MATEMÁTICA — 1
GRUPO CV — 10/2010
RESOLUÇÕES E RESPOSTAS
QUESTÃO 1
240
L
600
de álcool. No 2o reservatório, há 240 (= 180 + 60) litros de mistura; em cada litro há
180
L de álcool.
240
a) No 1o reservatório, há 600 (= 240 + 360) litros de mistura; em cada litro há
Na mistura de 1 litro do primeiro reservatório com 3 litros do segundo, a porcentagem de álcool é dada por
1 ⋅ 240 + 3 ⋅ 180
600
240 ⋅ 100% = 66,25%.
1+3
Resposta: 66,25%
b) Consideremos uma mistura de x litros do 1o reservatório com y litros do 2o reservatório.
Total de álcool: x ⋅
240
180
+y⋅
= 140
600
240
Total de gasolina: x ⋅
360
60
+y⋅
= 140
600
240
Temos:
14243
2x + 3y = 140
5
4
3x + y = 140
5
4
123
8x + 15y = 2800
12x + 5y = 2800
Desse sistema, resulta x = 200 e y = 80.
Resposta: 200 litros do primeiro e 80 litros do segundo.
QUESTÃO 2
a) Devemos permutar os dois sexos e depois as pessoas dentro de cada grupo de
mesmo sexo.
Assim:
2! ⋅ 3! ⋅ 3! = 72
Resposta: 72
b) Podemos dispor os rapazes nos degraus de 3! maneiras; podemos dispor as moças
nos degraus de 3! maneiras; em cada degrau podemos colocar o casal de 2! modos.
Assim:
3! ⋅ 3! ⋅ 2! ⋅ 2! ⋅ 2! = 288
Resposta: 288
2 — ANGLO VESTIBULARES
QUESTÃO 3
a) Sendo l a medida do lado do triângulo equilátero, do enunciado, temos:
3 ⋅ l = 24 ∴ l = 8 cm
Logo, a área S pedida é:
___
2 =
S= 8 ⋅ 3
4
__
2
∴ S = 16= 3 cm
__
Resposta: 16= 3 cm2
b) Do enunciado, temos a figura:
A
8
B
O
O … centro da circunferência
C
Ainda, AC + AB + BC = 24, ou seja, AC + 8 + BC = 24.
Logo, AC = 16 – BC (I)
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo ABC, temos:
(BC)2 = (AB)2 + (AC)2
∴ (BC)2 = (8)2 + (AC)2 (II)
De (I) e (II), temos:
(BC)2 = 64 + (16 – BC)2
(BC)2 = 64 + 256 – 32 ⋅ BC + (BC)2
∴ BC = 10 cm
1
Portanto o raio pedido é igual a ⋅ BC, ou seja, 5 cm.
2
Resposta: 5 cm
QUESTÃO 4 __
a) tgα1 = – = 3
(coeficiente angular de r)
α1 = 120º
∴ α2 = 60º
tgβ = 1
(coeficiente angular de s)
β = 45º
α2 + β + γ = 180º
60º + 45º + γ = 180º
∴ γ = 75º
Logo, θ = γ e, portanto, θ = 75º
Resposta: 75º
y
γ
C
α1
α2
β
B
(s): y = x + 7
O
A
x
(r): y = – 3 x + 7
MATEMÁTICA — 3
GRUPO CV — 10/2010
__
b) O ponto A pertence à reta r (y = – = 3 x + 7); sua ordenada é yA = 0 e sua abscissa é
__
7
xA = __ , ou seja, 7= 3 .
=3
3
O ponto B pertence à reta s (y = x + 7); sua ordenada é:
yB = 0 e sua abscissa é xB = –7.
O ponto C pertence à reta s (y = x + 7); sua abcissa é:
xC = 0 e sua ordenada é yC = 7.
AB = xA – xB
__
__
=3 + 1 
7= 3
AB =
+ 7 ∴ AB = 7 
 3 
3
Sendo O a origem, temos OC = yC, ou seja, OC = 7.
Sendo S a área do triângulo ABC, temos:
1
⋅ (AB) ⋅ (OC)
2
__
__
=
1
3+1
49(= 3 + 3)

S= ⋅7
 3  ⋅7 ∴ S=
6
2
__
49(= 3 + 3)
Resposta:
6
S=
QUESTÃO 5
a) n é o coeficiente linear da reta suporte do segmento: n = 1,2,
0 – 1,2
m é o coeficiente angular: m =
= –0,06
20 – 0
Resposta: m = –0,06 e n = 1,2
b) No instante t = 0, temos:
logC = 1,2
C = 101,2
C = 101 ⋅ 100,2
C = 10 ⋅ 1,58 = 15,8 ∴ C0 = 15,8
Do item anterior, temos logC = –0,06t + 1,2.
Com t = 5, temos:
logC = –0,06 ⋅ 5 + 1,2
logC = 0,9
C = 100,9
C = 7,94 ∴ C5 = 7,94
Resposta: C0 = 15,8 e C5 = 7,94
QUESTÃO 6
a) Os múltiplos de 3 formam a sequência: (102, 105, 108, 111, … , 498)
É uma PA em que a1 = 102, r = 3 e an = 498
an = a1 + (n – 1) ⋅ r
∴ 498 = 102 + (n – 1) ⋅ 3
∴ 132 = n – 1
∴ n = 133
Resposta: 133
4 — ANGLO VESTIBULARES
b) Observando na sequência dos múltiplos de 3 os que são também múltiplos de 2,
temos a sequência: (102, 108, 114, … , 498)
É uma PA em que a1 = 102, r = 6 e an = 498
an = a1 + (n – 1) ⋅ r
∴ 498 = 102 + (n – 1) ⋅ 6
∴ 66 = n – 1
∴ n = 67
Assim, os múltiplos de 3 que não são múltiplos de 2 são em número de:
133 – 67 = 66
Outro modo:
Observando que a soma de par com ímpar é ímpar e a soma de ímpar com ímpar
é par, ao somarmos 3 na sequência que se inicia em 102, temos uma alternância
entre pares e ímpares. Na sequência dos 133 múltiplos de 3, temos então 67
pares e 66 ímpares.
Temos 67 múltiplos de 2 e 66 que são múltiplos de 3 e não são de 2.
Resposta: 66
MATEMÁTICA — 1
GRUPO RA — 10/2010
RESOLUÇÕES E RESPOSTAS
QUESTÃO 1
240
L
600
de álcool. No 2o reservatório, há 240 (= 180 + 60) litros de mistura; em cada litro há
180
L de álcool.
240
a) No 1o reservatório, há 600 (= 240 + 360) litros de mistura; em cada litro há
Na mistura de 1 litro do primeiro reservatório com 3 litros do segundo, a porcentagem de álcool é dada por
1 ⋅ 240 + 3 ⋅ 180
600
240 ⋅ 100% = 66,25%.
1+3
Resposta: 66,25%
b) Consideremos uma mistura de x litros do 1o reservatório com y litros do 2o reservatório.
Total de álcool: x ⋅
240
180
+y⋅
= 140
600
240
Total de gasolina: x ⋅
360
60
+y⋅
= 140
600
240
Temos:
14243
2x + 3y = 140
5
4
3x + y = 140
5
4
123
8x + 15y = 2800
12x + 5y = 2800
Desse sistema, resulta x = 200 e y = 80.
Resposta: 200 litros do primeiro e 80 litros do segundo.
QUESTÃO 2
a) Devemos permutar os dois sexos e depois as pessoas dentro de cada grupo de
mesmo sexo.
Assim:
2! ⋅ 3! ⋅ 3! = 72
Resposta: 72
b) Podemos dispor os rapazes nos degraus de 3! maneiras; podemos dispor as moças
nos degraus de 3! maneiras; em cada degrau podemos colocar o casal de 2! modos.
Assim:
3! ⋅ 3! ⋅ 2! ⋅ 2! ⋅ 2! = 288
Resposta: 288
2 — SISTEMA ANGLO DE ENSINO
QUESTÃO 3
a) Sendo l a medida do lado do triângulo equilátero, do enunciado, temos:
3 ⋅ l = 24 ∴ l = 8 cm
Logo, a área S pedida é:
___
2 =
S= 8 ⋅ 3
4
__
2
∴ S = 16= 3 cm
__
Resposta: 16= 3 cm2
b) Do enunciado, temos a figura:
A
8
B
O
O … centro da circunferência
C
Ainda, AC + AB + BC = 24, ou seja, AC + 8 + BC = 24.
Logo, AC = 16 – BC (I)
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo ABC, temos:
(BC)2 = (AB)2 + (AC)2
∴ (BC)2 = (8)2 + (AC)2 (II)
De (I) e (II), temos:
(BC)2 = 64 + (16 – BC)2
(BC)2 = 64 + 256 – 32 ⋅ BC + (BC)2
∴ BC = 10 cm
1
Portanto o raio pedido é igual a ⋅ BC, ou seja, 5 cm.
2
Resposta: 5 cm
QUESTÃO 4 __
a) tgα1 = – = 3
(coeficiente angular de r)
α1 = 120º
∴ α2 = 60º
tgβ = 1
(coeficiente angular de s)
β = 45º
α2 + β + γ = 180º
60º + 45º + γ = 180º
∴ γ = 75º
Logo, θ = γ e, portanto, θ = 75º
Resposta: 75º
y
γ
C
α1
α2
β
B
(s): y = x + 7
O
A
x
(r): y = – 3 x + 7
MATEMÁTICA — 3
GRUPO RA — 10/2010
__
b) O ponto A pertence à reta r (y = – = 3 x + 7); sua ordenada é yA = 0 e sua abscissa é
__
7
xA = __ , ou seja, 7= 3 .
=3
3
O ponto B pertence à reta s (y = x + 7); sua ordenada é:
yB = 0 e sua abscissa é xB = –7.
O ponto C pertence à reta s (y = x + 7); sua abcissa é:
xC = 0 e sua ordenada é yC = 7.
AB = xA – xB
__
__
=3 + 1 
7= 3
AB =
+ 7 ∴ AB = 7 
 3 
3
Sendo O a origem, temos OC = yC, ou seja, OC = 7.
Sendo S a área do triângulo ABC, temos:
1
⋅ (AB) ⋅ (OC)
2
__
__
=
1
3+1
49(= 3 + 3)

S= ⋅7
 3  ⋅7 ∴ S=
6
2
__
49(= 3 + 3)
Resposta:
6
S=
QUESTÃO 5
a) n é o coeficiente linear da reta suporte do segmento: n = 1,2.
0 – 1,2
m é o coeficiente angular: m =
= –0,06
20 – 0
Resposta: m = –0,06 e n = 1,2
b) No instante t = 0, temos:
logC = 1,2
C = 101,2
C = 101 ⋅ 100,2
C = 10 ⋅ 1,58 = 15,8 ∴ C0 = 15,8
Do item anterior, temos logC = –0,06t + 1,2.
Com t = 5, temos:
logC = –0,06 ⋅ 5 + 1,2
logC = 0,9
C = 100,9
C = 7,94 ∴ C5 = 7,94
Resposta: C0 = 15,8 e C5 = 7,94
QUESTÃO 6
a) Os múltiplos de 3 formam a sequência: (102, 105, 108, 111, … , 498)
É uma PA em que a1 = 102, r = 3 e an = 498
an = a1 + (n – 1) ⋅ r
∴ 498 = 102 + (n – 1) ⋅ 3
∴ 132 = n – 1
∴ n = 133
Resposta: 133
4 — SISTEMA ANGLO DE ENSINO
b) Observando na sequência dos múltiplos de 3 os que são também múltiplos de 2,
temos a sequência: (102, 108, 114, … , 498)
É uma PA em que a1 = 102, r = 6 e an = 498
an = a1 + (n – 1) ⋅ r
∴ 498 = 102 + (n – 1) ⋅ 6
∴ 66 = n – 1
∴ n = 67
Assim, os múltiplos de 3 que não são múltiplos de 2 são em número de:
133 – 67 = 66
Outro modo:
Observando que a soma de par com ímpar é ímpar e a soma de ímpar com ímpar
é par, ao somarmos 3 na sequência que se inicia em 102, temos uma alternância
entre pares e ímpares. Na sequência dos 133 múltiplos de 3, temos então 67
pares e 66 ímpares.
Temos 67 múltiplos de 2 e 66 que são múltiplos de 3 e não são de 2.
Resposta: 66
MATEMÁTICA — 1
GRUPO RS — 10/2010
RESOLUÇÕES E RESPOSTAS
QUESTÃO 1
a) n é o coeficiente linear da reta suporte do segmento: n = 1,2
0 – 1,2
m é o coeficiente angular: m =
= –0,06
20 – 0
Resposta: m = –0,06 e n = 1,2
b) No instante t = 0, temos:
logC = 1,2
C = 101,2
C = 101 ⋅ 100,2
C = 10 ⋅ 1,58 = 15,8 ∴ C0 = 15,8
Do item anterior, temos logC = –0,06t + 1,2.
Com t = 5, temos:
logC = –0,06 ⋅ 5 + 1,2
logC = 0,9
C = 100,9
C = 7,94 ∴ C5 = 7,94
Resposta: C0 = 15,8 e C5 = 7,94
QUESTÃO 2
240
L
600
de álcool. No 2o reservatório, há 240 (= 180 + 60) litros de mistura; em cada litro há
180
L de álcool.
240
Na mistura de 1 litro do primeiro reservatório com 3 litros do segundo, a porcenta-
a) No 1o reservatório, há 600 (= 240 + 360) litros de mistura; em cada litro há
gem de álcool é dada por
1 ⋅ 240 + 3 ⋅ 180
600
240 ⋅ 100% = 66,25%.
1+3
Resposta: 66,25%
b) Consideremos uma mistura de x litros do 1o reservatório com y litros do 2o reservatório.
240
180
+y⋅
= 140
Total de álcool: x ⋅
600
240
Total de gasolina: x ⋅
360
60
+y⋅
= 140
600
240
Temos:
14243 123
2x + 3y = 140
5
4
3x + y = 140
5
4
8x + 15y = 2800
12x + 5y = 2800
Desse sistema, resulta x = 200 e y = 80.
Resposta: 200 litros do primeiro e 80 litros do segundo.
2 — SISTEMA ANGLO DE ENSINO
QUESTÃO 6
a) Os múltiplos de 3 formam a sequência: (102, 105, 108, 111, … , 498)
É uma PA em que a1 = 102, r = 3 e an = 498
an = a1 + (n – 1) ⋅ r
∴ 498 = 102 + (n – 1) ⋅ 3
∴ 132 = n – 1
∴ n = 133
Resposta: 133
b) Observando na sequência dos múltiplos de 3 os que são também múltiplos de 2,
temos a sequência: (102, 108, 114, … , 498)
É uma PA em que a1 = 102, r = 6 e an = 498
an = a1 + (n – 1) ⋅ r
∴ 498 = 102 + (n – 1) ⋅ 6
∴ 66 = n – 1
∴ n = 67
Assim, os múltiplos de 3 que não são múltiplos de 2 são em número de:
133 – 67 = 66
Outro modo:
Observando que a soma de par com ímpar é ímpar e a soma de ímpar com ímpar
é par, ao somarmos 3 na sequência que se inicia em 102, temos uma alternância
entre pares e ímpares. Na sequência dos 133 múltiplos de 3, temos então 67
pares e 66 ímpares.
Temos 67 múltiplos de 2 e 66 que são múltiplos de 3 e não são de 2.
Resposta: 66
QUESTÃO 4
a) (secx – tgx)(secx + tgx) – cos2x = sec2x – tg2x – cos2x
= 1 + tg2x – tg2x – cos2x
= sen2x
1
=
16
Resposta:
1
16
b) 1o modo:
7
cosx
3(sec2x – 1) + 5 = 7secx
∴ 3sec2x – 7secx + 2 = 0
∆ = 72 – 4(3)(2) = 25
secx = 7 6 5
6
3tg2x + 5 =
secx = 2 ∴ cosx = 1
2
ou
secx = 1
3
∴ x = π ou x = 5π
3
∴ cosx = 3 (não convém)
3
MATEMÁTICA — 3
GRUPO RS — 10/2010
2o modo:
3
7
sen2x
+5=
cos2x
cosx
∴ 3sen2x + 5cos2x = 7cosx
∴ 3(1 – cos2x) + 5cos2x = 7cosx
∴ 2cos2x – 7cosx + 3 = 0
cosx = 3 (não convém)
ou
1
cosx =
∴ x = π ou x = 5π
2
3
3
123
π , 5π
123
Resposta: S =
3
3
QUESTÃO 5
a) Sendo l a medida do lado do triângulo equilátero, do enunciado, temos:
3 ⋅ l = 24 ∴ l = 8 cm
Logo, a área S pedida é:
___
2 ⋅ =3
8
S=
4
__
∴ S = 16= 3 cm2
__
Resposta: 16= 3 cm2
b) Do enunciado, temos a figura:
A
8
B
O
C
O … centro da circunferência
Ainda, AC + AB + BC = 24, ou seja, AC + 8 + BC = 24.
Logo,
AC = 16 – BC (I)
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo ABC, temos:
(BC)2 = (AB)2 + (AC)2 ∴ (BC)2 = (8)2 + (AC)2
(II)
De (I) e (II), temos:
(BC)2 = 64 + (16 – BC)2
(BC)2 = 64 + 256 – 32 ⋅ BC + (BC)2 ∴ BC = 10 cm
Portanto o raio pedido é igual a
Resposta: 5 cm
1
⋅ BC, ou seja, 5 cm.
2
4 — SISTEMA ANGLO DE ENSINO
QUESTÃO 6
a) No eixo x temos y = 0.
y = 0 → (x – 6)2 + (0 – 3)2 = 25
(x – 6)2 + 9 = 25
(x – 6)2 = 16
Logo, os pontos são (10, 0) e (2, 0)
Resposta: (2, 0) e (10, 0)
x – 6 = 4 ∴ x = 10
ou
x – 6 = –4 ∴ x = 2
b) O cetro de λ é C(6, 3).
Sendo A(2, 0) e B(10, 0), temos
y
C
3
h
0
Área (ABC) = 1 ⋅ (AB) ⋅ h
2
= 1 ⋅ 8 ⋅ 3 = 12
2
Resposta: 12
A
2
B
10
x