Nome: _________________________________________
____________________________ N.º: __________
endereço: ______________________________________________________________ data: __________
Telefone:_________________ E-mail: _________________________________________________________
a
Colégio
PARA QUEM CURSARÁ A 2. SÉRIE DO ENSINO MÉDIO EM 2012
Disciplina:
Prova:
MaTeMÁTiCa
desafio
nota:
QUESTÃO 1
Um professor avalia o desempenho de seus alunos por meio de quatro exames, sendo que
o primeiro tem peso um, o segundo tem peso dois, o terceiro tem peso três e o quarto
tem peso quatro. Sabendo-se que um aluno obteve nota 4 no primeiro exame, nota 5 no
segundo exame, nota 6 no terceiro exame e obteve média final igual a 7,2, podemos
concluir que esse aluno obteve, no quarto exame, nota:
a) 10,0
b) 9,6
c) 9,0
d) 8,4
e) 8,0
RESOLUÇÃO:
1.4+2.5+3.6+4.x
––––––––––––––––––––––––– = 7,2 ⇔
1+2+3+4
⇔ 32 + 4x = 72 ⇔ 4x = 40 ⇔ x = 10
Resposta: A
QUESTÃO 2
Uma loja está promovendo uma liquidação e oferece 25% de desconto em todas as suas
mercadorias. Com esse desconto, certo eletrodoméstico passou a custar R$ 210,00. O
preço original desse eletrodoméstico era:
a) R$ 242,50
b) R$ 250,00
c) R$ 262,50
d) R$ 280,00
e) R$ 290,00
RESOLUÇÃO:
Se "p", em reais, era o preço original do eletrodoméstico, então:
Segmentos homólogos são proporcionais aos perímetros, então, sendo x o perímetro do
segundo triângulo, temos:
210
75% . p = 210 ⇔ 0,75p = 210 ⇔ p = ––––– = 280
0,75
Resposta: D
OBJETIVO
1
MATEMÁTICA – DESAFIO – 2.a SÉRIE
QUESTÃO 3
Se três escavadeiras retiram 1.800 m3 de terra de um lote a cada oito horas, então o
número de escavadeiras necessário para se retirar 25.200 m3 de terra desse lote, em
quarenta e oito horas, é:
a) 4
b) 6
c) 7
d) 8
e) 9
RESOLUÇÃO:
Escavadeiras
3
↑
x
Volume (m3)
1 800
↑
25 200
Tempo (h)
8
↓
48
3
1 800
48
3
18 . 6
––– = –––––––– . ––– ⇔ ––– = ––––––– ⇔ x = 7
x
8
x
25 200
252
Resposta: C
QUESTÃO 4
Para lotar um estádio na final de um campeonato, planejou-se, inicialmente, distribuir os
23000 ingressos em três grupos da seguinte forma: 30% seriam vendidos para a torcida
organizada local; 10% para a torcida organizada do time rival; os restantes para os
espectadores não filiados às torcidas.
Posteriormente, por motivos de segurança, os organizadores resolveram que 3 000 desses
ingressos não seriam mais postos à venda, cancelando então 1 000 ingressos destinados
a cada um dos três grupos.
O percentual de ingressos destinados a torcedores não filiados às torcidas, após o
cancelamento dos 3 000 ingressos, foi:
a) 70%
b) 64%
c) 60%
d) 55%
e) 50%
RESOLUÇÃO:
I. O número total de ingressos destinados a torcedores não filiados às torcidas era,
inicialmente, 60% de 23 000 = 0,6 . 23 000 = 13 800
II. O número total de ingressos destinados a torcedores não filiados às torcidas foi, de
fato, 13 800 – 1 000 = 12 8000
III. O número total de ingressos realmente distribuídos foi: 23 000 – 3 000 = 20 000
IV. O percentual de ingressos destinados a torcedores não filiados às torcidas, após o
cancelamento, foi:
12 800
–––––––– = 0,64 = 64%
20 000
Resposta: C
OBJETIVO
2
MATEMÁTICA – DESAFIO – 2.a SÉRIE
QUESTÃO 5
Dois modelos de carros similares, mas de marcas concorrentes, foram avaliados segundo
alguns critérios e obtiveram os seguintes resultados:
Quesito
Peso do
quesito
Nota obtida
Marca X
Marca Y
Espaço interno
1
10
8
Manutenção
2
5
7
Consumo de combustível
3
7
5
Preço
4
8
10
De acordo com essa avaliação e considerando que a nota final foi calculada pela média
ponderada:
a) a marca X obteve nota final igual a 7,3.
b) a marca X obteve nota final igual a 7,4.
c) a marca Y obteve nota final igual a 7,5.
d) a marca Y obteve nota final igual a 7,6
e) as marcas X e Y obtiveram a mesma nota final: 6,0.
RESOLUÇÃO:
A nota da marca “X” foi:
1 . 10 + 2 . 5 + 3 . 7 + 4 . 8
73
––––––––––––––––––––––––– = –––– = 7,3
10
1+2+3+4
A nota da marca “Y” foi:
1 . 8 + 2 . 7 + 3 . 5 + 4 . 10
77
––––––––––––––––––––––––– = –––– = 7,7
10
1+2+3+4
Resposta: A
QUESTÃO 6
Um capital é aplicado a taxa de juros simples mensal de 1,2%. Se, após seis meses, esse
capital rendeu R$ 385,20 em juros, podemos afirmar, corretamente, que o capital inicial
aplicado foi de:
a) R$ 5 300,00
b) R$ 5 350,00
c) R$ 5 450,00
d) R$ 5 550,00
e) R$ 5 650,00
RESOLUÇÃO:
1,2
C . –––– . 6 = 385,20 ⇔ C = 5 350
100
Resposta: B
OBJETIVO
3
MATEMÁTICA – DESAFIO – 2.a SÉRIE
QUESTÃO 7
Sabendo-se que 1o de janeiro de 1995 foi um domingo, então 1o de janeiro de 2004 foi:
a) segunda-feira.
b) terça-feira.
c) quarta-feira.
d) quinta-feira.
e) sexta-feira.
RESOLUÇÃO:
I. Um ano não bissexto tem 52 semanas e 1 dia:
365 7
1
52
II. Um ano bissexto tem 52 semanas e 2 dias:
366 7
2
52
III.
Ano
1.º de
janeiro
1995 1996 1997 1998 1999 2000 2001 2002 2003 2004
Dom
Seg
Qua
Qui
Sex
Sáb
Seg
Ter
Qua
Qui
Resposta: D
QUESTÃO 8
Helena nasceu no dia em que sua mãe completou vinte anos. Quantas vezes, no máximo,
a idade de Helena será um número divisor da idade de sua mãe?
a) 4
b) 5
c) 6
d) 7
e) 8
RESOLUÇÃO:
I. Seja “m” a idade da mãe e “f” a da filha.
II. Se “f” for divisor de “m”, então existe k  ⺞ tal que m = k . f
冦
m – f = 20
⇒ k . f – f = 20 ⇔ (k – 1) . f = 20
m=k.f
⇔ f é divisor de 20 ⇔ f  {1, 2, 4, 5, 10, 20}
Resposta: C
QUESTÃO 9
Num certo jogo de azar, apostando-se uma quantia x, tem-se uma das duas possibilidades a seguir:
I. perde-se a quantia x apostada;
II. recebe-se a quantia 2x, além do x apostado.
Uma pessoa jogou 21 vezes da seguinte maneira: na 1.a vez, apostou 1 centavo; na 2.a vez,
apostou 2 centavos; na 3.a vez, apostou 4 centavos e assim por diante, apostando, em
cada, vez o dobro do que havia apostado na vez anterior. Nas 20 primeiras vezes, ela
perdeu. Na 21.a vez, ela ganhou.
OBJETIVO
4
MATEMÁTICA – DESAFIO – 2.a SÉRIE
Comparando-se a quantia total T perdida e a quantia Q lucrada, tem-se Q igual a:
T
a) –––
b) 2T
c) 2(T + 1)
d) T + 1
e) T + 2
2
RESOLUÇÃO:
1 . (220 – 1) = 220 – 1
I. T = 1 + 2 + 4 + … 219 = –––––––––––
2–1
20
II. Q = 2 . 2
20 – 1 + 1] = 2 [T + 1]
III. Q = 2 . [2
123
Resposta: C
QUESTÃO 10
A que taxa mensal R$ 18 600,00 esteve aplicado a juros compostos durante do
ano, para produzir um montante de R$ 26 784,00?
a) 18%
b) 22%
c) 20%
d) 16%
e) 14%
RESOLUÇÃO:
1
I. –– do ano = 2 meses
6
II. 18 600 . (1 + i)2 = 26 784 ⇔ (1 + i)2 = 1,44 ⇔
1 + i = 1,2 ⇔ i = 0,2 = 20%
Resposta: C
QUESTÃO 11
Em 1905, Ernest Rutherford relacionou a radioatividade com a desintegração atômica,
possibilitando a determinação da idade de rochas. As substâncias radioativas, como tório,
urânio e plutônio, desintegram-se de maneira espontânea até chegarem a uma
substância estável. O número de átomos, ou seja, a massa da substância diminui com o
tempo. A meia-vida de uma substância radioativa é o tempo necessário para que a massa
se reduza à metade.
Após t anos, a partir de uma quantidade N0, o número N de átomos de uma substância de
meia-vida T é dado por N = N0 . e
–tloge2
–––––––
T
. Considere que uma amostra de minério contenha
1 átomo de um elemento cuja meia-vida é de 690 milhões de anos e que inicialmente
houvesse 30 átomos.
Dados: loge 2 = 0,69, loge 3 = 1,10 e loge 10 = 2,30.
OBJETIVO
5
MATEMÁTICA – DESAFIO – 2.a SÉRIE
A idade dessa amostra de minério é igual a:
a) 2,53 bilhões de anos.
b) 1,38 bilhão de anos.
d) 34 bilhões de anos.
e) 3,4 bilhões de anos.
c) 25,3 bilhões de anos.
RESOLUÇÃO:
1 = 30 . e
–tloge2
–––––––––
690 . 106
t . loge 2
⇔ loge 1 = loge 3 + loge 10 – ––––––––––
. loge e
690 . 106
t . 0,69
69 . 10–2 . t = 3,40
⇔ 0 = 1,10 + 2,30 – ––––––––– ⇔ –––––––––
690 . 106
69 . 107
⇔ t = 3,40 . 109
Resposta: E
QUESTÃO 12
Uma empresa de ônibus, com sede em Brasilia (DF), em seu plano de expansão, decidiu
criar linhas interestaduais ligando Brasília a determinadas capitais de estados brasileiros.
No mapa a seguir, considere o sistema de eixos ortogonais xOy, tendo como origem
Brasília e os pontos representativos de cada capital.
O plano de expansão prevê o atendimento das capitais localizadas na região
representada no mapa, no sistema de eixos considerado, pela inequação x2 + y2 ≤ 2,56,
com x e y medidos em centímetros.
A tabela a seguir mostra a distância rodoviária entre Brasília e algumas capitais brasileiras.
OBJETIVO
6
MATEMÁTICA – DESAFIO – 2.a SÉRIE
Capital
Distância
(em quilômetros)
Capital
Distância
(em quilômetros)
Belo Horizonte
748
Goiânia
210
Campo Grande
1 082
Palmas
826
Cuiabá
1 058
Recife
2 220
Admitindo-se que as distâncias mencionadas no mapa e na tabela sejam as medidas de
um segmento de reta cujos pontos extremos representam Brasília e a capital considerada,
serão atendidas:
a) as cidades de Goiânia e Palmas, somente.
b) as cidades de Goiânia e Belo Horizonte, somente.
c) as cidades de Belo Horizonte e Palmas, somente.
d) as cidades de Goiânia, Belo Horizonte e Palmas, somente.
e) todas as cidades, exceto Recife.
RESOLUÇÃO:
I.
826
748
2 220
210
––––– = ––––– = –––––– = –––––
p
b
4,4
g
II. p  1,637; b  1,48; g  0,416
III. x2 + y2 ≤ 2,56 ⇔ x2 + y2 ≤ (1,6)2
IV. As capitais que serão atendidas são aquelas cuja distância (no mapa) até a origem é
menor ou igual a 1,6.
V. Serão atendidas, portanto, apenas Belo Horizonte e Goiânia.
Resposta: B
OBJETIVO
7
MATEMÁTICA – DESAFIO – 2.a SÉRIE
QUESTÃO 13
Acompanhando o crescimento do filho, um casal constatou que, de 0 a 10 anos, a
variação da sua altura se dava de forma mais rápida do que dos 10 aos 17 anos e, a partir
de 17 anos, essa variação passava a ser cada vez menor, até se tornar imperceptível. Para
ilustrar essa situação, esse casal fez um gráfico relacionando as alturas do filho nas idades
consideradas.
Assinale o gráfico a seguir que melhor representa a altura do filho desse casal em função
da idade.
RESOLUÇÃO: Resposta: A
QUESTÃO 14
O jornal de certa cidade publicou, em uma página inteira, a seguinte divulgação de seu
caderno de classificados:
OBJETIVO
8
MATEMÁTICA – DESAFIO – 2.a SÉRIE
Para que a propaganda seja fidedigna à porcentagem da área que aparece na divulgação,
a medida do lado do retângulo que representa os 4% deve ser de, aproximadamente:
a) 1 mm
b) 10 mm
c) 17 mm
d) 160 mm
e) 167 mm
RESOLUÇÃO:
De acordo com o enunciado, podemos concluir que:
x . 26 = 4% de 260 . 400
4 . 260 . 400
Assim: 26x = –––––––––––– ⇔
100
4 . 260 . 4
⇔ x = ––––––––––– ⇔ x = 160
26
Resposta: D
QUESTÃO 15
Um satélite de telecomunicações, t minutos após ter atingido sua órbita, está a r
quilômetros de distância do centro da Terra. Quando r assume seus valores máximo e
mínimo, diz-se que o satélite atingiu o apogeu e o perigeu, respectivamente. Suponha
que, para esse satélite, o valor de r em função de t seja dado por:
5 865
r(t) = ––––––––––––––––––––
1 + 0,15 . cos (0,06t)
Um cientista monitora o movimento desse satélite para controlar o seu afastamento do
centro da Terra. Para isso, ele precisa calcular a soma dos valores de r, no apogeu e no
perigeu, representada por S.
O cientista deveria concluir que, periodicamente, S atinge o valor de:
a) 12 765 km
b) 12 000 km
c) 11 730 km
d) 10 965 km
e) 5 865 km
RESOLUÇÃO:
5 865
5 865
5 865
I. rmáximo = ––––––––––––––– = –––––––––– = ––––––– = 6 900
1 + 0,15 . (–1)
1 – 0,15
0,85
5 865
5 865
5 865
II. rmínimo = –––––––––––– = –––––––––– = ––––––– = 5 100
1 + 0,15 . 1
1 + 0,15
1,15
III. S = rmáximo + rmínimo = 6 900 + 5 100 = 12 000
Resposta: B
OBJETIVO
9
MATEMÁTICA – DESAFIO – 2.a SÉRIE