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PROVA DE MATEMÁTICA ESA – 2004
01) Um triângulo eqüilátero ABC é inscrito em uma circunferência de raio 10. A área
compreendida entre o lado AB e o menor arco AB é:
a)
50π
− 25 3
3
b)
100π
− 25 3
3
c)
100π
− 75 3
3
d)
10π
− 25 3
3
e)
50π
− 75 3
3
A relação existente entre o lado de um triângulo eqüilátero inscrito em uma
circunferência com o raio desta é: l = R 3 , logo se o raio da circunferência é R=10,
temos que:
l=R 3
l = 10 3
A área de um triângulo eqüilátero é dada por A =
l2 3
, logo:
4
l2 3
A=
4
(10 3 )
A=
4
2
3
=
100 ⋅ 3 3 300 3
=
= 75 3
4
4
A área de uma circunferência é dada por A = πR 2 , logo:
A = πR 2
A = π (10 ) 2
A = 100π
O arco pedido no problema é igual a terça parte da área da circunferência menos a área
do triângulo.
AARCO =
100π − 75 3 100π
=
− 25 3
3
3
Letra B.
02) Dois sargentos, MIRANDA e CRUZ, resolveram fazer, cada um, um saque de mesmo
valor, de suas cadernetas de poupança. No final do mês, o Sargento Miranda havia gasto
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¾ do seu saque e o Sargento Cruz havia gasto 4/5 de seu saque, sendo que o Sargento
Miranda ficou com R$ 85,00 a mais que o Sargento Cruz. Com quanto ficou o Sargento
Cruz no final do mês?
Solução: Os saques realizados foram iguais, então podemos dizer que:
3x 4 x − 3x x
3x
=
=
, ficando com x −
4
4
4
4
4x 5x − 4x x
4x
=
=
Sargento Cruz sacou x e gastou
, ficando com x −
5
5
5
5
Se o Sargento Miranda ficou com R$ 85,00 a mais que o Sargento Cruz, então podemos
escrever a seguinte equação:
Sargento Miranda sacou x e gastou
x x
− = 85
4 5
5x − 4x
= 85
20
x = 85 ⋅ 20
x = 1700reais
Este e o valor do saque, o problema pede com quanto ficou o Sargento, ou seja,
x 1700
=
= 340,00
5
5
Letra C.
( A − B) 2 + 4 AB
03) Se A= 5555 e B= 3333, então, o valor da fração
( A + B) 2 − 4 AB
Solução: Primeiramente vamos desenvolver a expressão.
( A − B) 2 + 4 AB A 2 − 2 AB + B 2 + 4 AB A2 + 2 AB + B 2 ( A + B ) 2
=
=
=
( A + B) 2 − 4 AB A 2 + 2 AB + B 2 − 4 AB A2 − 2 AB + B 2 ( A − B ) 2
Agora vamos substituir os valores dados:
2
( A + B) 2
(5555 + 3333)
( 8888) 2 = 4 2 = 16
=
=
( A − B) 2 (5555 − 3333) 2
(2222) 2
Letra E.
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04) Um volume de 2200ml de suco foi distribuído igualmente em uma certa quantidade
de copos. Em seguida, novamente com 2200ml de suco, fez-se a mesma coisa, mas foram
colocados 75ml de suco a menos por copo e, por isso, foram necessários mais 3 copos.
Em quantos copos o suco foi distribuído da segunda vez?
1ª situação
2200ml
= ( y ) ml
( x )copos
2ª situação
2200ml
= ( y + 75) ml
( x + 3)copos
Vamos retirar as unidades para facilitar os cálculos e substituir o valor de “y” obtido na
1ª situação, na equação que representa a 2ª situação.
2200 2200
=
+ 75
x+3
x
2200 x = 2200( x + 3) + 75( x 2 + 3 x)
2200 x = 2200 x + 6600 + 75x + 225 x
2
75 x 2 + 225 x + 6600 = 0( ÷75)
x + 3 x + 88 = 0
Agora devemos aplicar Báskara para sabermos os valores das raízes das equação, ou
achar as raízes pela fatoração.
x 2 + 3 x + 88 = 0
2
( x + 11)( x − 8) = 0
x=8
x = −11
Note que –11 não serve, pois não existe número de copos negativo. Logo o número de
copos é de 8 unidades, mas o problema que saber o número de copos na 2ª situação, ou
seja 8 + 3 = 11 copos. Letra A.
05) Em um triângulo retângulo ABC, reto em A, está inscrito um retângulo de lados
paralelos aos catetos. Sabe-se que AB = 20, BC = 5 17 e a área do retângulo corresponde
a 40% da área do triângulo. Um retângulo que satisfaz as condições acima tem lados com
medidas iguais a
Vamos aplicar o Teorema de Pitágoras para calcular o valor do segmento AC.
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( BC ) 2 = ( AB ) + ( AC )
2
( 5 17 )
2
B
2
= ( 20) 2 + ( AC ) 2
425 − 400 = ( AC ) 2
25 = ( AC )
5 17
20-x
25 ⋅17 = 400 + ( AC ) 2
y
E
2
AC = 25
AC = 5
D
x
y
A
área do retângulo(R) é 40% da área do triângulo(T), então.
40
×T
100
AC ⋅ AB
2
=
× 40
100
5 ⋅ 20
= 2 × 40
100
50 ⋅ 40
=
100
= 20cm 2 ( I )
R=
xy
xy
xy
xy
O triângulo ABC é semelhante ao BDE.
5
20
=
y 20 − x
20 y = 100 − 5 x
20 y + 5x = 100
Dividindo tudo por 5
x + 4 y − 20 = 0(II )
Agora substituindo o valor y de I em II teremos:
Página 4 de 8
5-y
C
20
x
 20 
x + 4  − 20 = 0
 x
80
x+
= 20
x
2
x + 80
= 20
x
x 2 − 20 x + 80 = 0
Agora resolveremos a equação do 2º grau.
y=
x=
2
− b ± b 2 − 4ac − ( −20) ± ( −20) − 4 ⋅ 1⋅ (80) 20 ± 400 − 320 20 ± 80 20 ± 4 5
=
=
=
=
2a
2 ⋅1
2
2
2
20 + 4 5
= 10 + 2 5
2
20 − 4 5
x2 =
= 10 − 2 5
2
x1 =
Para x1
20
20
20 ⋅ 10 − 2 5
20 ⋅ (10 − 2 5 ) 20 ⋅ (10 − 2 5 ) 5 − 5
y=
=
=
=
=
=
x 10 + 2 5 (10 + 2 5 ) ⋅ (10 − 2 5 )
100 − 20
80
2
(
)
Para x2
20
20
20 ⋅ 10 + 2 5
20 ⋅ (10 + 2 5 ) 20 ⋅ (10 + 2 5 ) 5 + 5
y=
=
=
=
=
=
x 10 − 2 5 (10 − 2 5 ) ⋅ (10 + 2 5 )
100 − 20
80
2
(
)
Das duas combinações acima a única que aparece como opção de resposta e a da letra B.
06) Uma reta é tangente a três circunferências, que também se tangenciam mútua e
externamente. As duas circunferências maiores têm o mesmo raio, que mede 15
unidades de comprimento. O raio da Circunferência menor mede.
a) 5
Solução:
b) 7,5
c) 3,75
R
d) 2,5
R
15-r
r
Página 5 de 8
15+r
e) 3
Aplicando o teorema de Pitágoras, temos:
(15 + r ) 2 = (15 − r ) 2 + R 2
225 + 30r + r 2 = 225 − 30r + r 2 + R 2
225 + 30r + r 2 − 225 + 30r − r 2 − 225 = 0
60r = 225
225
r=
= 3,75
60
07) Na figura
A
E
P
B
C
AP e BP são, respectivamente, bissetrizes dos ângulos BAD e ABC. As medidas dos
ângulos BAˆ P , BPˆ A e BCˆ D são respectivamente 45º, 80º e 90º. Então a medida do ângulo
CDˆ E é:
a) 135º
b) 110º
c) 120º
d) 105º
e) 125º
Solução: Vamos considerar o triângulo BPA.
P
O ângulo P é dado com 80º e o ângulo A e 45º.
80º
Logo como a soma dos ângulos internos de um
triângulo é 180º, B somente poderá assumir o
valor de 55º
45º
A
55º
B
Como o segmento AP e BP são as bissetrizes do ângulos, podemos escrever a seguinte
equação:
2 ⋅ 45 + 2 ⋅ 55 + 90 + y = 360
Os dois ângulos conhecidos A e B são o dobro do triângulo, visto que os segmentos que
os cortam são as suas bissetrizes, o ângulo C é dado e vale 90º, o outro ângulo é o que
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precisamos descobrir e por fim a soma têm que dar 360º, pois em um quadrilátero
qualquer a soma dos ângulos externos é sempre 360º. Agora é só resolver.
2 ⋅ 45 + 2 ⋅ 55 + 90 + y = 360
90 + 110 + 90 + y = 360
290 + y = 360
y = 360 − 290
y = 70º
O problema pede o ângulo externo, nós encontramos o interno, como sabemos que o
ângulos externos e internos são suplementares, escrevemos:
70 + x = 180
x = 180 − 70
x = 110º
Letra B.
08) Uma mistura de 150ml é formada por duas substâncias A e B, tomadas em
quantidades diretamente proporcionais a 3 e 7, respectivamente. As quantidades de
substâncias A e B na mistura são, respectivamente.
a) 60 e 90 ml
b) 40 e 120 ml
c) 30 e 70 ml
d) 55 e 95 ml
45 e 105 ml
Solução: Espero que ninguém tenha pensado em marca as opções “b” e “c”.
A B A + B 150
= =
=
= 15
3 7 3+7
10
A
= 15 ⇒ A = 15 ⋅ 3 = 45ml
3
B
= 15 ⇒ B = 15 ⋅ 7 = 105ml
7
Letra E
09) Para a festa de Natal de determinada empresa, o vinho está acondicionado em um
tonel com capacidade para 218 litros e será engarrafado em garrafas de 9 dl. Para que
não bebe vinho, 080 m3 de guaraná serão engarrafados em garrafas com capacidade de
0,5 litro e, para que preferir água, 19 litros de água serão acondicionados num
recipiente que vazio, pesa 780g. Se 1 litro de água pura “pesa” 1 kg, então, o número
total de garrafas completamente cheias e o “peso” do recipiente para água, quando
estiver com 19 litros de água, serão respectivamente:
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a) 1842 garrafas e 19,78 kg
d) 1624 garrafas e 26,80 kg
b) 1018 garrafas e 26,80 kg
e) 1842 garrafas e 26,80 kg
c) 1624 garrafas e 19,78 kg
Solução:
Tonel de vinho = 218 litros
Capacidade das Garrafas = 9 dl = 0,9 l
218
≅ 242 garrafas
Número de garrafas usadas =
0,9
6
3
6
Guaraná: 0,80m3 = 0,80 ×10 cm = 0,8 × 10 ml
Capacidade da garrafas de guaraná: 0,5l
800
= 1600 garrafas
Número de garrafas usadas:
0,5
Água: 19 litros
“peso” da água: 19kg
peso da água + peso do recipiente: 19 + 0,78 = 19,78kg
Total de garrafas utilizadas: 1600 + 242 = 1842 garrafas.
Letra A.
2
2
10) Na equação do 2º grau em x, dada por x − ( 2k − 2 ) x + k − 2k + 1 = 0 , o parâmetro k é
um número real. Se “a” e “b” são raízes dessa equação, então, sempre teremos:
a) ab = 2a
b) a = 2b
c) ab = 0
d) a 2 − b 2 = 0
e) a − b = 1
Condições para a existência de uma equação do 2º grau.
∆ > 0 raízes reais
∆ < 0 raízes imaginárias
∆ = 0 raízes iguais
∆ = b 2 − 4 ac
∆ = ( 2 k − 2) 2 − 4 ⋅1 ⋅ ( k 2 − 2 k + 1)
∆ = 4k 2 − 8k + 4 − 4k 2 + 8k − 4
∆=0
Como ∆ = 0 as raízes são iguais, ou seja, a = b, condição apresentada pela letra D.
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