Resolução – simulado de matemática (2005)
1. Chamando de p o preço unitário do produto, na primeira promoção o
comprador adquiriu mercadoria no valor de 3p, pagando 2p. Sendo assim,
vamos calcular o valor do desconto:
3p  100%
200
100
% , ou seja, um desconto de
%.
⇒ x=
2p  x
3
3
Para a segunda promoção, temos:
5p  100%
300
200
⇒ y=
% , ou seja, um desconto de
% = 40% .
3p  y
5
5
20
% ≈ 6,7%
Calculando y − x, encontramos
3
Alternativa C
2.
y 2 x = z x
(1)
 z
x
( 2)
2 = 2.4
x + y + z = 16
(3 )

Dadas as condições de x, y e z, da equação (1) temos que z = y² (4). De (2)
y2 − 1
(6).
temos que z=1+2x (5). Substituindo (5) em (4), segue que x =
2
Substituindo (4) e (6) em (3), teremos:
y2 −1
+ y + y 2 = 16 → 3 y 2 + 2y − 33 = 0 → O único int eiro positivo é y ' = 3
2
x.z
Então, x=4 , y=3 e z=9, o que implica
= 12 .
y
Alternativa A
3. Da figura, temos:
Do triângulo BDE, cos 30 o =
P2
3
→ P2 =
.
1
4
2
Do triângulo DEF, cos 30 o =
P3
3
→ P3 = .
8
P2
Do triângulo EFG, cos 30 o =
P5
3 3
→ P3 =
.
16
P3
 3 3 3 3

3
Note que a seqüência 
, ...  é uma PG de razão
, ,
. A soma
 4 8 16

2


3
2 3 +3
. Acrescentando-se a
dos infinitos termos dessa PG é S = 4 =
2
3
1−
2
medida da altura do triângulo ABC a S teremos a soma que está sendo
3
,
pedida. Como a altura de um triângulo equilátero de lado 1 é igual a
2
2 3 +3
3
3( 3 + 1)
temos que P1 + P2 + P3 + P4 + P5 + P6 + P7 + ... =
+
→
2
2
2
Alternativa D
4. M tem x colunas e (54−3x) colunas. Chamando de n o número de
elementos de M, temos que n = x.(54−3x). Como a relação entre n e x
define uma função quadrática, o valor máximo de n é dado pelo vértice da
parábola. Portanto, temos:
∆
[54 2 − 4.( −3).0]
(b 2 − 4ac )
→ n = 243
→n=−
→n=−
n=−
− 12
4a
4a
Alternativa C
5. Como trata-se de um polígono regular, cada ângulo externo mede
360 o
.
n
360 o
tem que ser inteiro positivo, então, n é um divisor positivo de
n
360o , com 3 ≤ n ≤ 360 . Ou seja:
n ∈ {3,4,5,6,8,9,10,12,15,18,20,24,30,36,40,45,60,72,90,120,180,360}
Temos, portanto, 22 possibilidades para n.
Como
Alternativa C
6. Da relação fundamental da trigonometria, temos que:
2
 5
4
2
2


 5  + cos α = 1 → cos α = 5


Como cos 2α = cos 2 α − sen 2 α , temos:
2
3
4  5 
→ cos 2α =
cos 2α = − 

5
5  5 
Do ∆ABD, segue que:
9
AB
3 AB
cos 2α =
→ =
→ AB =
5
3
5
3
BC
No ∆ABC, temos que tg α =
, ou seja:
AB
5
5 = BC → BC = 9
9
10
2 5
5
5
Como ∆AMN ~ ∆ABC , temos:
9
MN 1
= → MN =
9
20
2
10
Alternativa D
7. O total de combinações possíveis de 25 números agrupados 15 a 15 é dado
25!
. Se o apostador jogou 25 volantes diferentes, então ele
por C 25,15 =
10!15!
apostou 25 combinações, o que implica dizer que sua probabilidade de
25 .10! 15! 10! 15!
25
acertar 15 números será igual a: P =
=
=
25!
25 . 24!
24!
10! 15!
Alternativa E
8. Completando quadrados na equação dada, teremos:
x 2 − 2kx + k 2 + y 2 − 2ky + k 2 = 0 + k 2
(x − k )2 + (y − k )2 = k 2
→ Uma circunferência de centro (k, k ) e raio k
Como k>0, a circunferência está no 1o quadrante e tangencia os eixos.
Alternativa C
9. Resolvendo a equação, temos:
2
∆ = (− 1) − 4 . i. 2i
∆=9
− (− 1) ± 9
1
2
→ x ' = ou x " = −
i
i
2i
Calculando o quadrado da diferença entre as raízes, temos:
x=
2
2
 2  1 
9
3
 i −  − i  =  i  = 2 = −9 (que é um número int eiro negativo )
i
 
 

Alternativa B
(
)
10. Sendo a seqüência uma PG de razão q, temos a1 , a1q, a 1q 2 , a 1q 3 ,..., a1q 98 .
(
2
3
Então, queremos calcular log a1.a 1.q .a 1.q .a 1.q ...a 1.q
(
igual a log a
99
1
1+ 2 + 3 +...+ 98
.q
(
), que por sua vez é
). Como 1+2+3+...+98 é a soma dos termos de
uma PA, sabemos que seu resultado será dado por
Temos, portanto, log a
98
99
1
.q
99.49
) = log(a . q )
49 99
1
(1 + 98 ). 98 = 99.49 .
(
2
)
= 99. log a1 . q 49 = 99. log(a 50 )
Alternativa B
11.
Pelo teorema de Pitágoras no triângulo ABC, g 2 = h 2 + R 2 → h = g 2 − R 2 .
Sendo a área do triângulo ABD igual a 3, temos:
2.R . h
3=
→ 3 = R . g2 − R 2
2
1
Como o volume do cone é V = . π .R 2 . h , temos:
3
1
1
V = . π .R 2 . g 2 − R 2 → V = . π .R . 3 → V = π .R
3
3
Alternativa D
12. Como a abscissa de C é um valor entre a abscissa de A e de B, AC+BC
será mínimo quando os pontos A, B e C estiverem alinhados. Então:
5 5 1 5 5
5
5
25
2 1 1 2 1=0 → 5+
+ 2k − 10 − 5k − = 0 → k =
3
2
2
5
5
k
k 1
2
2
Alternativa E