Resolução dos exercícios
complementares
ATIVIDADES
MATEMÁTIC A
MF.01
1. a
Menos de 4 anos
de experiência
Pelo menos 4 anos
de experiência
3
14 – x
B
A
x
A 5 B = B
18 – x
2. F – F – V – F – F
I. AB % AC
II. AB 5 BC
III. AB % BC
IV. AC 5 BC
V. AC % BC
B
r
C
Curso superior = 18
3 + (14 – x) + x + (18 – x) = 30 s x = 5
8.b
= AB (F)
= AC (F)
= {B} (V)
= AC (F)
= BC (F)
Número de manhãs
3. e
A é o conjunto dos múltiplos não negativos de 3; B é o conjunto dos
múltiplos não negativos de 5, e C é o conjunto dos múltiplos não
negativos de 15. O número natural que é múltiplo de 3 e também de
5 é múltiplo do produto (3 · 5), ou seja, é múltiplo de 15. Assim:
A%B=C
c=
5
5
m+n
m n
⇒c=
+ ∴c = a+b
p
p p
0,1212... = x

,
... = 100 x
121212
12 = 99 x

12
4
x=
=
99 33
Então:
1
−1
( x 2 − x + 1)
x2 − x +1
x
=
=
=
3
1
x
+
1
( x + 1)( x 2 − x + 1)
x2 +
x
C
x+
n[A % (B 5 C)] = 25
UFMG
=
219 418 156
126
306
194
113
6
n–6
2. c
15
UnB
5
n–5
MF. 02
1. d
B
5.
Sem chuva
Com chuva
(n – 5) + (n – 6) = 7 s 2n = 18 y n = 9
4. b
A
Número de tardes
CADERNO 1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
A
Unesp
35
a) 219 + 418 + 156 + 306 + 126 + 194 + 113 + 35 = 1.567
b) 219 + 156 + 113 = 488
1
=
x +1
1
1
33
=
=
4
37
37
+1
33
33
3. e
2+ 3 = 5+2 n s
s5+2 n =
6.
( 2)
2
(
) =(
2
5+2 n
2 + 3) s
2
+ 2 ⋅ 2 ⋅ 3 + ( 3) s
2
s 5 + 2 n = 2 + 2 6 + 3 s n = 6 ∴ n = 6
I
7–x
E
x
4.c
{3; 4} indica um conjunto formado por apenas dois elementos: os
números reais 3 e 4.
[3; 4] indica todos os números reais entre 3 e 4, incluindo esses extremos.
Logo: {3; 4} 1 [3; 4]
6–x
2
7 – x + x + 6 – x + 2 = 11
15 – x = 11 s x = 4
Quatro bebem vinhos dos dois países em questão.
5. b
B = {2; 3; 5; 7; 11; 13; 17; 19; 23; 29; 31; 37; 41; 43; 47}
n(B) = 15
7.e
1
6. c
–2
0
B
De fato, se do dividendo subtrai-se o resto r, a divisão é exata.
O próximo número divisível pelo divisor d é obtido somando-se,
àquele resultado (dividendo menos resto), o divisor d.
II. Verdadeira.
Sejam n, n + 1 e n + 2 os números. Nota-se que a soma deles
é igual a 3 · (n + 1), que é divisível por 3.
III. Verdadeira.
Sejam (2k – 1) e (2k + 1), com k inteiro, os dois números ímpares consecutivos. Seja P o produto deles.
Assim:
P + 1 = (2k – 1) · (2k + 1) + 1 s P + 1 = 4k2 y P + 1 = (2k)2
x
2
0 1
A%B
A5B
1
x
x
–2
2
x
A % B = [0; 1] e A 5 B = ]–2; 2]
7.a
0
A
–3
B
2
1
6.e
6 horas = 360 minutos
8 horas = 480 minutos
MMC(30; 360; 480) = 1.440
1.440 : 60 = 24
A cada 24 horas, as partidas coincidem.
Se no dia 5/12/99, às 7 horas, partiram ônibus para as três cidades,
isso ocorreu novamente pela primeira vez no dia 6/12/99, às 7 horas, e pela segunda vez às 7 horas do dia 7/12/99.
(A 5 B) = [–3; 2[
(A % B) = ]0; 1]
(A 5 B) – (A % B) = [–3; 0] 5 ]1; 2[
8. d
A = {0; 2; 4; 6; 8; 10; …}
B = {–1; 0; 1; 2; 3; 4; 5}
C = {0; 1; 2; 3; 4}
X é subconjunto de {–1; 0; 1; 2; 3; 4; 5}
B – X = A % C s {–1; 0; 1; 2; 3; 4; 5} – X = {0; 2; 4}
y X = {–1; 1; 3; 5}
MF.03
1. d
n
7. d
2.880 : 40 = 72
São necessários 72 caminhões, transportando a carga máxima.
Cada frota é composta por 9 caminhões.
Assim:
72 : 9 = 8
São necessárias, no mínimo, 8 viagens para essa frota realizar o
serviço.
7
3
Se na divisão de n por 7 resta 3, subtraindo-se 3 de n encontra-se
um número que, dividido por 7, deixa resto zero. Logo, (n – 3) é
divisível por 7.
8. a
V1 w germinação + floração + colheita = 8 semanas
V2 w germinação + floração + colheita = 6 semanas
V3 w germinação + floração + colheita = 4 semanas
MMC(8; 6; 4) = 24
Após 24 semanas.
2. b
Para que se tenha o menor número de pedaços, deve-se ter, para
cada pedaço, o maior tamanho possível. Esse comprimento deve ser
o maior divisor comum a 96 e 150, ou seja, o MDC desses números.
MF.04
1. b
ax = 161,25 s ax = (24)1,25 s ax = 24 · 1,25 s ax = 25 y ax = 32

 MDC (96; 150) = 6
150 = 2·3·5 
96 = 25·3
2
Assim; 96 : 6 = 16 pedaços, 150 : 6 = 25. No total, serão 41
pedaços.
2. a
3. 1.104 + 15n > 2.000
15n > 896
n > 59,73
Portanto, o menor valor para n é 60.
Haverá festa nessa cidade no ano de 1.104 + 15 ⋅ 60 = 2.004.
Mas 2004 não é o ano da serpente.
Temos:
Ano da serpente
Festa na cidade
2001
2004
2013
2019
2025
2034
2037
2049
A=
5
•
•
•
•
5. c
e
n
–2
) ⋅ (a ⋅ b )
⋅ b ) ⋅ (a ⋅ b)
4
−1
−1
−1
2
=
a ⋅ b −2 ⋅ a −4 ⋅ b8 ⋅ a2 ⋅ b −2 a–1 ⋅ b4
= –5
=
a −2 ⋅ b ⋅ a–2 ⋅ b −1 ⋅ a −1 ⋅ b
a ⋅b
3
b
= –4 = a4 · b3 = (103 )4 ·(10–2 )3 = 1012 ·10–6 = 106
a
3. d
(22 )
(2α )
4α
m2
⇒ 4α − b =
⇒ 4α − b =
∴ 4α − b = 2
b
2
4b
n
(22 )
(2b )
α
4α − b =
2
4. d
416 · 525 = α · 10n s (22)16 · 525 = α · 10n s 232 · 525 = α · 10n s
s 27 + 25 · 525 = α · 10n s 27 · 225 · 525 = α · 10n s
s 128 · (2 · 5)25 = α · 10n s 1,28 · 102 · 1025 = α · 10n s
s 1,28 · 1027 = α · 10n y α = 1,28 e n = 27
No ano de 2049.
9
a
−2
=
2049
4. e
n
(
⋅ b ⋅ (a
a ⋅ b −2· a −1 ⋅ b2
5.d
3
Q
2
q
n = 9Q + 5 e n = 3q + 2 s 9Q + 5 = 3q + 2
Q+q=9sQ=9–q
9Q + 5 = 3q + 2 s 9 · (9 – q) + 5 = 3q + 2 s
s 81 – 9q + 5 = 3q + 2 s –12q = –84 s q = 7
n = 3q + 2 s n = 3 · 7 + 2 y n = 23
3
=
6.
I. Verdadeira.
2
312 ⋅ 33 + 312 ⋅ 32 + 312 ⋅ 3 3 312 ·(27 + 9 + 3)
=
=
39
39
(
3
312 ⋅
5
3
39
= 34 = 81
39
3 + 3 2)
⋅
2
3 2 3
( 3 ) − 3 ⋅ 3 2 + ( 3 2 ) 
=
2
2
3

( 3 ) − 3 3 ⋅ 3 2 + ( 3 2 ) 
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
A
=
2
2

5 ⋅ ( 3 3 ) − 3 3 ⋅ 3 2 + ( 3 2 ) 
( 3 ) + ( 2)
3
=
3
3
3
Pelo teorema de Pitágoras, temos:
(a + b)2 = (a – b)2 + d2
a2 + 2ab + b2 = a2 − 2ab + b2 + d 2
d2 = 4ab
d = 2 ab
=
5 ⋅ (3 9 − 3 6 + 3 4 ) 3
= 9−36+34
3+2
4. a
F
7.c
x + y =
5 +5+ 5 −5
5
5
2 5 
(x + y)5 = 

 5 5 
5
=
=
2 5
5
x
5
30°
25 ⋅ 54 ⋅ 5 32 ⋅ 25 ⋅ 5
=
=
5
5
6
A
tg 30° =
= 32 · 5 5 = 160 5
B
2
C
FB
3 FB
s
=
s FB = 2 3 km
6
3
6
Aplicando Pitágoras no triângulo FBC, temos:
8. d
228 + 230
=
10
= 29 · 3
3
 2 + 23 
227 ⋅ 2 + 227 ⋅ 23
 =
= 3 227 
10
 10 
x2 = 12 + 4
x2 = 16
x = 4 km
2+8
= 29
10
5.a
ˆ = 120°
PRS
ˆ = 30°
SPR
Então, o triângulo PRS é isósceles e PR ≡ RS .
No triângulo PQS, temos:
MF.05
1. c
B
sen 30° =
10k
PQ 1 PQ
s =
s PQ = 50
PS
2 100
No triângulo PQR, temos:
C
A
8k
sen 60° =
PQ
3 50
100 3
s
=
s PR =
PR
2
PR
3
•
(AB)2 + (AC)2 = (BC)2 s (AB)2 + (8k)2 = (10k)2 s
s (AB)2 + 64k2 = 100k2 s (AB)2 = 36k2 y AB = 6k
Mas PR ≡ RS ∴ RS =
AB
6k
tg Cˆ =
s tg Cˆ =
∴ tg Cˆ = 0,75
AC
8k
6.
•
CADERNO 1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
3
x2 = (2 3 )2 + 22
100 3
3
A
2. c
a
r
cos α =
60°
cos 60° =
N’
m
C
m
7
m
7a
⇒
=
sm=
a
25 a
25
h2 + m2 = a2 s h2 + 72 = 252 s
s h2 = 625 – 49 s h2 = 576 y h = 24
Área do triângulo:
3. b
S =
(2m) ⋅ h s S = 14 ⋅ 24 ∴ S = 168 m2
b⋅h
s S =


2
2
2
7. tg α =
a
b
b
tg b =
h
h
s AB =
AB
tg α
H−h
H−h
s AB =
AB
tg b
H−h
h
=
s H ⋅ tg α − h ⋅ tg α = h ⋅ tg b s
tg b
tg α
s H ⋅ tg α = h ⋅ tg b + h ⋅ tg α s
d
a–b
H

7a 
a + a + m + m = 64 s 2 · (a + m) = 64 s 2 · a +
 = 64 s
25 

 25a + 7a 
32a
= 32 s a = 25 e m = 7
s 2 ⋅ 
 = 64 s
25
 25 
s
M 'N '
M 'N'
3
⇒
=
∴ M ' N ' = 6 3 cm
MN
12
2
a–b
α
m
Perímetro:
60°
M’
a
α
B
N
M
h
 tg b + tg α 
s H ⋅ tg α = h ⋅ ( tg b + tg α ) s H = h ⋅ 
tg α 

a+b
d
3
 tg b

+1
∴H = h⋅
 tg α 
8. b
Pela lei dos cossenos, tem-se:
( 6)
2
N
= (2 3 ) + (3 + 3 ) − 2 ⋅ (2 3 ) ⋅ (3 + 3 ) ⋅ cos α s
2
2
s 6 = 12 + (12 + 6 3 ) − (12 3 + 12) ⋅ cos α s
a
s (12 3 + 12) ⋅ cos α = 18 + 6 3 s
8,4
M
sen α =
P
s 12 ( 3 + 1) ⋅ cos α = 6 (3 + 3 ) s
NP
NP
4
5NP
s
= s MN =
MN MN 5
4
Aplicando Pitágoras nesse triângulo, temos:
(MN)2 = (NP)2 + (MP)2 s
2
 42 
25(NP )2
25( NP )2
1.764
s
= NP 2 +   s
s
− ( NP )2 =
16
5
16
25
 
s
42 ⋅ 4 56
=
= 112
,
3⋅5
5
(3 +
3)
2 ( 3 + 1)
⋅
(
(
3 − 1)
s
3 − 1)
s cos α =
3 3 −3+3− 3
s
2


2( 3 ) − 12 
s cos α =
2 3
s
4
9(NP )2 1.764
1.764 ⋅ 16
=
⇒ (NP )2 =
⇒
16
25
9 ⋅ 25
s NP =
s cos α =
s cos α = 3 ∴ α = 30°
2
BN = AM + NP s BN = 4,8 + 11,2 = 16 m
A
A
x
C
D
a
60°
x
x
B
C
x
10
10
=
s
=
b)
sen 45o sen 60o
2
2
3
s x = 10 ⋅
∴x =5 6
2
B
75°
45°
y
2y
10 m
x
Aplicando Pitágoras no triângulo ABD, temos: AD = y 3
s
3
2
A
x
C
y 3–x
D
a
x
y
2y
Portanto, o segmento BC mede 5 6 m.
2.
B
Bomba
Aplicando Pitágoras no triângulo BCD, temos:
x2 = y2 + 3y2 – 2xy 3 + x2
x
50
4y2 – 2xy 3 = 0
2y(2y – x 3 ) = 0
y = 0 (Não convém.) ou 2y = x 3
60°
80
Caixa-d'água
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo ABC, temos:
Casa
(x 3)2 = 2x2 – 2x2 · cos α
Pela lei dos cossenos, temos:
x2 = 502 + 802 – 2 ⋅ 50 ⋅ 80 ⋅ cos 60°
x2 = 2.500 + 6.400 – 4.000
x2 = 4.900
x = 70 m
3x2 = 2x2 – 2x2 · cos α
x2 = –2x2cos α
cos α = –
3. Seja α o ângulo procurado.
B
1
2
α = 120°
5.b
Seja d a menor diagonal e D a maior.
6
12
2 3
A
8
3+ 3
α
d
60°
12
C
4
8
120°
D
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
4.b
MF.06
1. a)
MF.07
1. b
Pela lei dos cossenos, tem-se:
d2 = 82 + 122 – 2 · 8 · 12 · cos 60° s
s d2 = 64 + 144 – 192 ·
1
s
2
12
11
s d = 112 s d s = 16 · 7 y d = 4 7
Novamente, usando a lei dos cossenos:
D2 = 82 + 122 – 2 · 8 · 12 · cos 120° s
2
2
10
3
α
8
s D2 = 304 s D2 = 16 · 19 y D = 4 19
β
4
7
6.d
5
6

ˆ = 60°
AB = 120° s ACB

ˆ = 45°
BC = 90° s BAC
p
p
α+b =3⋅ sα+b =
6
2
Tempo
Ponteiro pequeno
p
60 minutos
6
5 2 ⋅ sen 60°
AB
5 2
=
s AB =
s
sen 60°
sen 45°
sen 45°
s AB =
5 2 ⋅
2
2
35 minutos
3
2 ∴ AB = 5 3
•
•
b
p
35p
7p
60 ⋅ b = 35 ⋅ ⇒ b =
∴b =
6
360
72
7p p
p 7p
29p
α+
= ⇒α= −
∴α =
72 2
2 72
72
7.b
D
60°
2.d
Vinte voltas completas do ponteiro dos segundos equivalem a um
tempo de 20 minutos.
3
C
3
x
A
2
Deslocamento do
ponteiro das horas
60 min
30°
20 min
x
60x = 600 s x = 10°
B
3.b
O ciclista percorre 0,375 km por minuto, e o corredor, 0,250 km por
minuto.
Seja x o tempo de encontro entre eles.
Temos:
0,375x + 0,250x = 7,5 s 0,625x = 7,5 s
Aplicando Pitágoras no triângulo ABC, temos: AC = 13 cm
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo ACD, temos:
( 13 )2 = 32+(AD )2 − 2 ⋅ 3 ⋅ AD ⋅ cos 60°
1
2
(AD)2 – 3AD – 4 = 0
∆ = 9 + 16 = 25
3±5
AD =
2
AD = –1 (Não convém.)
AD = 4 cm, e o perímetro do quadrilátero ABCD é 12 cm.
13 = 9 + ( AD ) − 6 AD ⋅
2
8. a)
Tempo
s x =
7,5
s x = 12 minutos
0,625
4.a
y
4 6 ⋅ sen 60º
AC
4 6
=
s AC =
s
sen 60º sen 45º
sen 45º
A’
3
3
2 s AC = 4 ⋅ 6 ⋅ 3 ∴ AC = 12 m
2
2
2
A
4 6⋅
s AC =
30°
0
A
b)
4
x
(OA)2 = 32 + 42 s (OA)2 = 25 s OA = 5 w raio do arco
4
6m
h
60°
45°
B
sen 60° =
sh=4 6⋅
180° p
= rad
6
6
(
comp
AB)

s comp ( 
AB) = (raio) ⋅ med ( 
AB) s
med ( AB) =
raio
3
p p=3
comp ( 
AB) = 5 ⋅ ∴ comp ( 
AB) = 2,5
AB) = 5 ⋅
s comp ( 
6
6
C
30° =
5. b
Sejam R1 o raio do círculo I e R2 o raio do círculo II; e ainda:
h
s h = ( AB ) ⋅ sen 60° s
AB
3
∴h =6 2 m
2
60° =
5
2p
p
rad e 40° =
rad
9
3
CADERNO 1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2
9
 1
s D2 = 64 + 144 – 192 · −  s
 2
1
Temos:  = α1 · R1 e  = α2 · R2
∴
R
p
2p
2
⋅ R1 =
⋅ R2 s 1 =
3
9
R2 3
a
2
SI  R1 
S
4
=   s I =
SII 9
SII  R2 
α
6. b
4
p 3p a
=
(1 determinação positiva do 
AP .)
4
4
1
A partir de P, tem-se o ponto Q com mais
circunferência, ou seja,
2
com um arco de medida π. Novamente até P, mais um novo arco de
medida π, e assim sucessivamente. Portanto, a expressão geral dos
135° = 3 · 45° = 3 ·
arcos com extremidades nos pontos P e Q é
3p
+ kp.
4
•
a2 = 32 + 42 s a2 = 25 y a = 5
•
sen α =
•
•
3
3p
3
ep < α <
s sen α = −
5
2
5
4
3p
4
cos α = e p < α <
s cos α = −
5
2
5
4  3
1
cos α − sen α = − − −  s cos α − sen α = −
5  5
5
3. d
7. d
Sejam α o menor ângulo formado entre os ponteiros do relógio
quando ele marca 4 h 40 e x o ângulo formado entre o ponteiro
pequeno e o segmento de reta que vai do centro do relógio ao ponto
que indica, no relógio, o número 4. Assim, α + x = 4 · 30°, ou seja,
α + x = 120°.
Para o ponteiro pequeno, tem-se:
30°
60 min
x
40 min
40·30
s
x =
s 20°
60
Assim:
α + 20° = 120°s α = 100°
19p 12p 7p
7p
=
+
= 2p +
6
6
6
6
7p
p
19p
1
sen
= – sen
= −
= sen
6
6
6
2
11p
11p p
II. −
= 2p −
=
6
6 6
p 1
sen
=
6 2
I.
4. −1 < sen x < 1 s − 1 <
s – 4 < – 3a < 0
8.e
 )=α= p
No triângulo AOP, temos: med ( AOP
3
5. V – F – F – V
Então:
AP
a) (F) tg α =
OA
tg
p
AP
=
s 3 = AP
3
1
s MN =
s ON =
3
2
c) (F) ON = cos α s ON = cos
p
s
3
s
4 ⋅ 10
9
3
=–
=−
49
49
7
2 10
2 10
7
=−
3
3
−
7
II. (F) O maior valor da expressão acontecerá quando o denominador for o menor possível. Isso ocorre quando cos x = 1.
1
1
=
= 1.
2 − cos x 2 − 1
AD
1
3
s 3=
s BD =
BD
BD
3
3
3
Aplicando Pitágoras, temos:
(BC )2 =
3 3
6
6
+ s (BC )2 = s BC =
9 9
9
3
IV. (V) 4.227° = 11 · 360° + 267°
sen (4.227°) = sen (267°) = sen (180o + 87o) = – sen 87o
6. d
3 · sen q + 4 · cos q = 5
sen α
1
⋅
<0s
cos α cos α
÷5
3
4
⋅ sen q + ⋅ cos q = 1
5
5
Ocorre que sen2 θ + cos2 θ = 1, ou seja:
sen θ · sen θ + cos θ · cos θ = 1
sen α
< 0 s sen α < 0 s p < α < 2p
cos2 α
Para que as condições sejam atendidas, deve-se ter: p < α <
–2
4
3
O triângulo BCD é isósceles com: BD = CD =

p
sen α > 0 e cos α > 0 s 0 < α <
2

sen α ⋅ cos α > 0 ou

sen α < 0 e cos α < 0 s p < α < 3p

2
sen x
=
cos x
tg 60° =
1
1
=
2
2
MF.08
1. e
0<a<
–2 < 2 – 3a < 2
(× 2)
III. (F) No triângulo ABD, temos:
e) (V) Aplicando Pitágoras no triângulo AOP, temos:
(OP)2 = 3 + 1 s (OP)2 = 4 s OP = 2
tg α ⋅ sec α < 0 s
÷(– 3)
Logo, o maior valor para
p
s
3
1
2
d) (F) AN = OA – ON = 1 –
2 − 3a
<1
2
I. (V) cos x = − 1− sen2 x = − 1−
tg x =
b) (F) MN = sen α s MN = sen
3
Comparando as igualdades, conclui-se que: sen q =
3p
2
Logo:
2. e
Seja o triângulo retângulo da figura com ângulo agudo α tal que
3
tg α =
4 .
sen q + cos q =
3
4
e cos q =
5
5
3 4
7
+ ∴ sen q + cos q =
5 5
5
7. Pela relação trigonométrica fundamental, temos:
sen2 x + cos2 x = 1
6
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 – x8 = 1 – (x4)2 = (1 – x4) ⋅ (1 + x4) =
= [1 – (x2)2] · (1 + x4) = (1 – x2) · (1 + x2) · (1 + x4) =
= (1 – x) · (1 + x) · (1 + x2) · (1 + x4)
Então:
1− x 8
=
(1+ x ) ⋅ (1+ x 2 ) ⋅ (1+ x 4 )
m +1 1
+ 2 = 1 s m2 = m + 2 s m2 – m – 2 = 0 s
m2
m
1± 3
s ∆ = 1 + 8 = 9 s m =
s m1 = – 1 e m2 = 2
2
∴ m = –1 ou m = 2
=
8. c
(1+ x ) ⋅ (1+ x 2 ) ⋅ (1+ x 4 )
= 1 – x = 1 – 101 = –100
 xp 
C( x ) = 2 − cos  
6
 xp 
V ( x ) = 3 2 ⋅ sen  
12 
lucro = venda – custo
7.b
(a + b + c)2 = (a + b + c) · (a + b + c) s
s a2 + ab + ac + ab + b2 + bc + ac +bc + c2 s
s a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc
 xp  
xp 
L( x ) = 3 2 ⋅ sen   − 2 − cos

6
12  
8.N(a; b) = (a – b)2 + 2ab = a2 – 2ab + b2 + 2ab = a2 + b2
a) N(3; 9) = 32 + 92 = 9 + 81 = 90
b) N(a; 3a) = a2 + (3a)2 = a2 + 9a2 = 10a2
∀ a 3 Ω, 10a2 é múltiplo de 10.
Logo, o algarismo final de N (a; 3a) é zero.
 3p 
3p
L(3) = 3 2 ⋅ sen   − 2 + cos
6
12 
L(3) = 3 2 ⋅ sen
L(3) = 3 2 ⋅
p
p
− 2 + cos
4
2
2
−2+0
2
MA.02
1.e
9x2 – 16y2 – 8y – 1 = 9x2 – (16y2 + 8y + 1) =
= 9x2 – (4y + 1)2 = (3x)2 – (4y + 1)2 =
= (3x + 4y + 1) ⋅ (3x – 4y – 1)
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
L(3) = 1 (em milhares de reais)
MA.01
1. a)
b)
(1− x ) ⋅ (1+ x ) ⋅ (1+ x 2 ) ⋅ (1+ x 4 )
(a – 1)2 – (2a – 4) · (2a + 4) =
= (a2 – 2a + 1) – [(2a)2 – 42] =
= a2 – 2a + 1 – 4a2 + 16 =
= –3a2 – 2a + 17
(3m2 – 2n)3 =
=(3m2)3 – 3 · (3m2)2 · (2n) + 3 · (3m2) · (2n)2 – (2n)3 =
= 27m6 – 54m4n + 36m2n2 – 8n3
2. e
( x + 1) − ( x − 1)
( x − 1) ⋅ ( x + 1)
( x − 1) + ( x + 1)
( x − 1) ⋅ ( x + 1)
2
x +1
−
x −1
1
+
x +1
x −1
x +1 =
1
x −1
2. d
Seja E a expressão a ser somada.
x2 – 6x + 5 + E = (x – 3)2 s
s x2 – 6x + 5 + E = x2 – 6x + 9 y E = 4
2

1
3. M = a x + x  s M = a x
a 

( )
2

1
N = a x − x  s N = a x
a 

(M − N )
2
2
( )
2
=
2
1
1 1
+ 2 ⋅ a x ⋅ x +  x  s M = a2 x + 2 + 2 x
a
a
a 
1
1 1
+   s N = a2 x − 2 + 2 x
ax  ax 
a

1  
1 
= a2 x + 2 + 2 x  − a2 x − 2 + 2 x  s
a  
a 

s (M − N )
2

1
1 
= a2 x + 2 + 2 x − a2 x + 2 − 2 x  s
a
a 

x − 1+ x + 1
x 2 + 2x + 1− x 2 + 2x − 1 4 x
=
=2
2x
2x
(
(
( x − 2) ⋅ ( x
( x + y )3 = 23
~
~
 x – y = y
2
=
x2
) ( x − 2)
+3
.
x2
32
x2
=
∴
=9
x
−
2
3
−
2
x
( ) ( ) ( − 2)
a b a2 + b2 (a + b) − 2ab
=
b + a = ab =
ab
2
 x 3 + 3 x 2y + 3 xy2 + y3 = 2 2
~ 3
~
2
2
3
3
 x – 3 x y +3 xy – y – y = 0
)
4.c
5. d
)
x2 ⋅ x2 + 3
x =3s
4. a
(a – 2b)2 – (2a + b)2 = a2 – 4ab + 4b2 – 4a2 – 4ab – b2 =
= –3a2 – 8ab + 3b2
( x + y )3 = 2 2
~
~
3
3
( x – y ) – y = 0
)=
+ 2x + 1 − x 2 − 2x + 1
x2 ⋅ x2 + 3
x 4 + 3x 2
= 2
=
2
x − 2x + 3 x − 6 x ⋅ ( x − 2) + 3 ⋅ ( x − 2)
=
2
s (M – N)2 = 42 y (M – N)2 = 16
) (
=
3
2
2
(x
3. c
2
− 2 ⋅ ax ⋅
=
2
CADERNO 1
( x + y )3 = 8
~
~
3
3
( x – y ) = y
=
102 − 2 ⋅ 10 100 − 20 80
=
=
=8
10
10
10
5. e
x 2 − y2
x 2 + 2xy + y2
= x 2 + 2xy + y2 = ( x + y )2
x −y
(1,25 – 0,75)2 = (0,5)2 = 0,25
x+y

 x + y = 3 23
~
~
 x = 2y s 3y = 2
⋅
6.e
2
2
2 8
=
s y2 =
e x2 = (2y)2 = 4 ·
3
9
9 9
2 8 10
∴ x2 + y2 = + =
9 9
9
s y =
a3 − a2b
a2 (a − b)
=
=
3a5 − 6a4 b + 3a3b2 3a3 (a2 − 2ab + b2 )
6. a
Temos:
=
a2 (a − b)
1
=
3a3 (a − b)2 3a(a − b)
7.E = 1 – 4a2 + 4ab – b2 s E = 1 – (4a2 – 4ab + b2) s
7
s E = 1 – [(2a)2 – 2 · 2a · b + b2] s E = 12 – (2a – b)2 s
s E = [1 – (2a – b)] · [1 + (2a – b)] y E = (1 – 2a + b) · (1 + 2a – b)
s100x = 6.550 – 26L
De (I) e (II), vem:
35S = 6.550 – 26L
8. c
(93 ) + 7 ⋅ (93 ) + 16 ⋅ (93 ) + 12
E =
=
=
(731)2
(9 + 2) ⋅ (9 + 3)
2
3
Temos: S = 3L s L =
2
3
(731)2
=
Então:
=
35S = 6.550 – 26L s 35S = 6.550 −
(729 + 2) ⋅ (729 + 3) (731) ⋅ 732
=
= 732
(731)2
(731)2
2
2
6.c
H = número de homens no grupo
M = número de mulheres no grupo
Temos: H + M = 54 e
5M
+ M = 54 s 5M + 4M = 216 s
4
s 9M = 216 s M = 24 e H = 30
Portanto, o total dos gastos será:
30 · 20 + 24 · 10 = 600 + 240 = R$ 840,00
54 8 30
⋅
⋅
∴ x = 4.860 metros
80 10 25
V1 = 8.400 litros, V2 = 5.600 litros e V3 =11.200 litros
7. x = 7.500 ⋅
2. Sejam a e b os números procurados, com a – b = 15.
8. A torneira I enche
•
a 8 a − b 8 − 5 15 3
= s
=
s
= s b = 25
b 5
b
5
b
5
a – b = 15 s a – 25 = 15 y a = 40
a
MA.04
1.e
Sejam x a primeira parcela e, portanto, (10.000 – x) a segunda parcela.
Assim:
1,6% de x + 2% de (10.000 – x) = 164 s
s 0,016x + 0,020 · (10.000 – x) = 164 s
s 0,016x + 200 – 0,020x = 164 s
s 0,004x = 36
y x = 9.000
A parte aplicada à taxa de 1,6% é de R$ 9.000,00, e a parte aplicada à taxa de 2% é de R$ 1.000,00. Portanto, a diferença, em valor
absoluto, é R$ 8.000,00.

400
= 200 reais
V1 =
2


400
∴ V2 =
= 80 reais
5


400
= 100 reais
V3 =
4

2. e
Despesas: 90% de (120 · 2,40) + 40,80, ou seja, R$ 300,00.
Receita: (120 · 3,00) = R$ 360,00
Lucro: R$ 60,00
4. d
O filho mais novo tem x anos.
O filho mais velho tem x + 4 anos.
O filho mais velho receberá k(x + 4) e o mais novo kx, sendo
que:
kx > 0,75k · (x + 4) s x > 0,75x + 3 s
s 0,25x > 3 s x > 12
Portanto, isso ocorrerá quando o mais novo tiver 12 anos e o mais
velho, 16 anos, ou seja, em 1/1/2016.
5. e
Soja
100 g
S
Lentilha
100 g
L
x +3
x + 3 12 − x
=
do tanque. Assim,
s
18
18
12
s x = 6 minutos.
A primeira torneira gastou 6 minutos, e a segunda torneira gastou
6 + 3 = 9 minutos, num total de 15 minutos.
O tempo gasto para encher o tanque foi de 15 minutos.

k
V1 =
2


k
V2 =
5


k
V3 =
4

k k k
V1 + V2 + V3 = 380 ⇒ + + = 380 (×20) ⇒
2 5 4
s 10k + 4k + 5k = 7.600 s 19k = 7.600 s k = 400
12 − x
x
do tanque, faltando ainda
do tanque
12
12
para encher.
A torneira II enche o restante em x + 3 minutos, o que corresponde
3. d
Sejam V1, V2 e V3 os valores que os sócios deverão pagar.
H 5
5M
= sH=
4
M 4
De H + M = 54, temos:
V1 = 12 ⋅ 700 = 8.400 litros

s 36k = 25.200 s k = 700 ∴ V2 = 8 ⋅ 700 = 5.600 litros
V = 16 ⋅ 700 = 11.200 litros
 3
•
26S
s
3
s 105S = 19.650 – 26S s 131S = 19.650 s S = 150
Deverá consumir 150 g de soja.
MA.03
1. O volume total de água despejado pelas torneiras é diretamente
proporcional ao volume de água que cada uma delas despeja por
minuto. Sejam V1, V2 e V3 os volumes de água despejados pela 1a, 2a
e 3a torneiras, respectivamente.
Assim:
V = 12k
1
V2 = 8k

V3 = 16k
V1 + V2 + V3 = 25.200 s 12k + 8k + 16k = 25.200 s
S
3
Porcentagem de lucro representa:
60
1
= = 0,20 (ou 20%)
300 5
3. Sejam 10.000 reais o total do empréstimo; ao final de 4 meses, a
pessoa estará devendo:
a) Na condição 1, temos:
Proteína
35 g s 100x = 35 ⋅ S (I)
x
Proteína
26 g s 6.550 – 100x = 26L s
65,5 – x
4 · 11,4% · 10.000 =
∴ C1 = R$ 14.560,00
45,6
· 10.000 = R$ 4.560,00 de juro
100
b) Na condição 2, temos:
C2 = 10.000 · (1,1)4 = 10.000 · 1,4641 = R$ 14.641,00
8
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
3
(II)
1,21A = 1,21(M + J) s A = M + J
Substituindo em I, temos:
J + M + A = 100.000 s A + A = 100.000 s 2A = 100.000 s
s A = 50.000
Substituindo em II, temos:
1,1A = 2,2J + 11.000 s 1,1 · 50.000 = 2,2J + 11.000 s
s 55.000 = 2,2J + 11.000 s 44.000 = 2,2J
s J = 20.000
Portanto, o juro cobrado na primeira condição fará com que a
dívida seja menor em R$ 81,00.
4. b
Seja V o valor do preço de tabela.
• À vista: 70% de V = 7.000 s 0,70 · V = 7.000 s
s V = R$ 10.000,00
• No cartão de crédito: 110% de V = 1,10 · 10.000 =
= R$ 11.000,00
MA.05
1. c
G = massa da garrafa
A = massa da água
5.Sejam:
Preço de custo: PC = x
Preço de venda anunciado: PV = x + 200
90% de PV = 130% de PC s 0,90 · (x + 200) = 1,30x s
s 0,90x + 180 = 1,30x s 0,40x = 180 y x = R$ 450,00
O preço de custo da mercadoria foi de R$ 450,00.
 G + A = 815


4A
= 714
G +

5
6.c
A
Município A
A
= 101
5
A = 505 g e G = 310 g
B
Município B
2.Seja x a quantia distribuída.
Fazenda
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
SPA
SPB
SA
1
2 
1 
· x + ⋅  x − · x  + 200 = x s
3
3 
3 
1
2
2
s · x + · x − · x + 200 = x (x 9) s
3
9
3
s 3x + 4x + 1.800 = 9x s
s 2x = 1.800 y x = 900
A quantia distribuída foi de R$ 900,00.
SB
SPA = área da fazenda que ocupa parte do município A.
SPB = área da fazenda que ocupa parte do município B.
SF = área total da fazenda.
SA = área do município A.
SB = área do município B.
Temos:
I. SPA = 0,08 · SA
II. SPB = 0,01 · SB
III. SB = 10 · SA
Substituindo III em II, temos:
IV. SPB = 0,1 · SA
V. SF = SPA + SPB
De I, IV e V, temos:
SF = 0,08SA + 0,1SA
SF = 0,18SA
Queremos:
3. d
I. abc = 100a + 10b + c
c
s
II. b =
2
III. a = 3c
IV. cba = 100c + 10b + a
cba = abc – 396 s
s 100c + 10b + a = 100a + 10b + c – 396 s
s 100c + 3c = 100 · 3c + c – 396 s
s 103c = 301c – 396 s
s 198c = 396 s c = 2; b = 1 e a = 6
A + B – 800 =
= 100 · 6 + 10 · 1 + 2 + 100 · 2 + 10 · 1 + 6 – 800 =
= 600 + 10 + 2 + 200 + 10 + 6 – 800 = 28
8
SPA 0,08 ⋅ S A
8
4
=
= 100 =
=
18
18 9
SF
0,18 S A
100
4. e
Sejam n a quantidade de calças de tamanho pequeno que o comerciante comprou e, portanto, (80 – n) a quantidade de calças de tamanho médio.
50 · n + 60 · (80 – n) = 4.300 s
s 50n + 4.800 – 60n = 4.300 s
s –10n = –500 y n = 50
A quantidade de calças de tamanho pequeno é 50 e a de tamanho
médio, 30.
7.V – F – V – F
I. (V) 1 donut = 4,4 gramas de gordura trans.
2 unidades de biscoito de chocolate = 1,55 · 2,2 =
= 3,41 gramas de gordura trans.
1,29 · 3,41 H 4,4
II. (F) 1 colher de sopa de margarina em tablete = 2,2 gramas de
gordura trans
1 pacote grande de pipoca de micro-ondas = 1,6 · 2,2 =
= 3,52 gramas de gordura trans
III. (V) 1 pacote grande de batata frita = 3 · 2,2 = 6,6 gramas de
gordura trans
4 unidades de biscoito de chocolate = 6,82 gramas de gordura
trans (Veja o item I.)
IV. (F) 1,3 · 3,52 = 4,576 ≠ 4,4
5.e
(x2 – 13x + 31)2 = 92 s x2 – 13x + 31 = 9 ou x2 – 13x + 31 = – 9
• x2 – 13x + 31 = 9 s x2 – 13x + 22 = 0 s
− (−13) ± (−13) − 4 ⋅ 1⋅ 22
s
2 ⋅1
2
sx=
13 ± 9
sx=
∴ x = 2 ou x = 11
2
ou
• x2 – 13x + 31 = –9 s x2 – 13x + 40 = 0 s
8. a
J = quantia que João possuía inicialmente.
M = quantia que Maria possuía inicialmente.
A = quantia que Antônia possuía inicialmente.
Do enunciado, temos:
I. J + M + A = 100.000
II. 1,1A = 2 · 1,1J + 11.000
III. 1,21A = 1,21M + 1,21J
Em III, temos:
sx=
− (−13) ± (−13) − 4 ⋅ 1⋅ 40
s
2 ⋅1
sx=
13 ± 3
∴ x = 5 ou x = 8
2
2
9
CADERNO 1
6.d
5
−b
S = a s 2m = 4 s m = 2
3
P = c s P = m ∴ P = 2
a
1
1
7.d
–1
 2 − 1
2
⋅x+
4 x 2 − 2 ⋅ ( 2 + 1) ⋅ x + 2 = 0 ÷4→ x 2 − 
= 0s
 2 
4
Tem-se:
6.e
Logo, a diferença D entre a maior e a menor raiz será dada por:
D = x1 − x2 s D =
2 1
− ∴D =
2 2
7.a
I. (V) Em 50 minutos, temos:
09 – 0,3 = 0,6 (mg)
Fazendo uma regra de três:
0,6 mg
50’
x
60’
50x = 36 s x = 0,72
II. (V) Observação gráfica.
III. (F) 10 · 0,9 ± 140 · 0,1
Portanto, as grandezas não são inversamente proporcionais.
2 −1
2
8. d
Sendo x1 e x2 as raízes da equação, temos:
x1 + x2 = 3m e x1 = 2x2
Assim:
2x2 + x2 = 3m s 3x2 = 3m
x2 = m
Temos, também:
x1 ⋅ x2 = 5m
2x2 · x2 = 2m · m = 2m2 = 5m s 2m2 – 5m = 0 s m(2m – 5) = 0
8. c
Situação atual:
x = 49 s y = 50 49 y y = 350.
Situação futura:
Aumento de um funcionário x = 50 s y = 50 50 ∴ y = 250 2 (y  354)
5
2
Aumento de 15 funcionários: x = 64 s y = 50 64 ∴ y = 400
MA.06
Aumento de 32 funcionários: x = 81 s y = 50 81 ∴ y = 450
2
 2




 = 2 ⋅  2  − 3 ⋅  2  + 1s
1. a) f 





 3 
 3 
 3 
Aumento de 51 funcionários: x = 100 s y = 50 100 ∴ y = 500
Aumento de 72 funcionários: x = 121 s y = 50 121 ∴ y = 550
 2


 = 2 ⋅ 2 − 2 + 1∴ f  2  = 13 − 9 2
sf
 3 
 3 
9
9
MA.07
1.d
b) f(x) = 1 s 2x2 – 3x + 1 = 1 s 2x2 – 3x = 0 s
s x · (2x – 3) = 0 y x = 0 ou x =
5
3x + 5 > 0 s x > − 
3  ∴ x > − 5 e x ≠ 1
3
2
1 
2x − 1 ≠ 0 s x ≠
2 
 x = 0 s f (0) = −2 m ⋅ 0 + t = −2
s
s

 x = −1 s f (−1) = 0 m ⋅ (−1) + t = 0
3
2
s t = –2 e m = –2 y m = t
2.e
Pela análise do gráfico do enunciado.
2.b
Seja R(x) o registro do taxímetro em função da quilometragem (x)
percorrida. Assim:
R(x) = 0,2x + 4
R(x) = 8,2 s 0,2x + 4 = 8,2 s 0,2x = 4,2 y x = 21
3. d
h(1,5) = f(1,5) + g(1,5) = 2 · 1,5 + 2 = 5
h(3) = f(3) + g(3) = 2 + 1 = 3
h(1,5) + h(3) = 5 + 3 = 8
3. a) Seja a sentença que representa o gasto governamental com instrução por aluno em escola pública dada por:
y = ax + b
4.e

3
⋅ x − 1 s f (0) = − 1

1
1
4
5
 f (0) − g (0) = s − 1− a = ∴ a = −
3
3
3
4

g ( x ) = ⋅ x + a s g (0) = a

3
f (x) =

3
4
⋅ x − 1 s f (3) =

 1 4
16
5
5

 f (3) − 3· g   = + 3 ⋅
 1
16 
4
4
15
 5 5
g(x) = ⋅ x − s g  = −
15 
3
3
 5
f (x) =
 x = 0 s y = 3.000 a ⋅ 0 + b = 3.000
s
s

 x = 8 s y = 3.600 a ⋅ 8 + b = 3.600
b)
s b = 3.000 e a = 75 ∴ y = 75x + 3.000
y = 6.000 s 75x + 3.000 = 6.000 s
s 75x = 3.000 y x = 40
No ano de 2025, o gasto será o dobro do gasto de 1985.
4. d
Seja a função y = kx + b.
 1
∴ f (3) − 3· g  5  = 4

O ponto de intersecção de AB com o eixo x é (x; 0).
5.a
10
I. (2; 3) 2k + b = 3
II. (a; 6) ak + b = 6
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

2 1

S = x1 + x2 =
+

1
2
2 2
e x2 =
 ∴ x1 =
2
2
2
2 1
P = x1 ⋅ x2 =
=
⋅ 
4
2 2
m = 0 ou m =
3
Im([–1; 3]) = {1} 5 ]3; 5]
 2 1
2
=0
s x2 − 
−  ⋅x+
2
4
 2
1
Fazendo (II) – (I), temos:
3
3a − 12
ak – 2k = 3 s k(a – 2) = 3 s k =
eb=
a−2
a−2
3x
3a − 12
Logo: y =
+
a−2
a−2
Para y = 0, temos:
3x
a − 2
5. a)
b)
c)
d)
=
12 − 3a
a−2
s x =4−a
ƒ(x) = 1.000 + 10x
x = 20
ƒ(20) = 1.000 + 10 ⋅ 20
ƒ(20) = 1.000 + 200 = 1.200
O custo da produção de 20 unidades é de R$ 1.200,00.
y = 1.000 + 10x
4.000 = 1.000 + 10x
10x = 3.000
x = 300 unidades
Custo total (R$)
x = 58 – 2 = 56 kg
O “peso” de Paula é de 54 kg (já que “pesa” 2 kg a menos que
Paulo).
7. V – F – F – V – F
p(x) = ax + b
I. p(2) = 52 s 2a + b = 52
II. p(6) = 100 s 6a + b = 100
Resolvendo o sistema, temos:
a = 12 e b = 28
Logo, P(x) = 12x + 28
I. (V) b = 28
II. (F) a ≠ 1,3
Para a segunda opção:
Q(x) = 18 · x (Q é o preço cobrado em reais e x é medido em
horas.)
III. (F) a ≠ 1,34
IV. (V)
Q(x) > P(x) (pois a 2a opção deve ser mais vantajosa para o
dono do barco)
18x > 12x + 28
6x > 28 s x > 4,666…
V. (F) A 2ª opção só é mais vantajosa para o dono do barco, se
x > 4,666…
8.d
Sejam C a temperatura correta, E a temperatura errada e
(C(E) = a · E + b) a sentença do 1o grau que relaciona a temperatura
correta com a temperatura errada.
1.200
1.000
20
300
Quantidade produzida
 a − 150 

6. a) P = (a – 100) – 
k


P = 57:
 a − 150 
57 = (a – 100) – 

 2 
114 = 2a – 200 – a + 150
114 = a – 50
a = 164 cm
a = 1,64 m
Cíntia tem 1,64 m de altura.
E = 10 s C (10) = 13
a ⋅ 10 + b = 13
s
s

E = 20 s C (20) = 21 a ⋅ 20 + b = 21
s a = 0,8 e b = 5 y C(E) = 0,8 · E + 5
Para certa temperatura deve-se ter C = E.
Assim:
C(E) = E s 0,8 · E + 5 = E s 0,2E = 5 y C = E = 25°
MA.08
1. a) m = –2 s y = x2 – 2x – 8
Intersecção com o eixo Ox s y = x2 – 2x – 8 = 0, ou seja,
x = –2 e x = 4. A intersecção com o eixo Ox ocorre nos pontos
de coordenadas (–2; 0) e (4; 0).
b) Condição: ∆ < 0
m2 – 16m < 0 s 0 < m < 16
b) Sejam x o peso de Paulo e y o peso de Paula, ambos com
2. c
As raízes de 50(5 – x) · (x – 3) = 0 são x1 = 5 e x2 = 3.
altura a.
x=y+2
 a − 150 

x = (a – 100) – 
 4 
 a − 150 
y = (a – 100) – 

 2 
De x = y + 2, vem:
5+3
=4
2
yv = – 800 + 1.600 – 750 = 50
y
 a − 150 
 a − 150 
(a − 100) − 
 = (a − 100) − 
+2
 4 
 2 
50
a − 150 a − 150
−
=2
2
4
2a − 300 − a + 150
e xv =
4
=
3
8
4
a – 150 = 8
a = 158 cm = 1,58 m
Ambos têm 1,58 m de altura.
“Peso” de Paulo:
158 − 150 
x = (158 – 100) – 

4


–750
3. c
y = ax2 + bx + c
11
4
5
x
CADERNO 1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
4.000
y
Amin. = 2 ⋅ 42 – 16 ⋅ 4 + 64
Amin. = 32 – 64 + 64 s Amin. = 32 cm2
8
8. a) L(x) = (x – 28) · (200 – 2x) s L(x) = –2x2 + 256x – 5.600
b) L(x) > 0 s –2x2 + 256x – 5.600 > 0 s x2 – 128x + 2.800 < 0
Eixo de
simetria
28
100
x
Efetivamente ocorrerá lucro para o preço de venda x entre 28 e
100 reais.
c) O lucro máximo ocorrerá para um preço x igual ao x do vértice.
–1
2
5
x
1
xV =
28 + 100
∴ x = 64 reais
2
d) O lucro máximo corresponde ao y do vértice.
O simétrico do ponto (5; 8) é o ponto (–1; 8).
Lmáx. = yV , sendo yV =
MG.01
1. c
Seja α o ângulo a ser calculado.
5. d
1
α
⋅ (180° − α) s 270° − 3α = 60° − s
3
3
8α
α
= − 210° s 8α = 630° s
s − 3α = 60° − 270° s −
3
3
3 ⋅ (90° − α) =
4 x − x2
 1
A expressão  
2
apresenta valor mínimo quando o expoente
(4x – x2) apresentar o seu valor máximo.
Fazendo y = 4x – x2, temos que ymáx. = yV.
ymáx. = yV s ymáx. =
Lmáx. = (64 – 28) · (200 – 2 · 64) y Lmáx. = 2.592 reais
e o número de cartuchos vendidos é (200 – 2 · 64) = 72.
s α = (78,75)° s α = 78° + (0,75)° y α = 78° 45’
−∆
− [42 − 4 ⋅ (−1) ⋅ 0]
s ymáx. =
∴ ymáx. = 4
4a
4 ⋅ (−1)
2. b
Seja α o menor ângulo e, portanto, α + 20ºé o outro ângulo.
 4 x − x2 
 4 x − x2 
4
 1 
 =  1  s  1 
 = 1






 2 

16
2
 2 
mín.
mín.
r
6. a) f(t) = at2 + bt + c
α + 20°
 f (8) = 20 ⇒ 64a + 8b + c = 20

f (13) = 30 ⇒ 169a + 13b + c = 30

f (18) = 20 ⇒ 324a + 18b + c = 20
Resolvendo o sistema, temos:
a=−
f(t) = −
α
s // r
188
2
52
;b=
ec= −
5
5
5
α + (α + 20°) = 180° s 2α = 160° y α = 80°
2t 2 52t 188
+
−
5
5
5
3. a
135° +
132
b) f(t) = 26,4 =
5
–
x
5x
+ 2x = 180° s
= 45° s x = 18°
2
2
4. d
2t 2 52t 188 132
+
−
=
5
5
5
5
r
t2 – 26t + 94 = – 66
t2 – 26t + 160 = 0
∆ = 36
72°
B
26 ± 6
t=
2
72°
β
t1 = 16 horas s t2 = 10 horas
β
7. d
B
β
θ
D
C
4 x (8 − x )
A = 82 −
2
A = 64 – 2x(8 – x)
A = 64 – 16x + 2x2
A = 2x2 – 16x + 64
xv = 4
2b + q = 180°
2b + q = 180°
s

b + q + 72° = 180°
b + q = 108°
(I) − (II): b = 72°
12
(II)
em

→ q = 36°
(I)
(II)
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
4. b
a < 0, pois a parábola apresenta a concavidade voltada para baixo.
c < 0, pois a intersecção da parábola com o eixo y ocorre abaixo da
origem
−b
x <0s
< 0 ⇒ − b > 0 (pois a < 0 e, portanto, 2a < 0) ∴ b < 0
V
2a
−∆
ou ainda yV = L (64) .
4a
5. a
2. c
N
B
C
α
B
β
A
P
M
b
b
a
a
c
c
D
150°
A
O
80°
60°
2a + 2b + 2c = 180°
a + b + c = 90°
Pede-se PÔD + MÔN; ou seja:
c + (a + b) = 90°
D
C
(n – 2) · 180° = 150° + 60° + 80° + β s
s (4 – 2) · 180° = 150° + 60° + 80° + β s
s 360° = 290° + β s β = 70°
α + β = 180° s α + 70° = 180° y α = 110°
6. Observe a figura:
B
3. a
d
c
A
C
y
z
D
x = 2y
y = 2z
∴ x = 4z
x + y + z = 140° s 4z + 2z + z = 140° s 7z = 140°
z = 20°
y = 40°
x = 80°
Assim, temos:
AÔB = 80°; BÔC = 40° e CÔD = 20°
180° – c – d
b
180° – a – b
180° – e – f
a
e
150°
f
7.b
40°
140°
50°
s
90°
40°
t // s
180° – a – b + 180° – c – d + 180° – e – f + 150° = 360°
690° – 360° = a + b + c + d + e + f
∴ a + b + c + d + e + f = 330°
4.b
50°
50°
30°
30°
d = 2n s
α
v // s
150°
r // s
α = 50° + 30° y α = 80°
8.b
a = 35° (ângulos correspondentes)
b – a = 70° (ângulos correspondentes) s b – 35° = 70° s b = 105°
y 5a – b = 175° – 105° = 70°
MG.02
1.e
Sejam n o número de lados de um dos polígonos e m o número de
lados do outro polígono.
Assim:
n 1
= s m = 3n
m 3
( n − 2) ⋅ 180°
n−2
3
3 3 ⋅ ( n − 2) 3
n
n
= s
= s
= s
(m − 2) ⋅ 180° 5 3n − 2 5 3n − 2 5
3n
m
s 15 · (n – 2) = 3 · (3n – 2) s 15n – 30 = 9n – 6 s
s 6n = 24 y n = 4 e m = 12
∴ m + n = 12 + 4 = 16
n ⋅ ( n − 3)
2
= 2n s
n −3
= 2s n −3 = 4∴ n = 7
2
Si = (n – 2) · 180° s Si = (7 – 2) · 180° y Si = 900°
5. Sejam n o número de lados do 1o polígono e n + 2 o número de
lados do 2 o polígono.
Sendo S1 a soma dos ângulos internos do 1o polígono e S2 a soma
dos ângulos internos do 2o polígono, temos:
S1 + S2 = 1.440°
(n – 2) · 180° + (n + 2 – 2) · 180° = 1.440°
180° · (n – 2 + n) = 1.440°
2n – 2 = 8
2n = 10
n = 5
Os polígonos são o pentágono e o heptágono.
6.c
Seja n o número de lados de um polígono.
Temos que
n
diagonais passam pelo centro da circunferência cir2
cunscrita.
Sendo Si = 2.160°, temos:
(n – 2) ⋅ 180° = 2.160° s n – 2 = 12 s n = 14
Trata-se de um polígono com 14 lados.
Vamos encontrar o número de diagonais desse polígono.
d=
13
n( n − 3)
14 ⋅ 11
sd =
s d = 77
2
2
CADERNO 1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
x
O
4. a
Sendo que 7 passam pelo centro da circunferência circunscrita, temos 70 que não passam.
7.d
Três ângulos internos do pentágono somados com θ são iguais a
360°.
β
α
β
3⋅
+ q = 360º
5
324° + q = 360° s q = 36°
O losango é o quadrilátero que apresenta os quatro lados da mesma
medida, mas não necessariamente os quatro ângulos internos com
a mesma medida.
5. a
8. a
2n ⋅ (2n − 3)
2
M
2n ⋅ (2n − 3)
2n ⋅ (2n − 3) − 2n 2n ⋅ [(2n − 3) − 1]
−n=
=
=
2
2
2
=
B
A
Número de diagonais que passam pelo centro da circunferência circunscrita: n
Número de diagonais que não passam pelo centro da circunferência
circunscrita:
C
D
2n ⋅ (2n − 4) 2n ⋅ 2 ⋅ ( n − 2)
=
= 2n ⋅ ( n − 2)
2
2
AM = CM =
MG.03
1. c
Sejam α, (α + 15°), (α + 30°) e (α + 45°) as medidas dos quatro ângulos desse quadrilátero e (α + 45°) a maior das medidas.
α + (α + 15°) + (α + 30°) + (α + 45°) = 360° s
s 4α + 90° = 360° s 4α = 270° y α = 67°30’
O maior ângulo mede (α + 45°), ou seja, 112°30’.
BM = DM =
AC
9
s AM = CM = s AM = CM = 4,5
2
2
BD
8
s BM = DM = s BM = DM = 4,0
2
2
∆ABM: AM + BM + AB = 15,5 s 4,5 + 4,0 + AB = 15,5
y AB = CD = 7
∆BMC: CM + BM + BC = 13,5 s 4,5 + 4,0 + AB = 13,5
y AD = BC = 5
Perímetro do paralelogramo:
2p = AB + BC + CD + AD s
s 2p = 7 + 5 + 7 + 5 y 2p = 24 cm
2. b
Seja α o menor ângulo.
Assim:
6.b
α
3α
β
β
α
α
Num paralelogramo, os ângulos opostos têm mesma medida e dois
α + 3α + 2 · 90° = 360° s 4α = 180° y α = 45°
ângulos consecutivos são suplementares, ou seja, têm soma das medidas igual a 180º.
3. d
Observe a figura:
3x – 20º = 2x + 30º ⇒ x = 50º
Assim, um dos ângulos mede 130º.
B
Logo, esse paralelogramo tem dois ângulos inteiros de medida 130º
C
δ
β
e outros dois com medida 50º.
δ
 + 90° + 90° = 360° s
 = 360° s  + D
 + C + D
7. a) Â + B
 = 180°
s  + D
α
β
α
A
δ
E
180° – α + 2δ = 180° s α = 2δ
δ + 2β = 180° s β =
180º − 
2
α + β + δ = 180°
Substituindo I e II em III:
b)
180° – α
A
D
(I)
b
γ
E
(II)
(III)
a
a
180º − 
2δ +
+ δ = 180°
2
B
b
D
4δ + 180° – δ + 2δ = 360° s 5δ = 180°
∴ δ = 36°
∴ α = 72°
14
Do item a, temos que 2α + 2β = 180° s
s α + β = 90°
∴ g = 90°
C
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Número de diagonais:
α±β
α
(5 − 2) ⋅ 180º
A
5.a)
8. c
A
N
D
B
60°
60°
105°
α
B
P
120°
30°
C
b)
A
30°
D
M
60°
C
45°
D
ˆ ) = med ( BAD
ˆ ) = 120°
med ( BCD
ˆ ) + med ( ADC
ˆ ) = 180° s 120° + med ( ADC
ˆ ) = 180°
med ( BCD
ˆ s med ( DAP
ˆ ) = med ( BAP
ˆ ) = 60°
AM bissetriz do ângulo DAB
ˆ s med ( ADP
ˆ ) = med (CDP
ˆ ) = 30°
DN bissetriz do ângulo ADC
60°
ˆ ) = med ( ABC
ˆ ) = 60°
∴ med ( ADC
ˆ ) + med ( PDA
ˆ ) + med ( DAP
ˆ ) = 180°
 APD: med ( APD
C
ˆ = 105° – 60° = 45°
DCA
c)
s
45°
60°
B
A
D
ˆ ) + 30° + 60° = 180° ∴ med ( APD
ˆ ) = 90°
s med ( APD
a
a
a
B
x − 1 < 2x + 1+ 10 s x > −12

2x + 1 < x − 1+ 10 s x < 8  ∴ x ∈ {4; 5; 6; 7}

10 
10 < x − 1+ 2x + 1s x >
3 
C
AC = a
Os triângulos ABC e ADC são isósceles, então:
a 3
(altura do †ABC)
2
a
DE =
2
a 3 a
Assim: BD = BE + DE =
+
2
2
BE =
Existem quatro possíveis valores de x.
2. e
x
BD =
120°
40° 120° 20°
BD
=
Razão:
AC
3. a
•
ˆ ) = 25°
ˆ ) = med ( ACD
AD = CD s med (CAD
ˆ ) = med ( ACD
ˆ ) + med ( DCB
ˆ )s
med ( ACB
C
70°
ˆ ) = 25° + 90° s med ( ACB
ˆ ) = 115°
s med ( ACB
ˆ ) + med ( BAC
ˆ ) + med ( ABC
ˆ ) = 180°
 ABC : med ( ACB
•
1+ 3 

a
 2  BD 1+ 3
s
=
a
AC
2
6.d
Observe a figura:
x + 90° + 20° = 180° s x = 70°
•
1+ 3 
a+a 3

= a
 2 
2
120°
140°
CADERNO 1
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
E
MG.04
1.b
Z
55°
55°
s
x
ˆ ) = 180° ∴ med ( ABC
ˆ ) = 40°
s115° + 25° + med ( ABC
Y
55°
4. c
A
70°
55°
40°
D
A
X
B
55° + x + 55° = 180°
110° + x = 180° s x = 70°
7.b
45°
45°
B
45°
4α
C
O triângulo ABD é isósceles com base BD e, assim:
ˆ ) = med ( ADB
ˆ ) = 45º
med ( ABD
ˆ ) = 45º
Assim: med ( DBC
ˆ ) = 45º, o triângulo BCD é isósceles
Considerando-se que med ( BCD
com base BC e, portanto, DC = BD = 5 cm.
M
α
A
4α = α + 90° s 3α = 90° y α = 30°
15
N
4α
C
8. a
Observe a figura:
5.e
B
k
( )
ˆ ) = med CD s med(CDA
ˆ ) = 40° ∴ med(CDA
ˆ ) = 20°
med(CDA
2
2
( )
ˆ ) = med AB s med(ADB
ˆ ) = 80° ∴ med( ADB
ˆ ) = 40°
med( ADB
2
2
A
C
20°
F
40°
B
x
D
x
x
∆VAD: 20° + x = 40° y x = 20°
80°
y
A
y
x
x
D
C
6.b
Uma construção possível:
x + 80° + x = 180° s x = 50°
y + 2x = 180° s y + 100° = 180° s y = 80°
k + 80° + 80° = 180° s k = 20°
MG.05
1. a
)
ˆ ) = med ( BAC
ˆ ) = 35° (correspondem ao mesmo BMC
med ( BDC
D
A
(
50°
M
P
E
C
M
)
Portanto, o triângulo é retângulo.
α
7.d
β = 2α s β = 2 · 70° y β = 140°
C
35°
B

med DME
180
=
= 90°
=
2
2
B
35°
a
A
ˆ ) + med (OBA
ˆ ) + b = 180°
†OAB: med (OAB
ˆ ) = med (OBA
ˆ ) s 2 ⋅ (OAB
ˆ ) + 140° = 180°
med (OAB
y med(OÂB) = 20°
No triângulo APC, tem-se:
α + 35° + 50° = 180° y α = 95°
med(OÂB) + q = 90° s 70° + q = 20° y q = 70°
2.b
O ângulo BÂC está inscrito numa semicircunferência. Logo, ele “enxerga” um arco de 180° e, assim, a sua medida é 90°. Conclui-se,
dessa forma, que o triângulo ABC é retângulo com ângulo reto no
vértice A.
Assim:
(AC)2 + (AB)2 = (BC)2 s
s (AC)2 + 62 = 102 s
s (AC)2 = 64 y AC = 8 cm
8. d
Observe a figura:
B
20°
O
 = 120°
3. CB
Como AB £ CD, temos:
90°
70°
70°
2p
AC = 120° e 120° =
2 · 
rad
AC = 240° s 
3
2p
 = α · r s  =
· 6 s  = 4π cm
3
A
40°
50°
C
x
140°
= 70°
2
4.
P
x + 70° + 70° = 180°
x = 40°
α
MG.06
1. d
Seja BP = x
8 3+ x
s 8x = 21 + 7x s
=
7
x
s x = 21 s BP = 21
A
60°
α =
C
B
36°
2.c
AE CE
AE
75
136 ⋅ 75
=
s
=
s AE =
s AE = 204
50
AB CD 136 50
60o + 36o
= 48o
2
16
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
E
V
3. b
Observe a figura:
H
H−5
s 28 ⋅ ( H − 5) = 10H s 28H − 140 = 10H s
=
28
10
h
y
16 – y
h
x
=
I.
16 16 − y
A
5
h
h
h
II.
= 2 s y ⋅   = h ⋅ (16 − y ) s
y 16 − y
2
y
32
s = 16 − y s y = 32 − 2y s y =
m
2
3
M
E
5–x
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

h
x
32 
=
s 16 x = h 16 −
s
32
16
3

16 −
3
B
25 80
AE = 5 + x = 5 +
=
11 11
†APB ~ †DPC
D
k=
h
2
a
B
D
6
5
x
25
=
s 6 x = 25 − 5 x s 11x = 25 s x =
6 5− x
11
Outra resolução:
P
C
Pelo caso AA, os triângulos EMF e EDC são semelhantes.
Assim:
 48 − 32 
16
s 16 x = h 
 s 16 x = h ⋅
 3

3
h
∴ x = m
3
2a
F
x
Substituindo em (I):
A
5
5
7.d
h
=2
h
2
3
α
α
x
CADERNO 1
70
9
6.e
Tracemos o segmento MF , paralelo a BC .
MF = 5 (base média do triângulo ABC)
Observe a figura:
h
2
x
s 18H = 140 s H =
C
A
4–x
†ABC ~ †PRC
h 3a
=
x
a
3a
P
h
a
x
B
x =
Q
α
α
5
h
3
D
x 4− x
3
s 5 x = 3 ⋅ (4 − x ) s 5 x = 12 − 3 x s 8 x = 12 ∴ x =
=
5
2
3
3
5
4− x =4− s4− x =
2
2
5
5⋅
25
2 sS
Área do triângulo maior: Smaior =
maior =
2
4
7
Área do triângulo menor: Smenor =
C
4.
C
β
13
β
α
A
x
α
P
25 – x
7 25 − x
s 7x = 13 ⋅ (25 − x ) s 7x = 325 − 13 x s
=
x
13
s 20x = 325 s x = 16,25 s AP = 16,25 cm
s 25 – x = 25 – 16,25 s BP = 8,75 cm
B
3
9
2 sS
menor =
2
4
3⋅
Diferença entre as áreas:
25 9
Smaior − Smenor =
− s Smaior − Smenor = 4
4 4
8. a)
D
5.
D
10
5
28
A
B
H
Os triângulos ABD e CTD são semelhantes pelo caso AA.
b) tg  =
17
T
1 BD 1 BD 1
s
= s
= s BD = 5 e
2 AB 2 10 2
C
CD = BD – BC s
s CD = 5 – r
Por Pitágoras no triângulo ABD, temos:
AD2 = AB2 + BD2 s AD2 = 102 + 52 s
s AD2 = 125 s AD = 5 5
Por semelhança de triângulos, temos:
4. d
Observe a figura:
2
4
AB AD 10 5 5
=
s
=
s 5r 5 = 50 – 10r s
TC
CD
r
5−r
s 5r 5 + 10r = 50 s 5r( 5 + 2) = 50 s
s r = 10( 5 – 2) m
Aplicando Pitágoras no triângulo retângulo da figura, temos que a
hipotenusa vale 5.
Portanto, o perímetro do trapézio é 2 + 4 + 5 + 5 = 16.
MG.07
1.c
Seja b o comprimento do outro cateto.
5m
2 5m
b2c2
b2 + c2
b2
c2
1
1
= 2 s
= h2 s
= 2 s
+
2
2 2
2
2
2
b +c
bc
h
h
b ·c
b · c2
1
1
1
+
=
s
c2 b2 h2
2
2
2
x ⋅ y = (2 5 ) s 5 ⋅ y = 20 s y =
20
5
5
⋅
5
∴y = 4 5
2
2
2
(
(
b = 2 5 ) + 4 5 ) s b = 20 + 80 s b = 100 ∴ b = 10 m
2
2
6. Seja a a medida da hipotenusa do triângulo retângulo cujos catetos
medem 3 e 4.
Temos, por Pitágoras:
a2 = 32 + 42 s
s a = 5 cm
• Usando a relação bc = ah, vem:
12
cm
3 ⋅ 4 = 5y s y =
5
• Usando a relação c2 = an, temos:
16
42 = 5x s x =
cm
5
x + (2 5 ) = 5 s x + 20 = 25 s x = 5 ∴ x = 5
2
bc = b2 + c2 ⋅ h s b2c2 = (b2 + c2 ) ⋅ h2 s
s
y
2
5. Sendo a a hipotenusa desse triângulo retângulo e aplicando Pitágoras, temos:
a2 = b2 + c2 s a = b2 + c2
Usando a relação bc = ah, temos:
b
x
2
3
2
2
2.d
Seja d a distância procurada.
7. b
Observe a figura:
A
h
2
8
Balão
10 km
x
8
M
8 km
d
200 m
B
H
4
C
4
8 km
†ABH : h + 4 = 8 s h = 48 s h = 4 3 cm
2
2
2
Por Pitágoras, temos: x = 6 km
Assim, o balão deverá estar a uma altura de 6 km mais 200 metros,
ou seja, 6.200 m.
2
2
 4 3
 h
s d 2 = 28
†BMH : d 2 = 42 +   s d 2 = 42 + 
 2
 2 
2
8.“O ponto de intersecção das medianas, em um triângulo qualquer, é
chamado de baricentro. Esse ponto divide, a partir do vértice do triângulo até o lado oposto, a mediana na razão 1 : 2. Além disso, a mediana divide o lado oposto em dois segmentos de mesmo comprimento.”
Seja a medida do lado AB igual a x.
∴ d = 2 7 cm
3. Seja r o raio da circunferência menor.
A
16
16
3
16 – r
16
r
16
r
2m
N
t
x
n
(16 + r)2 = 162 + (16 – r)2 s
3
2n
m
s 256 + 32r + r 2 = 256 + 256 − 32r + r 2 s
s 64r = 256 s r = 4 cm
C
18
4
M
4
B
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
4
MG.08
1. c
3x
B
8
E
6
x
A
D
(AE) · (CE) = (BE) · (ED) s x · 3x = 8 · 6 s
s 3x2 = 48 s x2 = 16 s x = 4
AC = 4x s AC = 4 · 4 y AC = 16
2. c
Seja AC = x e, portanto, AB = 2x.
(AC) · (AD) = (AB)2 s x · (x + 6) = (2x)2 s
s x2 + 6x = 4x2 s 3x2 – 6x = 0 s 3x · (x – 2) = 0 s
Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
C
8
A
x
 x = 0 (Não convém.)
s
 x = 2 s AC = 2 ∴ AB = 4 cm
3. Observe a figura:
Temos PQ = 2 e QD = 4, pois o diâmetro divide uma corda em dois
segmentos congruentes.
Da mesma forma, PT = 2.
Aplicando Pitágoras no triângulo OQD, temos:
C
13
D
5. a
O triângulo em questão é retângulo de catetos 5 cm e 12 cm e hipotenusa 13 cm. (Pitágoras)
Sendo a hipotenusa o diâmetro da circunferência, o raio vale:
13
r =
cm
2
6. Seja AB = 2x a medida da corda.
x · x = 8 · (12 + 20) s x2 = 256 s x = 16
AB = 2x s AB = 2 · 16 s AB = 32
7. c
Por potência de ponto, temos:
CD · CA = (BC)2
9 · 25 = (BC)2 s BC = 15
Os triângulos ABC e AED são semelhantes.
Assim:
AC BC 25 15
=
s
=
s
AD DE 16 DE
16 ⋅ 15 48
s DE =
=
25
5
8. c
P
A
Q
D
2
R
T
6
B
O
B
O
C
(CA) · (CB) = (OC) s (6,4 + 3,6) · 6,4 = (OC)2 s
s 64 = (OC)2 s OC = 8 m
2
R2 = 42 + 22 s R2 = 20 s R = 2 5
B
O
A
2
25 – x
P 5
x1 = 9
x2 = 16
C
4. c
Observe a figura:
PA · PB = PC · PD
x · (25 – x) = 8 · 18
– x2 + 25x = 144
x2 – 25x + 144 = 0
25 ± 7
x =
2
19
CADERNO 1
∆ANE: n2 + (2m)2 = 32 s n2 + 4m2 = 9
(I)
(II)
∆BME: (2n)2 + m2 = 42 s 4n2 + m2 = 16
(I) + (II): 5n2 + 5m2 = 9 + 16 s 5 · (n2 + m2) = 25 y n2 + m2 = 5
∆ABE: x2 = (2n)2 + (2m)2 s x2 = 4n2 + 4m2 s
s x 2 = 4 ⋅ ( n2 + m2 ) s x 2 = 4 ⋅ 5 s x = 2 5 s AB = 2 5 cm