção (eliminando 1 time)
Na primeira fase teremos 6 grupos de 4 times.
4!
 36 .
Número de jogos = 6  C4,2 
2!.2!
Na segunda fase teremos 18 times.
18!
Número de jogos: C18,2 
 153
2!.16!
Na terceira fase teremos apenas um jogo entre os dois com maior pontuação.
Total de jogos: 36 + 153 + 1 = 190 jogos.
a
2 opção.(eliminando dois times)
Na primeira fase teremos 36 jogos.
Na segunda fase teremos: C12,2 
12!
 66
2!.10!
Na terceira fase teremos 1 jogo.
Total de jogos 36 + 66 + 1 = 103 jogos
Portanto, a resposta [C] é a correta.
Resposta
da
questão
8:
a) De acordo com o enunciado, temos que a expressão do número de meninos na classe em função do número de meninas é
dada por y  2  (x  2).
Como x  14, temos que y  2  (14  2)  24, isto é, o número máximo de meninos que pode haver na classe é 24.
b) De acordo com as informações, vem
 x   y   x   2x  4 
   

3  2 3  2 

x!
(2x  4)!

 x  3 !  3! (2x  6)!  2!

x  (x  1)  (x  2) 2  (x  2)  (2x  5)

32
2
 x 2  13x  30  0
 x  10 ou x  3.
Portanto, como x  4, segue que o número de alunos da classe é
x  y  x  2  (x  2)  10  2  8  26.
[D]
C6,3 .C8,5 
6!
8!

 20.56  1120
3!.3! 5!.3!
[B]
Ocorreram três inversões da letra D com as letras R, I e A.
[E]
 x2  1! . x!   x2  1. x2  2! . x!  x2  1  (x  1).(x  1)  x  1
 x2  2! .  x  1!  x2  2! .  x  1.x! x  1 (x  1)
[E]
Aplicando o princípio fundamental da contagem, temos: 4.5.8.6 = 960.
[A]
Para a primeira posição, temos 10 possibilidades.
Para a segunda posição, temos 9 possibilidades, já que não pode ser igual à da primeira.
Para a terceira posição, temos 9 possibilidades, já que não pode ser igual à da segunda.
Para a quarta posição, temos 9 possibilidades, já que não pode ser igual à da terceira.
Logo, o número de senhas possíveis será 10  9  9  9 = 7 290.
[B]
Números primos do teclado: 2, 3, 5 e 7.
Número de senhas: 4.3.2.1 = 24.
a)
b)
Para conseguir o número três, os trechos defeituosos devem ser a a e b.
Escolhendo, ao acaso, dois trechos defeituosos, temos:
7!
C7,2 
 21.
2!.5!
1
.
Logo, a probabilidade será P 
21
[B]
O número de usuários que não pretendem trocar seu modelo de ar-condicionado é dado por
a11  a22  a33  50  100  200  350.
Portanto, a probabilidade pedida é
350
 100%  35%.
1000
[A]
Número de anos com taxa superior a 9,3% = 6
Número de anos analisados = 10
6
3
Probabilidade pedida: P 

10 5
Resposta
da
questão
18:
a) A porcentagem de nadadores que tiveram lesões no joelho ou no pescoço é dada por 25%  20%  5%  40%. Portanto,
0,4  200  80 nadadores tiveram lesões no joelho ou no pescoço.
b) Sejam os eventos O : “nadador teve dor no ombro” e C : “nadador teve dor na coluna”.
Sabendo que os eventos são independentes, temos que a probabilidade pedida é dada por
P(O  C)  P(O  C)
 P(O)  P(C)
 (1  0,8)(1  0,5)
 0,2  0,5
 10%.
[D]
A probabilidade pedida é dada por
a21  a13  a22  a23  a23  a33  a24  a43  a25  a53 
0,3  0,2  0,5  0  0  0,4  0,1 0,2  0,1 0,1  0,09.
04 + 16 + 32 = 52.
01. Falsa. Transferindo-se dez homens da Turma II para a Turma I, a razão entre o número de homens e de mulheres da Turma I será
20 4
25 5
4 5
 , enquanto a mesma razão na Turma II passará a ser
 . Portanto,  .
25 5
30 6
5 6
02. Falsa. Para que o número de homens e mulheres em cada turma fosse o mesmo, seria necessário que o total de homens fosse
igual ao total de mulheres. Contudo, 45  55.
10!
 10 
04. Verdadeira. Na Turma I, dois homens podem ser escolhidos de   
 45 maneiras, enquanto duas mulheres podem
 2  2!  8!
 25 
25!
ser escolhidas de   
 300 modos. Portanto, pelo PFC, poderão ser formadas 45  300  13.500 equipes
2!
 23!
2
 
distintas.
08. Falsa. Supondo que os outros oito alunos tenham obtido nota 7, segue que a média seria
9  8  7  6 71

 7,1  7,5.
10
10
16. Verdadeira. A probabilidade de escolher uma mulher ou um estudante da Turma II é dada por
55
65
30
P(mulher)  P(Turma II)  P(mulher e Turma II) 


100 100 100
90

 100%
100
 90%.
10 35 2

 , enquanto a probabilidade de escolher uma
32. Verdadeira. A probabilidade de escolher um homem de cada turma é
35 65 13
25 30 30


.
mulher de cada turma é
35 65 91
2 30 44


.
Portanto, a probabilidade de que os dois sorteados tenham o mesmo gênero é igual a
13 91 91
02.
5.5.1 1
  20%.
5.5.5 5
02) Verdadeira. C12,4  495.
01) Falsa. P = P 
04) Falsa. O número de múltiplos de 7 (7.1 , 7.2 , 7.3 ... 7.37) é 37. Logo, a probabilidade será P = 37/260.
08) Falsa.
Números pares:
Terminando em zero: ...... 4.3.1 = 12
Terminando em 2: ........... 3.3.1 = 9
Terminando em 4: ........... 3.3.1 = 9
Total ............................................ 30
Números ímpares: 3.3.2 = 18.
1
1
1 1 1
a) P   1   0    .
3
3
3 2 2
b) A probabilidade de suas moedas serem douradas é igual à probabilidade de se escolher a caixa 1, portanto, 1/3.
c) Deverá ser escolhida a caixa 1 com duas moedas douradas, logo, a probabilidade será 2.(1/3) = 2/3.
a) Observe:
Grupos : A (meninas) B (meninos)
C (meninas)



C10,4  210
C6,4  15
e D (meninos e meninas)
C6,4  15

C4,4  1
Total 210  15  15  1  47 250
2 2
20
.
 1 
5 5
125
2 3 2 12
Final Maria e José e uma Maria vencer:   
.
5 5 5 125
2 3 2 12
Final marta e João e uma Marta vencer:   
.
5 5 5 125
20
12
12
44
Probabilidade pedida
.



125 125 125 125
b) Final Marta e Maria e uma mulher vencer:
[D]
Suponha que o grupo (01) seja formado pelas equipes A, B, C e D:
Jogos que ocorrerão: AxB; AxC; AxD; BxC;BxD; CxD (6 jogos).
Portanto:
Primeiro sorteio: Qualquer jogo pode ocorrer.
Segundo sorteio: Se foi sorteado no primeiro momento um jogo com a equipe A, o próximo sorteio deverá ser AxC; AxD; BxC;BxD,
que satisfazem o enunciado.
Logo:
48 4
P(envolvam uma mesma seleção) 
  0,80  80%.
48 5
[E]
Espaço amostral:  ={(cara, cara); (cara, coroa); (coroa, coroa); (coroa, cara)}
Logo, a probabilidade de João vencer será p 
2
 50% .
4
10!
 45
a) C10,2 
2!.(10  2)!
10
b) 2 = 1024 = número de elementos do conjunto A
45
45

P=
10
1024
2
[B]
Probabilidade de uma unidade defeituosa não apresentar defeito: 1 – 0,8 = 0,2.
Probabilidade de uma unidade defeituosa não ser detectada por nenhum inspetor.
0,2  0,2  0,2 = 0,008.
Probabilidade de uma unidade defeituosa ser detectada por pelo menos um inspetor.
1 – 0,008 = 0,992.
02 + 04 + 08 + 16 = 30.
(01) Falso. É possível construir um número maior, isto é, 21600 .
(02) Verdadeiro.
2  2285
289

2
1
3
2

1
8
(04) Verdadeiro.
BB ou PP 
70 69 30 29 5700




 0,57  57%  70%
100 99 100 99 9900
(08) Verdadeiro.
60% de 40  24 brancos
Mosaico 1 e 2  100 quadradinhos  40 comuns  
40% de 40  16 pretos
Portanto, 16% dos coincidentes são pretos.
(16) Verdadeiro.
O primeiro quadrinho possui 2 possibilidades e a parti dai sempre uma única pois deverão ser distintos na cor, isto é
2possibilidades  1possibilidade  1possibilidade 
quadrinho1
quadrinho2
quadrinho3
 1possibilidade  2distintos
quadrinho n
[E]
Temos 12 possíveis valores para a e 9 possíveis valores para b.
Número de frações possíveis = 12.9 = 108.
O denominador deverá ser par, então o numerador deverá ser ímpar para que a fração seja irredutível.
Temos, então, as seguintes possibilidades.
Valores para a = 11, 13, 15, 17 , 19 e 21 e valores para b = 44, 46, 48, 50, num total de 6.4 = 24 frações.
11 15 21
15
Das quais deverão ser retiradas as seguintes frações redutíveis:
, ficamos com 20 possibilidades num total de
,
,
e
44 48 48
50
108 frações.
Calculando a probabilidade, temos:
20
5
P

108 27
Número de caminhos para a ida = número de caminhos para a volta = 4  2  5 = 40.
1 1
1
A probabilidade de se escolher o mesmo caminho para a ida e a volta é:


.
40 40 1600
02 + 04 + 08 = 14.
(01) Falso.
3
3
P (um menino ter tirado nota menor que 6 em ambas as disciplinas)  24 
 25%
14 14
24
(02) Verdadeiro. Notas inferiores a 6
Portanto, 24 alunos tiraram nota inferior a 6.
Logo,
24
P (superior a 6) 
 50%
48
(04) Verdadeiro.
P (um menino ter tirado nota maior ou igual a 6 em Matemática) 
13
21
(08) Verdadeiro.
P (uma menina ter tirado pelo menos uma nota maior ou igual a 6) 
6  7  14
 1  100%
27
(16) Falso.
P (uma menina ter tirado nota menor que 6 em Matemática) 
7
27
[E]
2
1
 30%  12% da área de terra corresponde a desertos ou regiões cobertas por gelo e  30%  10%
5
3
corresponde a áreas de pastagens, florestas ou montanhas, segue que 30%  12%  10%  8% da superfície terrestre é
composta por áreas cultiváveis.
Portanto, a probabilidade do dardo se fixar em uma área cultivável é de 8%.
I. Errada. Como
II. Correta. De acordo com (I).
III. Correta. 70%  0,7.
IV. Correta. Conforme (I).
Podemos formar dois conjuntos de 5 cartões de
 10   5 
  
10  9  8  7  6
 5   5   10!

 126
2!
2!  5!  5! 2  5  4  3  2
modos distintos.
8!
876
8
Por outro lado, existem   

 56 maneiras de formar um conjunto em que 9 e 10 figuram.
32
 3  3!  5!
56
4
Portanto, a probabilidade pedida é dada por
 .
126 9
[A]
Escolhendo 5 atores num total de 6: C6,5  6.
Escolhendo 5 atrizes num total de 8: C8,5 
8!
 56.
5! (8  3)!
O número de escolhas possível será dado por 6  56 = 336.
a) Incorreto. Temos que
10100
2100  5100
 90 100  210.
100
2 5
2 5
90
Então, como os divisores naturais de 210 são 1, 2, 22 , 23 ,
, 210 , segue que
211  1
 2047.
2 1
Mas 2047  23  89, logo, 2047 não é primo.
1  2  22  23 
 210  1
b) Incorreto. O número de anagramas que começam pelas consoantes g ou l é dado por
9!
2  P9(2,3)  2 
 2  9  8  7  6  5  2.
2!  3!
O número de anagramas que começam pelas consoantes p ou x é dado por
9!
2  P9(2, 2, 3)  2 
 2  9  8  7  6  5.
2!  2!  3!
Portanto, a quantidade de anagramas da palavra googolplex que começam por consoante é
2987652  298765  2987653
 90.720  100.000  105.
c) Incorreto. A taxa de crescimento da quantidade de usuários do Facebook, de agosto de 2010 a agosto de 2011, foi de
(753  598)  106
598  106
 100%  25,92%  25%.
[C]
Considere o diagrama.
A probabilidade pedida é dada por
[E]
4  9  12  68
 100%  31%.
300
O tanque possui 40%  15 
4
 15  6 carpas. Logo, o resultado pedido é dado por
10
 6   15  6   6   9 
 
    
 4   10  4   4   6 
6!
9!


4!2! 6!3!
65 987


2
32
 1260.
[C]
C4,2 = escolhendo dois sucos de mesmo sabor.
C12,2 = escolhendo dois sucos aleatoriamente.
P
3.C 4, 2
C12,6

3.6 3
  0,273  27,3%
66 11
Utilizando a fórmula da combinação simples, temos:
Cn,2  25
n!
 25
2!.(n  2)!
n(n  1)  50
n2  n  50  0
Resolvendo, temos:
n  -6,6 ou n  7,6
Portanto, n = 8
[A]
Seja n a quantidade de saladas de frutas que podem ser feitas considerando apenas os tipos de frutas. Segue que
5 5 5 5
n            .
 2 3  4 5
Segue pelo teorema das linhas do triângulo de Pascal que
5 5 5 5  5  5
5
        2
 0   1  2   3   4   5 
n
1 5  n  32  n  26.
[B]
Escolhendo jogos de 5 números na cartela premiada: C6,5  6 .
Para cada jogo com exatamente 5 números premiados(quina), temos 14(20 – 6) opções para o sexto número.
Logo, 14  6  84 .
[B]
6
6!
Uma aposta em 6 dezenas abrange   
 15 apostas mínimas de 4 dezenas. Portanto, o custo dessa aposta deve ser de
4!2!
4
 
R$ 2,00  15  R$ 30,00.
P=
17  48 65 13


120
120 24
[E]
Começando com 1: 4! = 24
O próximo será 75913
Logo, 24 + 24 + 24 + 6 + 6 + 2 + 2 + 1 = 89 (octogésima nona posição).
[B]
O menor caminho será formado por dois lados inclinados (decidas) e quatro lados horizontais.
6!
= 15
P6 2, 4 
2!.4!
[C]
Total de anagramas da palavra PERGUNTA: 8! = 40320.
Número de grupos com 3 alunos(turnos): C6,3 
6!
 20 .
3!.3!
Número de anagramas escrito por turno: 40320 : 20 = 2016.
a) 14! versões diferentes da prova
b) As questões serão assim dispostas:
PPPPPPP MGMGGGM
PPPPPPP MGGMGGM
PPPPPPP MGGGMGM
PPPPPPP GMGMGGM
PPPPPPP GGMGMGM
PPPPPPP GMGGMGM
7! , 4!. 3! . 6 = 4.354.560
c) P =
7!.4!.3!
6

7!.7!
35
a) Sabendo que a dosagem de colesterol total é igual a 198 mg dL e que a de triglicérides é igual a 130 mg dL,
temos:
130
198  LDL  HDL 
 HDL  172  LDL.
5
De acordo com a tabela, para indicadores normais devemos ter:
HDL  172  LDL
LDL  130
40  HDL  60
LDL  130
 e
40  172  LDL  60
LDL  130
 e
112  LDL  132
 112  LDL  130.
Portanto, o intervalo possível para o nível de LDL é [112,130].
b) Sem qualquer informação adicional, é possível relacionar as amostras às pessoas de P5  5!  120 maneiras. Se cada pessoa
indicasse seu tipo sanguíneo, seria possível relacionar as amostras de sangue O de P3  3!  6 maneiras, enquanto que as
amostras de sangue A  poderiam ser relacionadas de P2  2!  2 maneiras. Desse modo, pelo PFC, o resultado pedido é
6  2  12.
[E]
Temos três possíveis cores para o primeiro círculo e duas para cada um dos demais.
[A]
2  1 2  7  6  5  4  3360
08 + 16 = 24.
01) (Falsa).
6  6  6  6  300.
02) (Falsa).
6  6  6  3  648.
04) (Falsa).
6  6  6  3  648.
08) (Verdadeira).
6  6  6  6  3  3  3  3  1215.
16) (Verdadeira). A soma será sempre ímpar, pois todos os algarismos serão ímpares.
São 16 símbolos conexos com três segmentos iluminados.
[E]
Os únicos grafos que admitem um passeio de Euler são o I (ABCDEFA), o IV (CDEFDACBB) e o V (DEFDABCA).
[E]
A probabilidade de sair uma bola azul será 1 – 0,25 – 0,4 = 0,35
Sendo x o número de bolas e a o número de bolas azuis, temos:
a = 0,35x
100 a = 35x
20.a = 7x
Logo, a deverá ser no mínimo 7 para que x seja um número inteiro, pois 20 não é múltiplo de 7.
5!.4!..2!.3!
1
P

11!
1155
[B]
A probabilidade do casal ter um menino em uma gestação é
probabilidade pedida é
1
. Logo, como a primeira criança foi uma menina, segue que a
2
1 1 1 1
   .
2 2 2 8
[E]
O espaço amostral da escolha de Rafael terá 4 elementos e sua escolha, de acordo com as condições do problema, poderá ser Rural,
Residencial Urbano ou Residencial Suburbano. Logo, a probabilidade será:
3
P= .
4
[C]
Possíveis resultados para:
Arthur: {(1,11); (2,10); (3,9); (4,8); (5,7)} (5 possibilidades);
Bernardo: {(2,15); (3,14); (4,13); (5,12); (6,11); (7,10);(8,9)} (7 possibilidades);
Caio: {(7,15); (8,14); (9,13); (10,12)} (4 possibilidades);
Portanto, Bernardo apresenta mais chances de vencer.
02 + 08 = 10.
01) (Falsa). 2 10.
02) (Verdadeira). 2 9.
04) (Falsa). 4   2 90   8 90  4 45.
08) (Verdadeira). C5,1  C5,1   2 / 90   C5,2   2 / 90   50 / 90  20 / 90  70 / 90  7 / 90.
16) (Falsa). 4 45  7 9  p  1  p  2 15.
Resposta
da
a) O número de termos da progressão aritmética é dado por:
500  5
 1  100.
5
questão
O menor termo da progressão aritmética maior do que 101 é 105. Logo, há
500  105
 1  80
5
termos que são maiores do que 101.
Desse modo, a probabilidade pedida é:
80
 100%  80%.
100
b) Devemos mostrar que 101!  19 possui pelo menos um divisor positivo além de 101!  19 e 1.
De fato,
61:
101!  19  101 100 
 20  19  18!  19
 19  (101 100 
 20  18!  1).
Assim, como 101!  19 é múltiplo de 19, segue que 101!  19 não é primo.
[A]
Número de elementos do Espaço amostral: n E   4  4  4  64
Número de elementos do evento: n  /A   4  3  2  distintos   4  1 1 iguais   28
P=
28 7

64 16
[C]
P=
22
22
11


 11%
42  22  56  30  50 200 100
[E]
De acordo com o gráfico, o número total de alunos dessa escola é:
30  60  50  40  180.
1
O número de alunos com exatamente 15 anos é  40  8.
5
Portanto, a probabilidade pedida é dada por:
8
2

.
180 45
[D]
1 3 1
. 
3 5 5
1 1 1
Mulher de Sorocaba: . 
3 3 9
1 2 1
Mulher da Baixada Santista: . 
3 4 6
1 1 1 43
Somando:   
.
5 9 6 90
Mulher de São Paulo:
[D]
Considerando que as pessoas que não sabem e que não respondem não tenham banda larga acima de Mbps, temos:
P=
15  5  1  1
22
=
 22%
34  20  15  5  1  1  24 100
[C]
Inserindo 3  10  30 moedas ainda teríamos a possibilidade de obtermos exatamente 3 bolas de cada cor. Logo, para garantir a
retirada de 4 bolas de uma mesma cor, deverão ser inseridas 30  1  31 moedas.

Parte I – Função: definição e função linear (polinomial do 1º Grau)

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