TIPO DE PROVA: A
Questão 1
circunferência do círculo e o perímetro do
quadrado é:
a)
Numa pesquisa de mercado, verificou-se que
15 pessoas utilizam os produtos A ou B, sendo que algumas delas utilizam A e B. O produto A é usado por 12 dessas pessoas e o produto B, por 10 delas.
O número de pessoas que utilizam ambos os
produtos é:
a) 5
b) 3
c) 6
d) 8
e) 7
2
π
2
π
c)
π
2
d) 2 π
e)
π
2
alternativa C
Sejam r o raio do círculo e l o lado do quadrado.
Como o círculo e o quadrado têm áreas iguais,
r
1
πr 2 = l2 ⇔
=
l
π
Logo a razão entre o comprimento da circunferência do círculo e o perímetro do quadrado, nesta
ordem, é:
alternativa E
Sejam A o conjunto das pessoas que consomem
o produto A, e B o conjunto das pessoas que consomem o produto B. Seja x o número de pessoas
que consomem A e B. Assim n(A ∪ B) = n(A) +
+ n(B) − n(A ∩ B) ⇔ 15 = 12 + 10 − x ⇔ x = 7.
b)
2 πr
π r
π
1
=
⋅
=
⋅
=
4l
2 l
2
π
π
2
Questão 4
Na figura, ABCD é um quadrado inscrito no
Questão 2
triângulo EFG. Se a medida de FG é 10, o
perímetro do quadrado é:
ax
b
2x − 1
para todo x,
+
= 2
x −1
x −1
x −1
x ≠ ± 1, então a − b vale:
a) 4
b) −2
c) 3
d) 0
e) −1
Se
2
alternativa A
Para todo x, x ≠ ±1,
ax
2
+
b
2x − 1
=
⇔
x −1 x2 −1
x −1
ax + b(x + 1)
2x − 1
⇔
⇔
=
(x + 1)(x − 1) (x + 1)(x − 1)
a) 20
(a + b)x + b
2x − 1
.
⇔
=
(x + 1)(x − 1) (x + 1)(x − 1)
Seja l o lado do quadrado.
Portanto
b) 15
c) 18
d) 16
e) 17
alternativa B
a +b = 2
a =3
e
⇔
b = −1
b = −1
a − b = 3 −( −1) = 4.
Questão 3
Se um círculo e um quadrado têm áreas
iguais, então a razão entre o comprimento da
Como AD // FG, os triângulos FEG e AED são semelhantes (caso AA). Logo a razão entre os lados
matemática 2
homólogos dos triângulos é igual à razão entre as al10
6
15
.
turas. Portanto
=
⇔l=
6 −l
4
l
15
Assim, o perímetro vale 4 ⋅
= 15.
4
x 2 ⋅ y −1
1
= 2 ⋅ 0,1 − 1 ⋅ 0,2 −
⋅ 0,3 =
2
z
= −0,15.
log
Questão 7
Questão 5
As bases de um trapézio isósceles medem 7 e
13. Se a altura do trapézio é 4, o seu perímetro é:
a) 27
b) 25
c) 20
d) 30
e) 40
alternativa D
Seja ABCD o trapézio, com AB // CD, AB = 7 e
CD = 13. Sejam AE e BF alturas do trapézio.
Como o trapézio é isósceles, temos DE = FC.
Se log 1 9 = a, então log16 a2 é:
3
1
a)
2
b) −
1
4
c) −2
d) 4
e) 2
alternativa A
a
1 
Temos que log 1 9 = a ⇔   = 9 ⇔ 3 −a = 3 2 ⇔
3 
3
⇔ a = −2 e, portanto, a 2 = 4. Assim, log16 a 2 =
1
.
= log16 4 =
2
Questão 8
Assim, DE + EF + FC = 13 ⇔ DE = FC = 3.
Logo, pelo teorema de Pitágoras, AD = BC =
= 3 2 + 4 2 = 5 e, portanto, o perímetro do trapézio é 13 + 7 + 2 ⋅ 5 = 30.
Questão 6
Se log x = 0,1, log y = 0,2 e log z = 0,3, o valor
x2 ⋅ y −1
é:
de log
z
a) 0,15
b) −0,15
c) 0,25
d) −0,25
e) 0,6
alternativa B
Temos
x 2 ⋅ y −1
log
= log x 2 + log y −1 − log z =
z
1
= 2 log x − 1 ⋅ log y −
log z.
2
Assim, como log x = 0,1, log y = 0,2 e log z = 0,3,
Num quadro, as chaves de 6 salas e de 2 banheiros, todas distintas, estão dispostas em
duas filas com quatro chaves cada uma. Se
as chaves dos banheiros devem ocupar as extremidades da primeira fila, o número de
formas diferentes de se colocar as chaves no
quadro é:
a) 6!
b) 6 ⋅ 6!
c) 4 ⋅ 6!
d) 8!
e) 2 ⋅ 6!
alternativa E
Temos 2 maneiras de colocar as chaves dos banheiros nas extremidades da primeira fila. Então
restam 6 posições no quadro, onde devem ser colocadas as 6 chaves distintas restantes. Assim,
podemos colocar as chaves das salas no quadro
de 6! maneiras distintas.
Logo há 2 ⋅ 6! formas diferentes de colocar as
chaves no quadro.
Questão 9
O recipiente da figura, que contém água, é
um prisma reto cujas bases são triângulos
eqüiláteros de altura 2. A superfície da água
é paralela à face ABCD. Se o volume ocupado pela água é metade do volume do prisma,
o valor de h é:
matemática 3
alternativa B
a)
6
5
c) 2
b) 3
d)
1
2
e)
3
4
Uma equação da reta que passa pela origem (0; 0)
e tem coeficiente angular 2 é y − 0 = 2(x − 0) ⇔
⇔ y = 2x.
Uma equação da circunferência de centro (1; 0) e
raio 1 é (x − 1) 2 + (y − 0) 2 =12 ⇔ (x − 1) 2 + y 2 =
= 1.
Assim, os pontos A e B são as soluções do sistema:
y = 2x
y = 2x
⇔
⇔
(x − 1) 2 + y 2 = 1
(x − 1) 2 + (2x) 2 = 1
alternativa C
A água ocupa o volume de um prisma reto cuja
altura é igual à altura do prisma de face ABCD.
Logo a razão entre seus volumes é igual à razão
entre as áreas das bases, que são triângulos se2
ea
melhantes. Como a razão de semelhança é
h
2
2
razão entre os volumes é 2, temos   = 2 ⇔
h
⇔ h = 2.
⇔
y = 2x
(x = 0 e y = 0)
ou
⇔
5x 2 − 2x = 0
2
4

e y = 
x =

5
5
Portanto o segmento AB tem medida
2

− 0

5

2
4

+
− 0
5

2
=
2 5
.
5
Questão 12
Questão 10
Se da soma de todos os números ímpares positivos de 2 algarismos subtrairmos a soma
de todos os números pares positivos de 2 algarismos, o resultado será:
a) 55
b) 51
c) 50
d) 45
e) 46
No triângulo da figura, cos 2θ vale:
alternativa D
(11 + 13 + . . . + 97 + 99) − (10 + 12 + . . . + 96 +
+ 98) = (11 − 10) + (13 − 12) + . . . + (97 − 96) +
+ (99 − 98)( ∗ )
Como existem 90 números naturais com 2 algarismos (45 ímpares e 45 pares), temos 45 parcelas
iguais a 1, ou seja, ( ∗ ) = 1 + 1 + . . . + 1 + 1 = 45 .
a)
Questão 11
5
5
b)
2 5
5
b)
1
9
c) −
7
9
d) −
8
9
e)
5
9
alternativa C
Uma reta, que passa pela origem e tem coeficiente angular 2, encontra a circunferência
de centro (1,0) e raio 1 em dois pontos A e B.
A medida de AB é:
a)
2
9
c)
5
4
d) 2 5
e)
5
2
Como o triângulo é isósceles, o pé da altura relativa à base coincide com o seu ponto médio.
1
1
3
. Conseqüentemente,
Assim, cos θ =
=
3
1
2
7
1 
cos 2 θ = 2 cos 2 θ − 1 = 2 ⋅   − 1 = − .
3 
9
matemática 4
a) 2
b)
3
2
c) 4
d)
4
3
e) 1
alternativa E
Questão 13
A função que mais bem se adapta ao esboço
gráfico dado é:
Seja A = (x v ; −1) o vértice da parábola y = x 2 − 2px.
Temos que
−( −2p)
xv > 0
> 0
2 ⋅1
2
⇔
⇔
−(( −2p) − 4 ⋅ 1 ⋅ 0)
4p 2
−1 =
1
=
4 ⋅1
4
p >0
⇔ p = 1 e, assim, y = x 2 − 2x , cup2 = 1
jas raízes são 0 e 2. Logo, como a distância de A
a OB é igual a 1 e OB = 2 − 0 = 2, a área de AOB
2 ⋅1
é igual a
= 1.
2
⇔
a)
1
x
c) 2x
b) x
d)
1
x2
e) x ⋅|x|
alternativa D
O esboço sugere o gráfico de uma função par (simetria em relação ao eixo Oy).
1
1
A função f(x) = 2 é par, pois f(−x) =
=
x
( −x) 2
1
= 2 = f(x), e o mesmo não ocorre para as
x
demais funções. Por exemplo, para x = 2, temos
1
1
, 2 ≠ −2 ∉ R, 2 2 ≠ 2 −2 e
≠
2 −2
2 ⋅|2 | ≠ −2 ⋅ |−2 |.
Questão 14
Na figura, temos o gráfico de y = x2 − 2px, de
vértice A. A área do triângulo OAB é:
Questão 15
Se p(x) = 2x2 + kx + 2 é divisível por x + 2, então 2k vale:
a) 32
b) 16
c) 8
d) 64
e) 4
alternativa A
Temos que p(x) é divisível por x + 2 se, e somente se, p( −2) = 0 ⇔ 2( −2) 2 + k( −2) + 2 = 0 ⇔
⇔ k = 5. Logo 2 k = 32 .
Questão 16
Numa progressão geométrica de números inteiros maiores que 1, o produto dos dois primeiros termos é igual a 12. O quarto termo
dessa progressão é:
a) 12
b) 54
c) 84
d) 36
e) 48
matemática 5
alternativa B
Sejam a1 o primeiro termo da PG e q a sua razão.
Então a1 ⋅ (a1 ⋅ q) = 12 ⇔ a12 ⋅ q = 2 2 ⋅ 3 .
Como a1 e q são inteiros maiores do que 1,
a1 = 2 e q = 3 e o quarto termo da progressão é
a1 ⋅ q 3 = 2 ⋅ 3 3 = 54.
Questão 17
Considerando o produto de matrizes,
−1  a
1
0
1
0

 × 
 = 
 , o valor de a
1  −1
0
a
 0 1
b) −1
d) −2
c) 2
e) 1
alternativa E
−1  −a 1 
1
 = 
 ⋅
−1  −1 0 
0
0

a
0
 ⇔
1
 0 ⋅ a + ( −1) ⋅ ( −1) 0 ⋅ 1 + ( −1) ⋅ 0 
⇔ 
 =
a ⋅1 + 1 ⋅ 0 
 a ⋅ a + 1 ⋅ ( −1)
1
= 
0
⇔
a2 − 1 = 0
⇔ a =1
a =1
Questão 18
Se 2 ⋅ 2x + 4 x = 8 x , então x2 é igual a:
b) 4
c) 1
d) 0
e) 9
alternativa C
⇔ 2 + 2 x = 4 x ⇔ (2 x ) 2 − 2 x − 2 = 0 ⇔
y2 − y − 2 = 0
y = 2
x
⇔ 2x = 2 ⇔ x = 1
Logo x 2 = 12 = 1.
⇔
(y = −1 ou
y = 2
x
Nas últimas eleições, três partidos políticos
tiveram direito, por dia, a 90s, 108s e 144s
de tempo gratuito de propaganda na televisão, com diferentes números de aparições. O
tempo de cada aparição, para todos os partidos, foi sempre o mesmo e o maior possível.
A soma das aparições diárias dos partidos
na TV foi de:
a) 15
b) 16
c) 17
d) 19
e) 21
alternativa D
2 ⋅ 2 x + 4 x = 8 x ⇔ 2 x (2 + 2 x ) = 2 x ⋅ 4 x ⇔
⇔
alternativa A
Questão 20
0
0
1 0 
 1
 ⇔
 = 
 ⇔  2
1
0 1 
a − 1 a 
a) 2
Numa “super-promoção” uma loja oferece
40% de desconto sobre o preço de venda de
um produto, havendo, ainda assim, um lucro
de 20% sobre o preço de custo desse produto.
Se o desconto não tivesse sido dado, o lucro
da loja teria sido de:
b) 80%
c) 60%
a) 100%
d) 55%
e) 45%
Sejam c e v os preços de custo e de venda do
produto, respectivamente. Das condições do
enunciado, (1 − 0,40)v = (1 + 0,20)c ⇔ v = 2c .
Assim, se o desconto não tivesse sido dado, o lucro
v −c
2c − c
da loja teria sido de
=
= 100%.
c
c
é:
a) 0
Questão 19
y = 2)
⇔
O tempo de cada aparição, em segundos, deve
ser divisor de 90, 108 e 144 e também deve ser o
maior possível. Assim, é igual a mdc (90, 108, 144)
segundos. Como 90 = 2 ⋅ 3 2 ⋅ 5, 108 = 2 2 ⋅ 3 3 e
144 = 2 4 ⋅ 3 2 , mdc (90, 108, 144) = 2 ⋅ 3 2 = 18.
Assim, os números de aparições dos partidos
são, respectivamente, 90 : 18 = 5, 108 : 18 = 6 e
144 : 18 = 8, totalizando 5 + 6 + 8 = 19 aparições.