PADRÃO DE RESPOSTAS – MATEMÁTICA:
QUESTÃO 01: Observe a figura a seguir:
Os triângulos  AMN e  ABC são semelhantes, logo:
 AN  60k
AN AM MN
AN AM MN



k


 k   AM  90k
AC
AB
BC
60
90
50
MN  50k

Perímetro do trapézio BMNC:
BM + MN + NC + BC = (90 – 90k) + 50k + (60 – 60k) + 50 = 200 – 100k =
trapézio são: BM = 30 cm; MN =
400
2
 k = , logo os lados do
3
3
100
; NC = 20 cm e BC = 50cm.
3
QUESTÃO 02: Observe o quadro abaixo, onde os quadrinhos escuros representam os resultados de Fulano ser
maior que ou igual ao de Beltrano:
BELTRANO
FULANO
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
Logo, a probabilidade do resultado de Fulano ser maior que ou igual ao resultado de Beltrano é:
Outra maneira: A probabilidade de empate é
21 7

.
36 12
6 1
 ; a probabilidade do resultado de Fulano ser maior que o
36 6
resultado de Beltrano e a probabilidade do resultado de Beltrano ser maior que o resultado de Fulano são iguais a
1  1 5
 1    ; logo, a probabilidade do resultado de Fulano ser maior que ou igual ao de Beltrano é:
2  6  12
1 5
7

 .
6 12 12
QUESTÃO 03: Após 14 semanas, ainda havia merenda para alimentar 160 alunos durante 62 – 14 = 48 semanas.
Com a saída de 40 alunos: 160 . 48 = 120 x  x = 64 semanas.
Após as 15 semanas seguintes, ainda havia merenda para alimentar 120 alunos durante 64 – 15 = 49 semanas.
Com a entrada de 90 alunos: 120 . 49 = 210 y  y = 28 semanas.
Assim, a merenda durou 14 +15 + 28 = 57 semanas.
QUESTÃO 04: Seja o triângulo  ABC de base BC = 4 m e altura AH = 5 m.
Considerando  MNH o triângulo invertido de base MN = x e altura HP = y.
Os triângulos  MNA e  BCA são semelhantes, logo:
4
5
5

 20  4 y  5 x  y  5  x
x 5 y
4
a) A área de  MNH é:
S
1
5 
5
5

 x  5  x   x2  x
2
4 
8
2

A área máxima acontece no vértice da parábola:
xV  
b
5
5
 2 m e seu valor é S =  2 2  2  2,5m 2
2a
8
2
b) A altura desse triângulo de área máxima é: HP  5 
5
 2  2,5m
4
QUESTÃO 05: A vista o cliente paga 0,7 do valor. Caso não tivesse diferença de preço, o cliente pagaria,
utilizando a 2ª opção:
 Entrada: 0,5
 Após 1 mês: 0,7 – 0,5 = 0,2.
Porém, ele paga 0,5 após um mês, logo: 0,5/0,2 = 250%.
A taxa mensal de juros embutidos nas vendas a prazo é: 150%
QUESTÃO 06: a) Após 2 horas o carro A andou 60 . 2 = 120 km e se encontra a 80 km do ponto de interseção,
enquanto o carro B andou 55 . 2 = 110 km e se encontra também a 80 km do ponto de interseção. Logo, a
distância entre eles é 80 2 km, aproximadamente, 112 km.
b) 200 – 60t = 2 (190 – 55t)  50t = 180  t = 3,6 h = 3 horas e 0,6 . 60 = 36 min.
Logo, o horário pedido é: 16:36.
QUESTÃO 07:
0
2
 31   2   3 
       
 7   3  2
 27 
 
 8 

2
3
3
1

4  8 
  
9  27 
3
 2  
  
 3  

2
3
4 8

9 27  1  4  8   4  23  9  23


2
 9 27  9 27 4 12
 2
 
 3
1

QUESTÃO 08: Considere um sistema de eixos ortogonais, cuja origem é F, AB sobre o eixo x e VO sobre o eixo
2
y, tem-se: A = (-5,0); B = (5,0); F = (0,0); V = (0,5.5) e O = (0, -5.5) e seja a equação da parábola y = ax + bx + c
11
c
2  a   11 .
O produto das raízes é: x1  x 2   5  5 
a
a
50
11 2 11
Logo a equação da parábola é: y  
x  . Então:
50
2
11 2 11
11

x     x 2  50  x  5 2  CD  10 2  14cm
50
2
2
QUESTÃO 09: No triângulo  FDG, tem-se: FD = 100 cm e DFˆ G = 30º , logo,
DG = EF = 50 cm e FG = ED = 50 3 cm. O perímetro do retângulo DEFG é: 2p = 100 + 100 3 = 100(1+ 3 ) cm
QUESTÃO 10: As coordenadas dos pontos envolvidos na questão são:
A = (0, 0)
1 
3 
1 
F =  ,1
3 
B =  ,0 
E = (0, 1)
 2 10 
, 
3 9 
 13 
M = 1, 
 9
 1 13 

3 9 
2 
N =  ,2 
3 
J=  ,
I= 
D = (1, 0)
2 
,0 
3 
 10 
G =  0, 
 9
C= 
 1 10 

3 9 
H=  ,
 2 13 
, 
3 9 
L= 
O = (1, 2)
As áreas dos retângulos são:
1 1
 ;
3 3
1 10 10
 BCIH = ABHG = 

;
3 9 27
1 13 13
 CDML = BCLJ = 
;

3 9 27
1 2
 CDON = 2   ;
3 3
 ABFE = 1 
Então:
1 10 13 32
u.a.;
S1  


3 27 27 27
10 13 2 41
u.a. e
S2 

 
27 27 3 27
32 41

73
S  27 27 
 1,35 u.a.
2
54