RESOLUÇÃO ATIVIDADE DE FÉRIAS
SOLUÇÃO AF. 01
[C]
780.000
 260 litros/segundo
50  60
SOLUÇÃO AF. 02
[B]
Pedro ira trabalhar no regime de 24x48, ou seja, 24 horas de trabalho por
48 horas de folga. E isso se repete periodicamente. Temos que o período
é 7, pois de 7 em 7 dias se repeti o dia de serviço e as folgas. Assim
dividindo os 100 dias por 7, encontramos
100
14
7
2
Como a escala se iniciou no sábado e temos ate aqui que sobraram 2 dias.
Logo o 100º dia cairá em uma Terça-Feira.
SOLUÇÃO AF. 03
[A]
 China: 300  0,3  90 ;
 EUA: 238  0,34  89,92 ;
Logo 90  89,92  9,08 .
SOLUÇÃO AF. 04
[C]
Para saber a quantidade de miligrama presente, faremos uma regra de
três simples, assim:
mg
35
x
mL
 350  350 x  35  1500  x  150 mg
 1.500
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A razão entre a quantidade encontrada e o total, encontraremos a
porcentagem usada de sódio por dia, daí
150
 0,3  30%
500
SOLUÇÃO AF. 05
[E]
Considerando a base como 1ª camada, para a primeira n=1, temos
10 10  100 laranjas, na segunda n=2, temos 9  9  81 e assim
sucessivamente, assim para a n-ezima linha temos a seguinte relação:
Quantidade de laranjas  (11  n ) 2 .
SOLUÇÃO AF. 06
[B]
Cada vez que a formiguinha maluca anda 3 cm para longe do pote, ele
volta 1 cm, isso é, ele percorre uma distancia de 4 cm e ficando a 2 cm do
pote. Perceba que esse processo se repete ate que ele tenha percorrido
84 cm. Ou seja, ela andou 84 cm andando de 4 cm em 4 cm. Dai,
84
 21
4
21  2  42
SOLUÇÃO AF. 07
[B]
A razão entre as tintas é
branca
branca
6
3
 

vermelha 4
vermelha 2
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Assim se for acrescentada mais tinta, ela tem que ser aumentada na
proporção de
3
. Assim se usarmos 3,6 litros de tinta branca, temos que
2
a quantidade de tinta vermelhar será de:
3,6 3
2  3,6
  ver. 
 2,4 litros.
ver. 2
3
SOLUÇÃO AF. 08
[A]
6 9 18
1 3
    x4
x 12 9
x 12
SOLUÇÃO AF. 09
[A]
carro
5km 5000 m
carro



 125m
homem 40m
40m
homem
SOLUÇÃO AF. 10
[A]
Dividindo 6 por 7 obtermos
6
 0,857142857142...
7
O período é 6, assim o dividindo 100 por 6, obtemos
100  16  6  4
Vamos ter que o período ira se repeti 16 vezes e sobrará 4 algarismos.
Logo o 100º algarismo será, “1”.
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SOLUÇÃO AF. 11
[B]
Um televisor custa 786  0,9  707,40 , já com os 10% de desconto.
Como foi vendida a metade dos televisores existente na loja. Logo a
quantidade que ele recebeu foi de
707,40  18  12.733,20
SOLUÇÃO AF. 12
[D]
x  1,5 1,2 0,5   0,9  90 %
Ou seja, de Janeiro à Abril teve uma redução de 10%.
SOLUÇÃO AF. 13
[E]
SOLUÇÃO AF. 14
[A]
Como os planetas se encontram em tempos em tempos de forma
alinhada, ou seja, o mínimo múltiplo comum dos planetas nos anos
terrestres. Assim,
12, 30, 84 2
6, 15, 42 2
3, 15, 21 3
1, 5, 7 5
1, 1,
7 7
1, 1,
1
mmc12,30,84  2 2  3  5  7  420
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SOLUÇÃO AF. 01
[E]
100  20  10  30  40  50  10  x  300
x  40
SOLUÇÃO AF. 16
[A]
62  62  72  14  8  20  x  160
196  42  x  160
x6
SOLUÇÃO AF. 17
[B]
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Perceba que a proliferação da doença nas arvores e da forma de uma PG
de razão 2. Digamos que nessa plantação existam “X” arvores, assim
1, 2, 4, 8, ... , sabendo que a soma dos dez primeiros termos dessa
sequência é
S10  X  7 . Daí,
1  (210  1)
X 7 
2 1
X  7  1023
X  1023  7
X  1030
SOLUÇÃO AF. 18
[A]
 x  77  88  x  11


 x  z  35   z  24
 x  y  43
 y  32


Logo, a quantidade de tartarugas envolvidas na pesquisa foi de
11  24  32  77  144 .
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SOLUÇÃO AF. 19
[D]
88%  75%  0,88  0,75  0,66  66%
Logo teve uma redução de 100%  66%  34% .
SOLUÇÃO AF. 20
[C]
SOLUÇÃO AF. 21
[D]
Como depois da entrada das 5 pessoas as outras 50 vão ter que
acrescentar mais R$ 7,00. Arrecadando um valor de 7  50  350 reais.
Perceba que mesmo dividindo o valor para as 50 pessoas ainda faltavam
um favor de R$ 510,00. Mas esse grupo vai da R$ 350,00 o que resta será
dividido para as 5 pessoas que tão entrando, ou seja, cada pessoa ira
contribuir com 510  350  160 
160
 32
5
SOLUÇÃO AF. 22
[B]
X  20Y  87
Y 4
X 7
X  Y  11
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SOLUÇÃO AF. 23
[E]
O número
101011012 na base 10 é:
1  2  0  2 6  1  2 5  0  2 4  1  2 3  1  2 2  0  21  1  2 0
128  32  8  4  1  17310
7
SOLUÇÃO AF. 24
[C]
19  10
  0,9  90%
10
SOLUÇÃO AF. 25
[B]
Observe que
diferença,
Qn  nos fornece a soma de n dias. Assim o 10º dia é a
Q10  Q9  110  90  20
SOLUÇÃO AF. 26
[D]
Utilizaremos o “Diagrama de Carroll”
Tuberculoso
Não
Tuberculoso
TOTAL
Homem
14
36
50
Mulher
12
28
40
TOTAL
26
64
90
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SOLUÇÃO AF. 27
[C]
Como cada lado ira aumentar: Comprimento 1,6 cm e Largura 0,5 cm.
Logo a medida da cédula será: 15,6 cm por 7 cm.
SOLUÇÃO AF. 28
[B]
Temos que:
90 km / h  25m / s
Logo, quando o carro passa, ele escuta um “track” a cada 2 segundos.
SOLUÇÃO AF. 29
[A]
Como vamos dividir com a mesma quantidade, isto é, encontraremos o
máximo divisor comum entre a quantidade de cada frasco, para
comportar em cada gaveta. Assim, mdc 120 ,150 ,225   15
120, 150, 225 5
24, 30, 45 3
8,
10, 15
150
120
 8 gavetas do frasco do tipo 1,
 10 gavetas
15
15
225
do frasco do tipo 2 e
 15 gavetas do frasco do tipo 3. Logo será
15
preciso 8  10  15  33 gavetas.
Dai vamos ter,
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SOLUÇÃO AF. 30
[B]
Perceba que a partir do primeiro dia será acrescentado mais 20 km, ou
seja, a quilometragem cresce na forma de uma PA com razão 20. Assim
durante 20 dias iremos percorre uma distancia equivalente a:
S 20 
a1  a20   20  S
2
20
 500  a 20  10
a20  a1  19r  500  19  20  880 . Logo
S 20  500  880 10  13.800 km
Assim,
SOLUÇÃO AF. 31
[E]
[Resposta do ponto de vista da disciplina de Biologia]
Os modelos mostram uma interação ecológica de competição entre as
duas espécies de angiospermas que vivem no mesmo ambiente.
[Resposta do ponto de vista da disciplina de Matemática]
Fazendo p A  pB , temos:
75  2,5t  81  t
1,5t  6
t  4 semanas
SOLUÇÃO AF. 32
[B]
5g de sal equivale a 2g de sódio.
Refrigerante, macarrão instantâneo e paçoca: 10 + 1951 + 41 = 2002 mg =
2,002 g
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Refrigerante, macarrão instantâneo e sorvete: 10 + 1951 + 37 = 1998 mg =
1,998 g
Refrigerante, hambúrguer e paçoca: 10 + 1810 + 41 = 1861 mg = 1,861 g
Refrigerante, hambúrguer e sorvete: 10 + 1810 + 37 = 1857mg = 1,857g
Água de coco, macarrão instantâneo e paçoca: 66 + 1951 + 41 = 2058 mg
= 2,058 g
Água de coco, macarrão instantâneo e sorvete: 66 + 1951 + 37 = 2054 mg
= 2,054 g
Água de coco, hambúrguer e paçoca: 66 + 1810 + 41 = 1917 mg = 1,917 g
Água de coco, hambúrguer e sorvete: 66 + 1810 + 37 = 1913 mg = 1,913 g
Portanto, temos 5 refeições que não ultrapassam o limite diário de sódio.
SOLUÇÃO AF. 33
[E]
Total de óleo utilizado em 1 ano: 3  3  45  405L
Portanto, em seis meses será 405 : 2  202,5L
SOLUÇÃO AF. 34
[D]
[A] 4  2,70  R$10,80
[B] 2  5,10  R$10,20
[C] 2  2,70  5,10  R$10,50
[D] 7,40  2,70  R$10,10
Portanto, Renata pagará o maior preço se comprar 1 embalagem de 750
gramas e 1 de 250 gramas.
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SOLUÇÃO AF. 35
[D]
x tubos no comprimento e y tubos na largura. Teremos, então:
x .(y + 1) + y .(x + 1) tubos, onde x + 1 é o número de linhas e y + 1 o
número de colunas.
Desenvolvendo: xy + x + xy + y = 2xy + x + y.
SOLUÇÃO AF. 36
[D]
700  20  14000L  14m3
SOLUÇÃO AF. 37
[B]
O limite inferior do intervalo é 0,97  6370  6179km, e o limite superior
é 1,25  6370  7963km.
SOLUÇÃO AF. 38
[D]
Sejam r e s, respectivamente, as quantidades de canastras reais e sujas
feitas por Rafael.
Sabendo que o total de pontos marcados foi 120, temos que
50r  10s  120  s  12  5r.
Desse modo, como r, s  , segue que r  {0, 1, 2} e, portanto, as
soluções da equação são tais que (r, s)  {(0, 12), (1, 7), (2, 2)}. Logo, a
razão pedida pode ser igual a
1
0
2
ou  1.
 0 ou
7
12
2
SOLUÇÃO AF. 39
[D]
Página | 12
Temos que
 x  10
y  2

100x  500y  10zw  500w  20z  50xw  
.
z  50
 w  2
Portanto,
x + y + z = 64.
SOLUÇÃO AF. 40
[A]
Seja x o número de bolas de gude contidas na urna.
Devemos ter x  1177  48  1.225 ou x  1250  48  1.202. Como para
x  1.202 os erros são 25, 18, 7 e 30, segue que x  1.202 e, portanto,
quem ganhou o prêmio foi o participante A.
SOLUÇÃO AF. 41
[B]
Uma equação que nos dá a porcentagem P da bateria em função do
tempo t (em minutos) será dada por:
P
50
t

, pois a bateria consome 1% da carga a cada 3 minutos.
100 300
Portanto, 0 
50
t

 t  150min  t  2,5h.
100 300
SOLUÇÃO AF. 42
[D]
De acordo com os conjuntos, temos P(1)  6 e P(100)  105.
Temos, então o sistema:
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 ab  6

100a  b  105
Logo, a = 1 e b = 5.
Portanto, (1  5) : 2  3.
SOLUÇÃO AF. 43
[D]
1
t2  3
43200
1
0
 t2  3
43200
V(t)  
t 2  129600
t  360min
t  6h
SOLUÇÃO AF. 44
[A]
O lucro L(x) será dado por (600  x)  (300  x). As raízes da função são
300 e 600, o valor de x para que o lucro seja máximo é a média aritmética
das raízes, portanto x v  (300  600) : 2  450. Logo, o número de peças
para que o lucro seja máximo, é: 600  450  150.
SOLUÇÃO AF. 45
[D]
O melhor gráfico é a letra [D], pois mostra o nível da substância A, antes,
durante e depois da presença do medicamento no organismo.
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SOLUÇÃO AF. 46
[C]
No gráfico o número procurado se encontra entre 30% e 35%
Escrevendo todas as frações na forma decimal temos:
½ = 50%
7/ 20 = 35% 8/25 = 32% 1/5 = 20% 3/25 = 12%
Então o valor procurado é de 32%( ou seja 8/25)
SOLUÇÃO AF. 47
[A]
300  289
 100  3,8%
289
SOLUÇÃO AF. 48
[A]
Queremos calcular t de modo que f(t)  0,8  A.
Sabendo que f(0)  0,2  A, temos
0,2  A 
A
1  Be Ak  0
 1  B  5  B  4.
Além disso, como f(1)  0,5  A, vem
0,5  A 
A
1  4e
 Ak  1
 1  4e Ak  2  e Ak  41.
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Portanto, segue que
f(t)  0,8  A 
4
A
A 
5
1  4  (e Ak )t
 4  16  4 t  5
 4 t  42
 t  2.
SOLUÇÃO AF. 49
[D]
P(t)  P0  5 λ t
P(2)  2  P0
P0  5 λ 2  2  P0
5 λ 2  2
Logo,
P(6)  P0  5 λ 6
 
P(6)  P0  5 λ 2
3
P(6)  P0   2 
3
P(6)  8  P0
SOLUÇÃO AF. 50
[B]
Queremos calcular o valor de t para o qual se tem D(t)  2  D(0).
Portanto, temos
2  D(0)  D(0)  e0,006t  n 2  n e0,006t
 0,006t  0,69
 t  115.
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