BANCO DE EXERCÍCIOS - 24 HORAS
• 9º ANO ESPECIALIZADO/CURSO – ESCOLAS TÉCNICAS E MILITARES •
• FOLHA Nº 12 – GABARITO COMENTADO •
1)
0,08x = 74,4 → x = 930
74,4 ---------- 0,08
x
----------
1
OPÇÃO B
2) Logo, a quantidade dos votos em branco e dos nulos dessa urna corresponde a
Seja x, o total de votos brancos e nulos.
x + 0,72 (100 - x ) +

Votos A
21
 = 100 → x = 25
Votos B
OPÇÃO C
3)
LIVROS
12500
PÁGINAS
120
DIAS
15
MÁQUINAS
4
JORNADA
8
18000
150
24
X
6
4 6 24 120 12500
= . .
.
x 8 15 150 18000
Fazendo as devidas multiplicações, temos x = 6.
OPÇÃO C
4) O segundo comitê dessa campanha recebeu, em reais, a quantia de
Sejam x, y, z e w o que receberam os 4 comitês:
y = x/2
z = (x + y)/2
w = z/2
de modo que x + y + z + w = 210000
2y + y + 3y/2 + 3y/4 = 210000
3y + 9y/4 = 210000
21y = 840000
y = 40000
OPÇÃO A
5) Da primeira equação temos que z = 2x – 3y. Substituindo na segunda, temos:
x + 3y – 14(2x – 3y) = 0
x – 28x + 3y + 42y = 0
45y – 27x = 0
x = 5y/3
z = 10y/3 – 3y
z = y/3
2
 5y 
 5y 
25y 2
70 y 2
+ 5y 2
 a  + 3 3 y



 = 9
= 92 =7
2
2
y
10y
y
y2 +
y2 +  
9
9
3
OPÇÃO B
.2.
6) Note que como a demanda é linear, para cada decréscimo no valor do rodízio, há um aumento do número de
fregueses e esses valores são constantes. Assim, temos:
14,8 -------- 180
12,4 -------- 300
10,0 -------- 420
OPÇÃO B
7) Como p e q são raízes, temos:
p + q = –b/a = 7/2
como 3p – q = 1/2, montamos o seguinte sistema:
3p – q = 1/2
p + q = 7/2, somando uma equação a outra temos:
4p = 4
p=1
substituindo o valor de p na equação temos:
2(1)2 – 7.(1) + 2m – 3 = 0 → 2 – 7 + 2m – 3 = 0 → –5 + 2m – 3 = 0 → 2m = 8 → m = 4
OPÇÃO E
8) primeira semana : x casas;
segunda semana : y casas; terceira semana : x + y casas; quarta semana : x+ y + y = x + 2y casas; quinta semana : x + 2y + x + y = 2x + 3y casas; sexta semana : 2x + 3y + x + 2y = 3x + 5y casas. Se na segunda semana foram construídas 3 casas, então, y = 3. Se na quinta semana foram construídas 221 casas, então, 2x + 3y = 2x + 3 . 3 = 221 → 2x + 9 = 221 → 2x = 221 – 9 → 2x = 212 → x = 106 casas. Logo, na sexta semana foram construídas 3x + 5y = 3 .106 + 5 . 3 = 318 + 15 = 333
OPÇÃO D
9) Como cada representante não se comunica com quem está a direita e nem a esquerda e não fala consigo mesmo,
o total de comunicações é dado por 26 . 23 = 598.
Como essa comunicação só será contada uma única vez, o total é 598 : 2 = 299
OPÇÃO A
10)
COMPUTADORES
x
10
x
2 45
= .
10 1 60
60x = 900
x = 15
OPÇÃO C
VELOCIDADE
1
2
TEMPO
60
45
.3.
11) Se o cliente não possui o cartão fidelidade, o valor a ser pago, em reais, é:
0,8 . 50 = 40.
Caso ele possuísse o cartão fidelidade, o desconto adicional, em reais, seria:
0,1 . 40 = 4
ou seja, R$ 4,00.
OPÇÃO E
12) De acordo com o texto, 10 alunos gostam de geometria mas não gostam de álgebra, logo 10 gostam exclusivamente de geometria.
Como 5 gostam tanto de álgebra quanto de geometria e 22 gostam de álgebra, temos que 17 gostam exclusivamente de álgebra.
Com isso, o total de alunos é dado pela soma: 10 + 5 + 17 + 4 = 36 alunos
OPÇÃO C
13) Podemos montar a seguinte expressão:
P(1 + 0,15)(1 – 0,20)(1 + 0,03)
P(1,15)(0,8)(1,03) = 0,9476 P
OPÇÃO C
14)f(1) = 1
f(2) = f(1 + 1) = 2f(1) + 1 = 2.1 + 1 = 3
f(3) = f(2 + 1) = 2f(2) + 1 = 2.3 + 1 = 7
f(4) = f(3 + 1) = 2f(3) + 1 = 2.7 + 1 = 15
Podemos construir a seguinte sequência:
(1, 3, 7, 15, 31, 63, 127)
OPÇÃO D
15) Para que tenhamos raízes inversas, o produto das raízes deve ser igual a 1.
c/a = 1
c=a
k+2=4
k=2
OPÇÃO C
16) –x² + 10x – 9 > 12
–x² + 10x – 21 > 0
As raízes da expressão são –3 e –7. Estudando o sinal da função, temos:
3<x<7
OPÇÃO E
.4.
17) O comprimento total T de tela, necessário para cercar a área, é T = 2 . 81 + 190 ∴ T = 352 m.
Cada rolo contém 48 metros e 352/48 = 7,33, logo a quantidade mínima de rolos é 8.
OPÇÃO C
18) Sendo V(xV, yV) as coordenadas do ponto V no plano cartesiano da figura, tem-se:
xV = – b/2a
xv = 6/3 = 2
Como yV = 0:
f(2) = 3/2 . (2)² – 6.2 + C = 0
C=6
Logo, a altura do líquido é de 6cm.
OPÇÃO E
19)
CAPACIDADE
900
500
RALOS
6
x
HORAS
6
4
6 4 900
= .
x 6 500
36x = 180
X=5
OPÇÃO C
20)
–
t2
+ 400 < 39
4
–t² + 1600 < 156
T² – 1444 > 0
Resolvendo essa inequação, obtém-se:
t < –38 (não convém)
ou
t > 38
Assim, o tempo mínimo de espera é de 38,0 minutos.
OPÇÃO D
21) Sejam r e R, respectivamente, o raio da circunferência inscrita e o raio da circunferência circunscrita ao triângulo
2
2
2
ABC. Sabendo que r = 1 , vem pr = çæç r ÷ö÷ = çæç 1÷ö÷ = 1 .
÷
÷
2
ç
ç
R 2
èR ø
è2ø
4
pR
Com os dados fornecidos podemos encontrar apenas a equação da reta suporte da outra diagonal. Portanto, nada
se pode afirmar sobre o perímetro do quadrado.
Seja l a medida do lado do quadrado ABCD. Como os triângulos PRQ e PAB são semelhantes por AA, tem-se que
l
24 − l
72
=
⇔ l=
cm.
24
36
5
2
Por conseguinte, a área hachurada é dada por 36 ⋅ 24 −  72  ≅ 225cm2 .
2
OPÇÃO B
 5 
.5.
 = 90° e AR = AD segue-se que ARDS é losango.
22) Como M é ponto médio de SR, AMS
b 5
.
2
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo ADC, encontramos AC = b 5. Logo, AR = DS =
Portanto, como o produto dos catetos é igual ao produto da hipotenusa pela altura, do triângulo MSD, vem
b 5
b
⋅ MP = ⋅ b
2
2
b 5
⇔ MP = .
5
DS ⋅ MP =
MS ⋅ DM ⇔
OPÇÃO A
2
⋅ BC, vem
3
23) I] Verdadeira. Sabendo que a área do triângulo ABC mede 48 cm2 e que AP=
1
1
2
(ABC) = ⋅ BC ⋅ AP ⇔ 48 = ⋅ BC ⋅ ⋅ BC
2
2
3
⇔ BC =32 ⋅ 42
⇒ BC =
12cm.
2
3
Logo, AP = ⋅ 12 =8cm.
Como P é ponto médio de BC, é imediato, pelo Teorema de Pitágoras aplicado no triângulo APC, que AB = AC = 10 cm.
Portanto, sendo M o pé da mediana relativa ao lado AC tem-se
2
2
2
1
⋅ 2 ⋅ (AB + BC ) − AC
2
1
= ⋅ 2 ⋅ (102 + 122 ) − 102
2
= 122 − 25
BM =
= 97 cm .
2
3
2
3
II] Falsa. De fato, sendo G o baricentro do triângulo ABC temos AG = .AP = .12 = 8 cm .
2
2 97
III] Falsa. Sabendo que BM = 97 cm, vem BG = ⋅ BM =
cm. Assim, do triângulo BGP, obtemos
BP
cos α =
BG
6
=
2 97
3
=
9
97
OPÇÃO A
24)
No triângulo ABC, temos:
=
AD BD
=
= CD 1
AB2 = 2
(
)
2 −1
e
AC2 + AB2 = 22
AC=
4 − 2 ⋅ ( 2 − 1)
AC
=
6 − 2⋅ 2
OPÇÃO C
3
3
.6.
25)
3.200.000 = N ⋅ 105 ⋅ 6
8 ⋅4 ⇔ N =
3.200.000
⇔ N = 112,0448179
105 ⋅ 6
8 ⋅4
Ou seja, N é aproximadamente 112.
OPÇÃO C
26) Importante observar que a figura não mostra o círculo circunscrito ao pentágono regular, mas, sim, cinco segmentos
circulares, como o da figura abaixo.
Tirando a área do triângulo equilátero da área do setor circular, encontra-se a área do segmento circular. Multiplicando este resultado por cinco, tem-se a área pedida.
æ p.a 2 .60° a 2 . 3 ö÷ 5.a 2 æ p
3 ÷ö
÷÷ =
÷÷
ççç A T = 5.ççç
–
÷
4 ø÷
2 çè 3
2 ÷ø
èç 360
OPÇÃO A
27)
A área do quadrado ABCD é igual a 122 = 144 u.a.
3 2⋅ 2
=
48 u.a.
A figura escura é constituída por 16 losangos de diagonais 3 2 e 2. Logo, sua área é dada por 16 ⋅
Portanto, o resultado é
2
48
1
= .
144 − 48 2
OPÇÃO A
28)
æ DB ÷ö2
p.ççç ÷÷
2
ç ÷
A razão pedida é dada por è 2 ø = 1 . DB .
2
2 OC2
p.OC
2
Sabemos que AC= 4 ⋅ BC e AC= 2 ⋅ OC. Logo, BC=
= AC − BC
AB
1
= 2 ⋅ OC − ⋅ OC
2
3
=
⋅ OC.
2
1
⋅ OC. Além disso,
2
Como AC é diâmetro da semicircunferência de centro em O, segue que o triângulo ADC é retângulo em D. Consequentemente, pelas relações métricas no triângulo retângulo, vem
2
BD= AB ⋅ BC
3
1
= ⋅ OC ⋅ ⋅ OC
2
2
2
3
=
⋅ OC .
4
2
3
2
⋅ OC
1 DB
1 4
3
=.
Portanto, a razão pedida é igual a ⋅ 2 =⋅
2 OC
2 OC2
8
OPÇÃO A
.7.
29) Considere a figura.
Sejam l e x, respectivamente, os lados dos quadrados ABCD e EFGH.
Sabendo que OC
= OG
= 2 2 cm, vem
l 2 =⋅
2 OC ⇔ l 2 =⋅
2 2 2
⇔l=
4cm.
l 4
= = 2cm e MN= FG= 2 ⋅ NG. Portanto, aplicando o Teorema de Pitágoras no
2 2
triângulo retângulo GON, encontramos
Além disso, temos que MO=
2
x
2
2
2
NG + ON= OG ⇔   + (x + 2)2= (2 2)2
2
⇔ 5x 2 + 16x − 16 =
0
⇒x=
0,8.
OPÇÃO A
30)
Determinando o valor de k no triângulo XZP:
K2 = 1202 + 1602
K = 200 km.
∆XZP – ∆XDY
200 120
=
⇔ 2d= 360 ⇔ d= 180km
300
d
OPÇÃO E