SIMULADO 2009
26)
Simplificando
a
6.12.18.24. ... .300
expressão
(3.9.15.21. ... .147).(6.12.18.24. ... .150)
obtemos:
,
(A) 3.
50
(B) 2 .
(C) 350.
(D) 2100.
100
(E) 3 .
Reordenando o denominador e destacando o fator 2 de
cada
parcela,
temos
que
2.3.2.6.2.9.2.12. ... .2.150
3.6.9.12 ..150
seletivos das Universidades Públicas Federais. O gráfico
de barras acima mostra a evolução do número de alunos
inscritos no ENEM desde sua implantação. A partir da
análise desse gráfico, podemos afirmar que:
 250 .
27) Se gastarmos 1 cm de um grafite 0,5 mm para fazer
um traço com altura constante de 106 m sobre uma folha
de papel, o comprimento do traço será de,
aproximadamente:
(A) 3,925 m.
(B) 6,250 m.
(C) 8,146 m.
(D) 12,500 m.
(E) 19,625 m.
O grafite corresponde a um cilindro de raio 0,25 mm e
altura 1 cm = 10 mm. O traço corresponde a um
paralelepípedo de dimensões da base 10 6 m  10 3 mm e
0,5 mm (diâmetro do grafite) e altura k, que será
justamente o comprimento do traço. Dessa forma, o
volume gasto do cilindro de grafite é o mesmo volume do
traço. Assim,
(A) o número de incritos no ENEM aumentou, desde sua
implantação, cerca de 2000 %.
(B) no quinquênio 2005-2009, o número de inscritos no
ENEM aumentou cerca de 133%.
(C) se a tendência observada no biênio 2008-2009 for
mantida no biênio 2009-2010, o número de alunos
inscritos no ENEM será maior que 4.250.000.
(D) o maior aumento, em porcentagem, no número de
alunos inscritos no ENEM ocorreu no biênio 2005-2006.
(E) desde sua implantação, o número de alunos inscritos
no ENEM, em relação ao ano anterior, sempre aumentou.
Cada afirmativa precisa ser analisada:
a) O aumento percentual do número de inscritos pode ser
obtido
do
fator
de
variação
VFINAL
4.147.527

 26,38  2.500% . Incorreta.
VINICIAL
157.221
4.147.527
 1,38  38% . Ainda,
3.004.491
seria possível analisar que um aumento de 133% exige
que o valor tenha mais do que dobrado, o que não é o
caso. Incorreta.
c) Se a tendência for mantida, teremos que
V09 V10
V10
4.147.527



 V10  4.295.431 .
V08 V09
4.004.715 4.147.527
Ainda, poderia ter sido observado que o aumento foi de
2008 para 2009 foi de aproximadamente 140 mil
candidatos. Desse modo, o aumento para 2010 será
ainda maior, ultrapassando 4.250.000. Logo, correta.
d) Uma breve análise do gráfico permite ver que de 2000
para 2001 tivemos o maior aumento proporcional.
Incorreta.
e) Incorreta, pois diminui de 2003 para 2004.
b) De modo análogo,
2
  0,25   10  10 3  0,5  k
1
1
 10   10 3  k
16
2
10
k
3,14 

8 1000
k  3.925 mm  3,925 m

29) Leia o texto abaixo, publicado no sítio do Instituto
Brasileiro de Geografia e Estatística (IBGE), sobre a
análise dos dados censitários em 2004.
Brasil já tem mais de 180 milhões de habitantes
28) Criado em 1998, o
Exame
Nacional
do
Ensino Médio (ENEM)
tinha
como
principal
objetivo a avaliação do
desempenho do estudante
ao
fim
de
sua
escolarização básica. Em
2009, o Ministério da
Educação
(MEC)
apresentou uma proposta
de reformulação desse
exame, baseada em sua
utilização como forma de seleção unificada nos processos
Em 34 anos, a população brasileira praticamente dobrou
em relação aos 90 milhões de habitantes da década de
1970 e, somente entre 2000 e 2004, aumentou em 10
milhões de pessoas. Em 2050, seremos 259,8 milhões de
brasileiros e nossa expectativa de vida, ao nascer, será
de 81,3 anos, a mesma dos japoneses, hoje. Mas o
envelhecimento da população está se acentuando: em
2000, o grupo de 0 a 14 anos representava 30% da
população brasileira, enquanto os maiores de 65 anos
eram apenas 5%; em 2050, os dois grupos se igualarão
em 18%. E mais: pela Revisão 2004 da Projeção de
População do IBGE, em 2062, o número de brasileiros vai
parar de aumentar.
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Menos jovens e mais idosos
Do
enunciado,
w 1  2i ,
e
w 2  5i
2
A queda combinada das taxas de fecundidade e
mortalidade vem ocasionando uma mudança nas
estruturas etária, com a diminuição relativa da população
mais jovens e o aumento proporcional dos idosos. Em
1980, a população brasileira dividia-se, igualmente, entre
os que tinham acima ou abaixo de 20,2 anos. Em 2050,
essa idade mediana será de exatos 40 anos.
Outra comparação importante: em 2000, 30% dos
brasileiros tinha de zero a 14 anos, e os maiores de 65
representavam 5% da população. Em 2050, esses dois
grupos etários se igualarão: cada um deles representará
18% da população brasileira. Tais números revelam a
importância cada vez maior das políticas públicas
relativas à previdência, diante do crescente número de
indivíduos aposentados, em relação àqueles em
atividade. Também tornam-se cada vez mais importantes
as políticas de Saúde voltadas para a Terceira Idade: se
em 2000 o Brasil tinha 1,8 milhão de pessoas com 80
anos ou mais, em 2050 esse contingente poderá ser de
13,7 milhões.
A partir da leitura desse texto, podemos afirmar que, no
Brasil,
w 3  12i  4i  4  12i . Representando
seus afixos, formamos um triângulo de
base 3 e altura 4. Portanto, sua área mede
34
 6.
2


31) Sabendo que z  1.  cos
3
6
11
6
 i.sen
11 
 , o valor
6 
12
de z  z  z é igual a:
(A) 2  i .
1
(B)
2

3
2
(C) i .
(D) i .
(E) 2i .
i.
O número complexo em questão tem módulo 1 e
argumento 330º. Ainda, potências complexas na forma
n
trigonométrica são tais que z n  z  cos  n   i  sen  n   .
Logo,
(A) a população aumentará progressivamente até o ano
2100.
(B) em 2000, havia cerca de 90 milhões de pessoas com
idade entre zero e 14 anos.
(C) em 2050, haverá cerca de 47 milhões de pessoas
com idade maior que 65 anos.
(D) em 2000, cerca de 1 % da população tinham idade
superior a 80 anos.
(E) em 2050, as pessoas com idade superior a 80 anos
representarão cerca de 10 % da população.
Cada alternativa precisa ser analisada:
a) Incorreta, pois, segundo o texto, “em 2062, o número
de brasileiros vai parar de aumentar”.
b) Incorreta, pois esse grupo representava em 2000 cerca
de 30% da população, sendo que em 2000 a população
era praticamente o dobro de 90 milhões.
c) Correta, pois 18% de 259,8 milhões vale
0,18  259,8  46,76 milhões.
d) Incorreta, pois, de acordo com o texto, em 2000 o
Brasil tinha menos de 180 milhões de habitantes.
13,7
e) Incorreta, pois
 0,05  5% .
259,8
z3  1  cos990  i  sen990  cos270  i  sen 270  i ,
z
6
z12


 1   cos1980  i  sen1980   cos180  i  sen180  1 e
 1   cos 3960  i  sen3960   cos0  i  sen0  1 . Assim,








z 3  z 6  z12  i  1  1  i .
32) A figura abaixo mostra parte do gráfico de um
polinômio P(x) de 4º grau com coeficientes reais. A partir
da análise desse gráfico, é possível afirmar que:
(A) o termo independente de P(x)
é igual a 4
(B) a soma dos coeficientes de
P(x) é igual a 1.
(C) P(2) é igual a 2.
(D) P(–2) é igual a –24.
(E) P(3) é igual a –32.
Do gráfico, sabe-se que 1 e 2 são raízes simples e -1 é
30)
Considere
os
complexos
z1  2 ,
z2  5
e
z3  6  2i . A superfície do triângulo, representado no
Plano de Argand-Gauss, cujos vértices são w1  iz1 ,
w2
 iz2 e w3  2iz3 , em unidades de área, é igual a:
(A) 8
(B) 6
(C) 4
(D) 3
raiz
Ainda,
dupla.
2
P  x   a   x  1   x  1   x  2  .
Assim,
P(0)
=
-4.
Dessa
forma,
2
4  a   0  1   0  1   0  2   4  2a  a  2 . Logo,
2
P  x   2   x  1   x  1   x  2  .
Com
isso,
2
P   2   2   2  1    2  1   2  2    2  1  3  2   24 .
(E) 2
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33) Um polinômio P(x) com coeficientes reais é divisível
por A  x   x 2  4 x  3 e por B  x   x 3  5 x 2  7 x  3 .
É possível afirmar que seu grau é:
(A) igual a 5.
(B) igual a 3.
(C) igual a 2.
(D) maior ou igual a 3.
(E) maior ou igual a 5.
Se P(x) é divisível por B(x) e A(x), as raízes de B(x) e A(x)
também são raízes de P(x). As raízes de A(x) são
facilmente obtidas e são 3 e 1. Para B(x), observa-se que
1 é raiz. Assim, dividindo B(x) por x - 1, obtemos
x 2  4 x  3 , que é idêntico a A(x). Ou seja, as raízes de
A(x) também são raízes de B(x), de modo que o grau
mínimo de P(x) é 3, pois tem no mínimo três raízes, não
necessariamente distintas.
34) A sequência de triângulos abaixo foi proposta pelo
matemático polonês Sierpinski (1882-1969) em 1915. Ela
descreve um processo recursivo, que inicia a partir de um
triângulo equilátero de lado unitário. Em seguida, unemse os pontos médios de cada lado desse triângulo,
formando 4 outros triângulos cujos lados estão ligados;
retira-se, a seguir, o triângulo central. A recursão consiste
em repetir indefinidamente o procedimento anterior em
relação a cada um dos triângulos obtidos.
35) “Números triangulares” são números que podem ser
representados por pontos arranjados na forma de
triângulos eqüiláteros. É conveniente definir 1 como o
primeiro número triangular. Apresentamos a seguir os
primeiros números triangulares.
Se Tn representa o n-ésimo número triangular, então
T1 = 1, T2 = 3, T3 = 6, T4 = 10, e assim por diante. Podese afirmar que T100 é igual a:
(A) 5050.
(B) 4950.
(C) 2187.
(D) 1458.
(E) 729.
Observe que a seqüência Tn não é uma progressão
aritmética. No entanto, a seqüência dos aumentos é.
Repare que T2  T1  2 , T3  T2  3 , T4  T3  4 , e assim
por diante. Dessa forma T100 pode ser obtido somando à
T1 os 99 aumentos seguintes, sendo o primeiro aumento
igual a 2 e o 99º aumento igual a 100. Assim,
T100  T1  2  3  ...  100  1  2  3  ...  100 
FIG 1
FIG 2
FIG 3
FIG 4
FIG 5
A partir disso, após a retirada de vários triângulos,
podemos afirmar que a área restante, na Figura 5, é igual
a:
9  3

.
16  4 
9  3
(B)

.
64  4 
27  3 
(C)

.
64  4 
27  3 

.
128  4 
81  3 
(E)

.
256  4 
(A)
(D)
O processo consiste em dividir a área em quatro partes
iguais e retirar uma dessas quatro partes. Assim, a área
da figura seguinte corresponde a 3/4 da área da figura
anterior. Para a figura 5, são 4 reduções de 3/4 na região
de
área
4
inicial
3
81
3
3
.
A5    


4
256 4
4
12 3
3
.

4
4
Logo,
1  100   100  5050 .
2
36) A curva abaixo representa uma parte do gráfico da
função f  x   log2  k  x  , com k > 0. Podemos afirmar
que o valor da área da região sombreada é:
(A) 6.
(B) 7.
(C) 7,5.
(D) 8.
(E) 8,5.
Para calcular o valor de k, observe que o ponto (2; 0)
1
pertence à função: 0  log2  2k   20  2k  k  . Com
2
isso, a altura do retângulo destacado é dada pela
1 
ordenada quando x = 4: h  log2   4   log2 2  1 .
2 
Assim, sua área vale 4. Por fim, quando y = -2, o valor de
x
1
x
x é tal que 2  log2    2 2   x  . Dessa
2
2
2
 
forma, o trapézio destacado pode ser separado em um
retângulo de altura 2, base 0,5 e área 2  0,5  1 e em um
2  3,5
triângulo de altura 2, base 3,5 e área
 3,5 . Logo,
2
a área total vale 4 + 1 + 3,5 = 8,5.
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37) O perfil de ferro de uma janela é composto por uma
parte retangular e outra em semicírculo que estão
justapostas. Sabendo que o comprimento do ferro para o
perfil é 8 m, podemos afirmar que o valor de R, em
metros, para o qual o vão da janela tem área máxima é
igual a:
(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
16
.
4
8
.
4
4
.
4
2
.
1 
1
.
1 
39) Numa fita de largura constante é feito um nó, como é
mostrado na figura ao lado. O ângulo AÔB tem por
medida geométrica:
o
(A) 100 .
o
(B) 102 .
(C) 104o.
(D) 106o.
o
(E) 108 .
O ângulo AÔB é um dos ângulos internos de um
3  180
pentágono regular. Logo, vale
 108 .
5
A área do vão pode ser escrita em função de R e x como
 R2
, separando a figura em um
A  x, R   2R  x 
2
retângulo de base 2R e altura x e um semicírculo de raio
R. No entanto, como o comprimento do perfil é 8, então
2 R
R
2 x  2R 
 8 x  4R
. Assim, a função
2
2
pode ser escrita somente dependendo do valor de R:
R  R2 


A  R   2R   4  R 

  2   R 2  8R .
O
2 
2
2


valor que maximiza a área é a dada pela abscissa do
b
x 

vértice: V
2a
8
8

  4 .

2   2  
2

40) Na figura, os pontos B, C, D e E são colineares.
Ainda, BC = CD = DE = EF = 3, e os ângulos ACB e FCE
são congruentes. Assim, o valor da área do quadrilátero
ABEF, em unidades de área, é igual a:
(A) 9 3 .
19 3
.
2
(C) 10 3 .
(B)
21 3
.
2
(E) 11 3 .
(D)
38) Representando graficamente num mesmo plano
cartesiano
os
gráficos
das
funções
reais
f  x    x 2  1 e g  x   2 x 1 , podemos afirmar que
o número de soluções da equação f  x   g  x  é igual a:
(A) 4
(B) 3
(C) 2
(D) 1
(E) 0
O gráfico de f(x) é obtido do rebatimento do gráfico de
 x 2  1 , de raízes 1 e -1 e voltada para baixo. Já o gráfico
de g(x) pode ser esboçado simplesmente plotando alguns
pontos. Constata-se que são cinco soluções, pois a
função exponencial volta a ultrapassar a função
quadrática.
O triângulo retângulo CEF tem cateto medindo 3 e
  3  1  FCE
  30 .
hipotenusa 6. Assim, sen FCE
6 2
Ainda, a área de FCE corresponde a metade da área de


1 62 3 9 3


.
2
4
2
tem-se
que
um triângulo equilátero de lado 6: ACFE 
No
triângulo
ABC,
AB
3
tg 30 

 AB  3 . Desse modo, sua área
3
3
3 3
. Por fim, aplicando o teorema de
2
Pitágoras nos dois triângulos retângulos temos que
  120 . Com isso,
CF  3 3 e AC  2 3 . Ainda, ACF
vale AABC 
AACF 
3 3  2 3  sen120  9 3
21 3
, e AQUAD 
.

2
2
2
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41) No setor circular COA representado abaixo, cujo raio
mede 5 cm, sabe-se que os pontos C, N e G estão
alinhados. O comprimento da poligonal ANGLO é igual a:
(A) 8.
(B) 9.
(C) 10.
(D) 11.
(E) 12.
R
.
4
R
(B) duas esferas de raio
.
2
(C) uma esfera de raio R.
(D) meia esfera de raio R.
(E) nada, pois não cabe mais nenhuma
esfera dentro do cilindro.
(A) quatro esferas de raio
O cilindro tem raio R e altura 4R. Logo, seu volume é
dado por VCIL    R 2  4R  4 R 3 . Ainda, o volume das
Como os ângulos indicados por a
e b somam 90º e suas
hipotenusas têm a mesma
medida, os triângulos destacados
são congruentes. Assim, CL = NA
e CN = GL. Desse modo,
x  z  CO  5  CG  w  y .
Assim,
o
comprimento
da
poligonal é x + y + w + z = 10.
4
8
   R 3   R 3 . Logo, o volume
3
3
8
4
não ocupado é 4 R 3   R 3   R 3 , que é o volume de
3
3
uma esfera de raio R. Observe que duas esferas de raio
R/2, por exemplo, não tem o mesmo volume que uma
esfera de raio R.
esferas é dado por 2 
42) Na figura abaixo, está representada a região T, do
plano cartesiano, limitada pelo eixo y e pelas retas
y  x  1 e y = 3x. Seja S o sólido obtido pela rotação da
região T em torno do eixo y. Assim, podemos afirmar que
o volume de S, em unidades de volume, é igual a:
(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
43) Na figura, duas esferas de raio R estão inscritas em
um cilindro. O volume do cilindro não ocupado pelas
esferas é equivalente a:
44) Considere uma função real f :    , definida por
cos  x 
2
1
f  x   sen  x 
1
2
0
.
sen  x  cos  x 
Dentre as alternativas abaixo, assinale aquela que
contém gráfico cartesiano que melhor representa a
função f.

.
24

.
16

.
12

.
8

.
6
O ponto de intersecção entre as retas é calculado a partir
1
3
de 3 x  x  1  x   y  . Desse modo, a rotação
2
2
da região em torno do eixo y gera um sólido cujo volume
é dado pela diferença entre os volumes de cones de raio
1
3
1
e alturas
e . Assim,
2
2
2
2
(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
2
 1 3
 1 1
   
   
2 2  2 2   .
V 
3
3
12
O
cálculo
do
determinante
resulta
em
f  x   cos2 x  sen 2 x  cos  2x  , cujos período e imagem
são P 
2
  e [-1; 1].
2
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45) A superfície do plano cartesiano definida pela
interseção entre
2
 x  2
 y2  4
e
y  x , em
unidades de área, é igual a:
(D)
(E)
(A) 3  2 .
(B) 2 .
(C) 2  1 .
.
  2.
A região definida pela primeira inequação é a parte
interna a uma circunferência de centro (2, 0) e raio 2. A
segunda inequação define a região acima da reta y = x.
A área da região desejada é
obtida descontando de um
quarto da circunferência de raio
2 a área de um triângulo
retângulo de base e altura 2.
  22 2  2
Logo, A 

 2.
4
2
46) Duas irmãs receberam como herança um terreno na
forma do quadrilátero ABCD, representado abaixo em um
sistema de coordenadas. Elas pretendem dividi-lo,
construindo uma cerca reta perpendicular ao lado AB e
passando pelo ponto P(a, 0). Determine o valor de a para
que se obtenham dois lotes de mesma área.
5 1
.
2
(B) 5  2 2 .
Podemos afirmar que, são verdadeiras, apenas:
(A) a proposição I.
(B) a proposição II.
(C) as proposições I e II.
(D) as proposições II e III.
(E) as proposições I, II e III.
1
,
2
3
Assim,
,
  150 .
cos 150     cos  30    
2
3
e
sen  300   sen  60   
 cos 150 
2
1
cossec  450    cos sec  90  
 1 . Logo, são
sen  90 
Se  é um arco do 2º quadrante tal que sen   
verdadeiras as afirmações II e III.
I – A quantidade de divisores positivos de 6! é igual a 30.
II – Existem 20 divisores positivos de 6! que são pares.
III – Existem 5 divisores positivos de 6! que são
quadrados perfeitos.
(C) 5 
2.
(D) 2  5 .
Podemos afirmar que
(E) 5  2 2 .
A área total da região é dada
2  2 1 1 3  3
por 5  3 


 8.
2
2
2
Logo, a área de cada lote
deve ser igual a 4.
A área do triângulo destacado
33
vale
 4,5 . Assim, o
2
ponto P(a, 0) é tal que a está
localizando entre 2 e 5.
Como o triângulo destacado
anteriormente era isósceles, o
novo triângulo, semelhante a
ele, também será. Assim, o
valor de a pode ser obtido da
equação envolvendo sua área:
2
3
;
2
II) sen (2) = cos ();
III) cossec (3) = 1.
I) cos   
48) Considere as seguintes proposições.
(A)
5  a  5  a
1
, com  sendo um arco do 2º
2
quadrante, considere as seguintes proposições:
47) Para sen   
 4  25  10a  a 2  8
a 2  10a  17  0  a 
10  32
 a 52 2
2
(A) apenas a alternativa I é verdadeira.
(B) apenas a alternativa II é verdadeira.
(C) apenas as alternativas II e III são verdadeiras.
(D) apenas as alternativas I e III são verdadeiras.
(E) as alternativas I, II e III são verdadeiras.
Sabe-se que 6!  6  5  4  3  2  1  24  3 2  51 . Ou seja, os
divisores de 6! são formados por combinações dos
fatores 2, 3 e 5 em diferentes potências. O fator 2, por
4
3
2
1
exemplo, pode ser utilizado de cinco modos: 2 , 2 , 2 , 2
0
e 2 (que corresponde a não utilizar o fator 2). De modo
análogo, os fatores 3 e 5 podem ser utilizados de três e
duas maneiras, respectivamente.
I - Assim, 6! possui 5
  30 divisores positivos.
3
2
F 2 F3 F 5
II - Para formar divisores pares, o fator 2 necessariamente
precisa ser utilizado. Logo, são 4
3
  24 divisores.
2
F 2 F3 F 5
III - Para formar quadrados perfeitos precisamos de
fatores que sejam quadrados perfeitos. Assim, somente
0
2
4
0
2
0
nos interessa 2 , 2 , 2 , 3 , 3 e 5 : 3  2  1  6 divisores.
F2
F3 F5
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ANGLO OFICINAS
Revisão: início 27/nov
49) Todos os números que são representados na base
10, com 10 algarismos (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9), podem
ser representados na base 2, com 2 algarismos (0, 1). Por
exemplo, o número 101, na base 2, equivale ao número 5
na base 10, já que 1 22  0  21  1 20  5 . Ainda,
101010
equivaleria
a
5
4
3
2
1
0
1 2  0  2  1 2  0  2  1 2  0  2  42 .
A quantidade de números distintos na base 2 podem ser
escritos utilizando exatamente 3 vezes o algarismo 1 e
exatamente 3 vezes o algarismo 0 é igual a:
(A) 720.
(B) 120.
(C) 48.
(D) 20.
(E) 15.
Os números formados são seqüências que sempre
apresentam seis símbolos, sendo três 0´s e três 1´s, que
podem ser permutados considerando as repetições
apresentadas. Dessa forma, podem ser escritos
6!
720

 20 números distintos.
3! 3!
36
50) No jogo do “Campo Minado”, representado ao lado, o
jogador precisa descobrir em quais dos 81 quadradinhos
estão colocadas dez bombas. No quadradinho onde
aparece um número é certeza que não há uma bomba.
Por sua vez, o número que aparece dentro do
quadradinho indica quantas bombas há nos oito
quadradinhos que o cercam. Por exemplo, o número 2
indica que há duas bombas
espalhadas
nos
oito
quadradinhos que cercam o
número 2. Considere Q a
região
delimitada
pelo
quadrado que contém o
número 2, formada por nove
quadradinhos; e R a região
delimitada pelo retângulo que
contém os números 1 e 3,
formada
por
dezoito
quadradinhos.
Cada alternativa precisa ser analisada:
(A) A região Q apresenta oito quadrados, contendo duas
bombas. Ou seja, todas as possíveis distribuições para a
região formam seqüências de 8 símbolos, sendo dois B´s
para as bombas e seis V´s para os quadrados vazios.
8!
56
Assim, são

 28 maneiras distintas.
2! 6!
2
(B) A região R precisa ser separada em duas: uma parte
com oito quadrados, sendo três B´s e cinco V´s, e outra
parte também com oito quadrados, porém um B e sete
8! 8!
V´s, totalizando
  56  8  448 possibilidades.
3! 5! 7!
(C) Na região Q, são duas bombas para oito quadrados.
2 1
Logo, P    0,25  25% .
8 4
(D) Na região R, são quatro bombas para dezesseis
12 3
quadrados. Logo, P 
  0,75  75% .
16 4
(E) Em Q, a probabilidade de encontrar uma bomba é de
25%. Logo, de não encontrar é de 75%, igual à da região
R.
A partir dessas informações, assinale a afirmativa
INCORRETA.
(A) As bombas podem estar distribuídas na região Q de
28 maneiras distintas.
(B) As bombas podem estar distribuídas na região R de
448 maneiras distintas.
(C) A probabilidade de o jogador escolher um
quadradinho na região Q que contenha uma bomba é
igual a 0,25.
(D) A probabilidade de o jogador escolher um
quadradinho que não contenha uma bomba na região R é
igual a 0,75.
(E) A probabilidade de o jogador escolher um
quadradinho que não contenha bomba é maior na região
R do que na região Q.
Prof. Marcelo Cóser
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