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TIPO DE PROVA: A
Questão 3
Questão 1
Na figura, se AB = AC, a área do triângulo
ABC é
Em uma promoção de final de semana,
uma montadora de veículos colocou à venda “n” unidades, ao preço único unitário de
2
R$ 20.000,00. No sábado foram vendidos dos
9
1
do que restou e sobraveículos, no domingo
7
ram 300 veículos. Nesse final de semana, se os
“n” veículos tivessem sido vendidos, a receita
da montadora, em milhões de reais, seria de
a) 7,6
b) 8,4
c) 7
d) 9,5
e) 9
alternativa E
Do enunciado, temos:
2
1 ⎛
2 ⎞
n +
n ⎟ + 300 ⇔
⎜n −
9
7 ⎝
9 ⎠
⇔ 9n = 2n + n + 2 700 ⇔ n = 450
Assim, a receita da montadora
450 ⋅ 20 000 = 9 000 000 reais.
n =
a)
seria
de
Questão 2
O dono de uma loja sabe que, para não ter
prejuízo, o preço de venda de determinado
produto deve ser, no mínimo, 30% superior
ao preço de custo. Visando atender clientes
que pedem desconto, o dono da loja define o
preço de venda, acrescentando 60% ao preço
de custo. Dessa forma, o maior desconto que
ele pode conceder, sem ter prejuízo, é de
a) 16,25%
b) 18,75%
c) 18%
d) 17,75%
e) 18,25%
alternativa B
Seja c o preço de custo do produto. Então o preço
de venda definido pelo dono da loja é
(1 + 0,60)c = 1,6c
O menor valor desejado por ele é
(1 + 0,30)c = 1,3c . Assim, o maior desconto que
ele pode conceder, sem ter prejuízo, é
1,6c − 1,3c
= 18,75% .
1,6c
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sexta-feira, 15 de dezembro de 2006 21:28:37
1
2
b)
3
4
c)
1
4
d)
3
2
e)
4
3
alternativa A
Para AB = AC , aplicando a lei dos co-senos ao
triângulo ABC, temos:
BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 ⋅ AB ⋅ AC ⋅ cos 30o ⇔
⇔ ( 3 − 1) 2 = AB 2 + AB 2 − 2 ⋅ AB ⋅ AB ⋅
3
⇔
2
⇔ ( 3 − 1) 2 = 2 ⋅ AB 2 − 3 ⋅ AB 2 ⇔
4 −2 3
⇔ AB = 2 = AC
2 − 3
Portanto a área procurada é:
1
1
1
1
⋅ AB ⋅ AC ⋅ sen 30o =
⋅ 2 ⋅ 2 ⋅
=
2
2
2
2
⇔ AB 2 =
Questão 4
Considere a matriz A = [2
−1] e uma matriz B = [b ij ]. Se A.B.A = A, então, é correto
afirmar que, na matriz B,
a) b21 = 2b11
b) b21 = −1 + 2b11
c) b12 = 1 + 2b11
d) b11 = 1 + 2b12
e) b21 = b11
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matemática 2
alternativa B
Como A é 1 × 2 e A1 × 2 ⋅ B ⋅ A1 × 2 = A1 × 2 , B é
2 × 1 e, portanto, sendo A ≠ O1 × 2 ,
⎡ b11 ⎤
−1] ⋅ ⎢
⎥⋅A =A ⇔
⎣b21 ⎦
A ⋅ B ⋅ A = A ⇔ [2
⇔ [2b11
− b21 ] ⋅ A = A ⇔ 2b11 − b21 = 1 ⇔
Questão 7
Na figura, a circunferência está inscrita no
hexágono regular de lado 2; adotando π = 3,
a área da região sombreada é
⇔ b21 = −1 + 2b11 .
Questão 5
A raiz real da equação log3 (9x − 2) = x é
2
c) log3
b) 2 log3 2
a) log3 2
3
e) log3 3
d) log32
alternativa D
log 3 (9
x
− 2) = x ⇔ 9 x − 2 = 3 x ⇔
2x
⇔3
− 3 x − 2 = 0 ⇔ 3 x = −1 ou 3 x = 2 ⇔
⇔ x = log 3 2 .
a) 2.(6 3 − 5)
c) 4.(3 3 − 2)
e) 12.( 3 − 1)
Questão 6
Em uma seqüência de quatro números, o primeiro é igual ao último; os três primeiros, em
progressão geométrica, têm soma 6, e os três
últimos estão em progressão aritmética. Um
possível valor da soma dos quatro termos
dessa seqüência é
a) 10
b) 18
c) 12
d) 14
e) 20
alternativa D
Dado que o primeiro e o último termos da seqüência são iguais e os três primeiros formam uma
progressão geométrica, podemos representar a
seqüência por (a, aq, aq 2 , a). Assim, como os
três últimos termos formam uma progressão aritmética:
a + aq + aq 2 = 6
2aq
2
= aq + a
⇔
a(1 + q + q 2 ) = 6
a(2q 2 − q − 1) = 0
⇔
( a = 2 e q = 1)
⇔ ⎛
ou
⇔
1⎞
⎜q = 1 ou q = − ⎟
⎝
⎠
1⎞
2
⎛
⎜a = 8 e q = − ⎟
⎝
2⎠
Logo a seqüência pode ser (2, 2, 2, 2), cuja soma
dos termos é 8 ou (8, −4, 2, 8), cuja soma é 14.
a(1 + q + q 2 ) = 6
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sexta-feira, 15 de dezembro de 2006 21:28:38
b) 3.(4 3 − 3)
d) 6.(2 3 − 1)
alternativa B
O raio do círculo inscrito, que é o apótema do he2 3
xágono, é
= 3.
2
Supondo que os seis triângulos, que têm um
dos lados sobre um lado do hexágono, sejam
eqüiláteros, a área sombreada é a soma das
áreas dos seis triângulos e do hexágono regular
menos a área do círculo, ou seja,
22 3
22 3
6⋅
+6 ⋅
− π( 3 ) 2 ≅
4
4
≅ 12 3 − 3 ⋅ 3 = 3(4 3 − 3), adotando a aproximação dada.
Questão 8
Um ambulante tem, para venda, 20 bilhetes
do metrô, dos quais 2 são falsos; comprando
aleatoriamente, a probabilidade de uma
pessoa adquirir 2 bilhetes que não sejam
falsos é
17
153
51
135
37
a)
b)
c)
d)
e)
19
190
190
380
190
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matemática 3
alternativa B
alternativa E
Admitindo-se que a pessoa vai comprar 2 bilhe⎛ 20 ⎞
20 ⋅ 19
tes, há ⎜ ⎟ =
= 190 maneiras de se ad2 ⋅1
⎝2 ⎠
quiri-los. Como 2 bilhetes são falsos, há
⎛ 20 − 2 ⎞ ⎛18 ⎞ 18 ⋅ 17
= 153 maneiras de se
⎜
⎟ =⎜ ⎟ =
2 ⋅1
⎝ 2 ⎠ ⎝2 ⎠
adquirir 2 que não sejam falsos. Logo, a probabili153
dade procurada é
.
190
Questão 9
Considere os pontos A e B, do primeiro quadrante, em que a curva x2 + y2 = 40 encontra a curva x ⋅ y = 12. A equação da reta AB
é
a) x + y − 8 = 0
b) x − y − 8 = 0
c) 2x + y − 8 = 0
d) x − 2y + 8 = 0
e) x + 3y − 8 = 0
alternativa A
As coordenadas dos pontos A e B são obtidas resolvendo, para x, y > 0, o sistema
x 2 + y 2 = 40
⇔
xy = 12
4
2
x
2
y =
⎛ 12 ⎞
+⎜
⎟
⎝ x ⎠
2
= 40
12
x
⇔
(x = 2 e y = 6)
(x 2 = 4 ou x 2 = 36)
ou
⇔
⇔
12
y =
(x = 6 e y = 2)
x
⇔
⇔ {A, B} = {(2; 6),(6; 2)}.
Assim, uma equação da reta AB é
6 −2
y −2 =
(x − 6) ⇔ x + y − 8 = 0.
2 −6
sen x =
⇔
ou
1
sen x +
8
55
Como 0 <
72
⎤
no intervalo ⎥
⎦
8
=−
9
8
⇔
9
55
72
ou
sen x = −
73
72
< 1, a equação tem uma solução
π
73
⎡
< −1, não há
; π ⎢ e como −
2
72
⎣
73
.
x ∈ R tal que sen x = −
72
Logo a equação dada possui uma única solução
⎡π
⎤
no intervalo ⎢ ; 2 π ⎥ .
⎣2
⎦
Questão 11
⎧3 − 6 = 1
⎪⎪ x
y
6
Se (x,y) é a solução do sistema ⎨
2
3
1
⎪ +
=
⎪⎩ x
y
2
e x ⋅y ≠ 0, o valor de 3x − y é
1
b) 1
c) 0
d) −2
a)
2
e) −1
1
1
a=
6
6
⇔
1
1
2a + 3b =
b =
2
18
3a − 6b =
1
1 1
1
= e
=
⇔ x = 6 e y = 18 ⇒
x
6 y
18
⇒ 3x − y = 0.
Assim,
Questão 12
Questão 10
π
Em ⎡ , 2π ⎤ , as soluções reais da equação
⎢⎣ 2
⎥⎦
1
8
sen(x) +
−
= 0 são em número de
8
9
b) 4
⇔
1
8
=
8
9
=
alternativa C
− 40x
12
y =
x
a) 5
sen x +
8
1
−
= 0 ⇔ sen x +
9
8
1
1
Sejam a =
eb =
. Então o sistema dado é
x
y
equivalente a:
⇔
x
+ 144 = 0
⇔
1
sen x +
8
c) 3
d) 2
e) 1
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sexta-feira, 15 de dezembro de 2006 21:28:40
Em uma sala de aula há 25 alunos, quatro
deles considerados gênios. O número de grupos, com três alunos, que pode ser formado,
incluindo pelo menos um dos gênios, é
a) 580
b) 1200
c) 970
d) 1050
e) 780
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matemática 4
alternativa C
alternativa C
O número de grupos com três alunos, incluindo
pelo menos um dos gênios, é a diferença entre o
total de grupos com três alunos e o número de
grupos sem aluno gênio:
⎛ 25 ⎞ ⎛ 21⎞
25 ⋅ 24 ⋅ 23
21 ⋅ 20 ⋅ 19
−
=
⎜ ⎟ −⎜ ⎟ =
3!
3!
⎝ 3 ⎠ ⎝3 ⎠
= 2 300 − 1 330 = 970
A soma dos 20 primeiros termos da progressão aritmética (log x, log x 3 , ...) de razão log x 3 − log x =
= 3 log x − log x = 2 log x e vigésimo termo
log x + 19 ⋅ 2 log x = 39 log x é
(log x + 39 log x) ⋅ 20
1
= 200 ⇔ log x = ⇔
2
2
⇔ x = 10 .
Logo x 4 = ( 10 ) 4 = 100.
Questão 13
Questão 15
P(x) é um polinômio do 2º grau e k um número real não nulo. Se P(k) = 0, P(−k) = 2k2 e
P(x) = P(k − x) para todo x real, então o resto
da divisão de P(x) por x − 1 é igual a
c) −1 − 3k
b) 2
a) k
e) −2 − 4k
d) 1 − k
alternativa D
A figura representa uma pista não oficial de
atletismo, com 4 raias para corridas, cujas
curvas são determinadas por semicircunferências. Cada raia tem largura igual a 2 m e
os atletas devem percorrer 300 m sobre as linhas, conforme as setas indicam na figura.
Sendo r = 10 m e adotando π = 3, o valor de
k + dé
a) 248 m
b) 247 m
c) 245 m
d) 244 m
e) 240 m
Como P(x) = P(k − x) para todo x real, para
x = 0, P(0) = P(k) = 0. Sendo P(x) do segundo
grau, então P(x) = a(x − 0)(x − k) = ax(x − k),
a ≠ 0.
Sendo P( −k) = 2k 2 , a ⋅ ( −k)( −k − k) = 2k 2 ⇔
⇔ a = 1 e o resto da divisão de P(x) por x − 1 é
P(1) = 1 ⋅ 1 ⋅ (1 − k) = 1 − k .
Questão 16
alternativa E
A diferença entre os comprimentos das curvas de
raios adjacentes é d. Logo, tomando-se as curvas
de raio 10 m e 10 + 2 = 12 m e adotando-se
a aproximação dada, temos d = π ⋅ 12 − π ⋅ 10 ⇔
⇔ d ≅ 6 m.
Assim, pelo raio mais interno, 6 d + k + π ⋅ 10 =
= 300 ⇔ k + d ≅ 300 − 10 ⋅ 3 − 5 ⋅ 6 = 240 m.
Questão 14
Se a soma dos 20 primeiros termos da progressão aritmética (log x, log x 3 , ...) é 200, o
valor de x4 é
a) 2000
d) 1000
b) 10000
e) 3000
c) 100
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sexta-feira, 15 de dezembro de 2006 21:28:41
Na figura, temos o esboço do gráfico da função
f(x) = − x2 + 2x. O lado do quadrado ABCD é
igual a
6
2 +1
c) 4.( 5 − 2)
a)
b)
4
3
d) 3 − 1
e) 2.( 2 − 1)
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matemática 5
alternativa E
O eixo de simetria do gráfico de f(x) = −x 2 + 2x é
2
a reta de equação x = −
= 1. Assim, sen2 ⋅ ( −1)
l ⎞
⎛
do l o lado do quadrado ABCD, C = ⎜1 +
; l⎟ .
⎝
2 ⎠
l⎞
⎛
Como C pertence ao gráfico de f, f ⎜1 + ⎟ = l ⇔
⎝
2⎠
2
l⎞
l⎞
l⎞
⎛
⎛
⎛
⇔ − ⎜1 + ⎟ + 2 ⎜1 + ⎟ = l ⇔ ⎜1 + ⎟
⎝
⎝
⎝
2⎠
2⎠
2⎠
l
⇔1 +
= 2 ⇔ l = 2( 2 − 1).
2
2
Questão 19
A figura representa o sorvete “choconilha”,
cuja embalagem tem a forma de um cone circular reto. O cone é preenchido com sorvete
de chocolate até a altura de 12 cm e, o restante, com sorvete de baunilha. Adotando π = 3,
o número máximo de sorvetes que é possível
= 2 ⇔ embalar, com 2 litros de sorvete de baunilha
e 1 litro de sorvete de chocolate, é
Questão 17
Se i2 = −1, então (1 + i).(1 + i)2.(1 + i)3.(1 + i)4
é igual a
a) 2i
b) 4i
c) 8i
d) 16i
e) 32i
alternativa E
Como (1 + i)
2
= 1 + 2i + i 2 = 2i , temos
(1 + i) ⋅ (1 + i) 2 ⋅ (1 + i) 3 ⋅ (1 + i) 4 = (1 + i)10 =
= [(1 + i) 2 ] 5 = (2i) 5 = 2 5 ⋅ i 5 = 32i .
Questão 18
a) 21
Em cada uma das salas de aulas de uma escola existem 30 carteiras. Distribuídos os alunos da escola nas salas, uma delas fica com
exatamente 20 carteiras vazias e, as demais
salas, totalmente ocupadas. Utilizando 4 salas a menos, e acrescentando 10 carteiras em
cada uma delas, todas ficam totalmente ocupadas. O número de alunos da escola é
a) 370
b) 380
c) 400
d) 410
e) 440
alternativa C
Sendo x o número de salas da escola, temos:
30(x − 1) + (30 − 20) ⋅ 1 = (30 + 10) ⋅ (x − 4) ⇔
⇔ x = 14
Logo o número de alunos da escola é 40 ⋅ (14 − 4) =
= 400.
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sexta-feira, 15 de dezembro de 2006 21:28:43
b) 22
c) 18
d) 17
e) 19
alternativa D
Sejam VC o volume de sorvete de chocolate, VB o
volume de sorvete de baunilha e VT o volume total.
Então, da semelhança de cones, e utilizando a
3
V
⎛ 12 ⎞
aproximação dada, C = ⎜
⎟ ⇔
⎝
⎠
VT
18
8
1
⇔ VC =
⋅
⋅ 3 ⋅ 9 ⋅ 18 = 48 cm 3 e
27 3
1
VB = VT − VC =
⋅ 3 ⋅ 9 ⋅ 18 − 48 = 114 cm 3 .
3
Temos que
1 000 48
40
20
e
2 000 114
62
17
,
logo com 1 litro = 1 000 cm 3 de sorvete de chocolate é possível fazer, no máximo, 20 sorvetes
"choconilha", e com 2 litros = 2 000 cm 3 de sorvete
de baunilha é possível fazer, no máximo, 17 sor-
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matemática 6
vetes "choconilha". Portanto, o número máximo
de sorvetes que é possível embalar é 17.
Observação: utilizando o valor correto de π, o número máximo de sorvetes que é possível embalar
é, na verdade, 16.
Questão 20
Se
vale
a) 4
6 cos x
tgx
sen2x cos x
b) 2
alternativa A
π 6 cos x
Para 0 < x < ,
2 sen 2x
tg x
=0⇔
cos x
⇔ 6 cos x ⋅ cos x − sen 2x ⋅ tg x = 0 ⇔
sen x
⇔ 6 cos 2 x − 2 sen x ⋅ cos x ⋅
=0 ⇔
cos x
⇔ 6 cos 2 x − 2(1 − cos 2 x) = 0 ⇔ cos 2 x =
= 0, 0 < x <
c) 1
π
, sec2 x
2
d) 3
e) 5
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sexta-feira, 15 de dezembro de 2006 21:28:43
⇔ sec 2 x = 4.
1
⇔
4