REVISÃO ENEM VESTIBULARES 2017...

REVISÃO ANGLO

Eneme

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RESOLUÇÕES

Eneme

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RESOLUÇÕES

MATEMÁTICA

AMJ_CAPA REV-Matematica-Prof.indd 3 10/3/17 15:07REVISÃO_ENEM VESTIBULARES_2017_Matematica.indd 1 10/4/17 12:57

2 Resoluções

ENEM

TEMA 1

Razão e proporção

1 bCalculando-se quantos gramas de fibras há por grama de pão para cada marca, tem-se:

Marca DadoFibras por

grama de pão

A 2 g fibras/50g de pão 250

5 0,04 g

B 5 g fibras/40g de pão 540

5 0,125 g

C 5 g fibras/100g de pão 5100

5 0,05 g

D 6 g fibras/90g de pão 690

5 0,07 g

E 7 g fibras/70g de pão 770

5 0,1 g

Logo, a marca que apresenta a maior quantidade de gramas de fibras por grama de pão, ou seja, a maior concentração de fibras, é a marca b.

2 eDe acordo com o enunciado, tem-se:

5 ? 5 ?de 100 alturaabc

altura abc de100

→

Deseja-se escolher o modelo com a menor altu-ra, ou seja, o que tem o menor produto abc ? de. Analisando-se os modelos disponíveis, tem-se:

175/65R15: altura 5 175 65

100�

5 113,75 mm

175/75R15: altura 5 175 75

100�

5 131,25 mm

175/80R15: altura 5 175 80

100�

5 140,00 mm

185/60R15: altura 5 �185 60

100 5 111,00 mm

205/55R15: altura 5 205 55

100�

5 112,75 mm

Assim, o pneu com a menor altura é o que tem a marcação 185/60R15.

3 bCom o tanque cheio, o automóvel pode percorrer 50 L ? 15 km/L 5 750 km.Pela marca do medidor, o tanque está com 3/4 de sua capacidade; desta forma, o carro é capaz de percor-rer 3/4 ? 750 km 5 562,5 km sem precisar abastecer. Assim, para completar a viagem, será necessário abas-tecer, no máximo, a 500 km do ponto inicial da viagem.

4 c

A variação porcentual é dada por: �190 2,38

2,38 ø 2 20%.

Assim, em 2020, a taxa de fecundidade no Brasil estará mais próxima de:

� � �1,90 20100

1,90 1,52

5 dA população nas capitais da região Nordeste foi, segundo o gráfico, de 1 270 729 em 1940 para 10 162 346 em 2000. Então, o percentual que des-creve o aumento pedido é aproximadamente:10160000 1270000

12700007

�� , ou seja, 700%

TEMA 2

Relações de dependências

1 aAnalisando as alternativas dadas, a única que preen-che todos os requisitos é a alternativa A (janeiro), uma vez que a variação de pluviosidade de janeiro para fevereiro foi menor que 50 mm; a temperatura míni-ma naquele mês foi por volta de 20 °C, sendo, por-tanto, maior que 15 °C. E, de janeiro para fevereiro, houve um leve aumento da temperatura máxima, o qual não excedeu 5 °C, como pedido no enunciado.

2 cDo gráfico, sendo V1 a vazão da bomba ligada primeiro e V2 a da aberta ao fim da primeira hora, tem-se:

V1 5 1000L

1h 5 1 000 L/h (I)

V1 1 V2 5 5000L

2hV1 1 V2 5 2 500 L/hV2 5 2 500 2 1 000V2 5 1 500 L/h

3 bComo o ponto (0, 0,5) pertence ao gráfico da fun-ção y(t) 5 at 21, tem-se:

y(t) 5 8 [ 2t 2 1 5 8 [ t 2 1 5 3 [ t 5 4Logo, o tempo entre a plantação e o corte é de 4 anos.

4 aA arrecadação média é dada por p ? q, em que p é o preço unitário e q é a quantidade vendida.Do enunciado, tem-se que p ? q > 300, com q 5 400 2 100 ? p.

RESOLUÇÕES MATEMÁTICA

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Resoluções 3

Assim, tem-se que (400 2 100 ? p) ? p > 300 e, portanto, p2 2 4p 1 3 < 0.Resolvendo a inequação, tem-se que 1 < p < 3. A quantidade q é máxima quando p é mínimo. Portanto, segue que p 5 1, ou seja, 0,50 < p < 1,50.

5 c

9 23

logEE

272

logE logE1

01 0� � �→ (I)

7 23

logEE

212

log E logE2

02 0� � �→ (II)

Multiplicando a equação (II) por 21 e somando-se com a equação (I) tem-se:3 5 log E1 2 log E2

3 5 log EE

1

2EE

1

2

5 103

[ E1 5 103E2

TEMA 3

Sequências e padrões

1 dDo enunciado, depreende-se que os andares em que João e Pedro fazem manutenção representam progressões aritméticas de razões 2 e 3, respec-tivamente.João 5 (1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, ...)Pedro 5 (1, 4, 7, 10, 13, 16, ...)Observe, agora, que os 20 encontros entre eles ocorrem de 6 em 6 andares, formando uma nova progressão aritmética.Encontros 5 (1, 7, 13, 19, ...)Aplicando-se a equação do termo geral da P.A., o número de andares será dado por: a20 5 1 1 (20 2 1) ? 6 5 115 andares.

2 c

O número de visitantes cresce segundo uma PG de primeiro termo 345 e razão 3; assim, o quarto termo será 33 ? 345.

3 aDo enunciado, pode-se concluir que o número de possibilidades será dado porTodos 2 Partidas com 2 canhotosC10,2 2 C4,2

Ou seja:10!

2! 8!4!

2! 2!��

�

4 a1o modo:Das 9 poltronas, 7 serão escolhidas para acomodar a família.O número de formas distinas é calculado por

A9,7 5 �

�9!9 7 !

9!2!( )

2o modo:Utilizando o princípio fundamental da contagem, tem-se:9 ? 8 ? 7 ? 6 ? 5 ? 4 ? 3, que é igual a 9!

2!5 b

Se Brasil e Argentina formassem um país, só terí-amos, para esse país, a seguinte quantidade de medalhas

País Ouro Prata Bronze Total

Brasil 1 Argentina 5 7 5 17

Como o número de medalhas de ouro e prata é o mesmo dos EUA, mas o número de medalhas de bronze é maior, esse país hipotético ficaria à frente dos EUA no quadro de medalhas, e atrás apenas da China, ocupando a 2a posição.

TEMA 4

Probabilidades e estatística

1 bCalculando-se a média dos primeiros cinco meses, tem-se:

21 22 25 31 215

1205

24� � � �

� �

O estoque do sexto mês deve ser 12 vezes maior que a média dos primeiros cinco meses; logo, 24 ? 12 5 288.Como o estoque no início do primeiro mês era de 228 vacinas e foram aplicadas 120, restam 108 vacinas. Para atingir as 288 vacinas necessá-rias para o sexto mês, teremos que acrescentar 288 2 108 5 180 vacinas.

2 cA última coluna da tabela diz respeito ao desvio padrão, que é uma medida de dispersão, ou seja, indica a regularidade dos dados obtidos: quan-to menor o desvio padrão, maior a regularidade. O atleta mais regular é, portanto, o III, e o menos regular é o II.Assim, a primeira luta será entre II e III.

3 aCalculando-se o LIRAa para cada bairro, tem-se:

I. 14400 5 0,035 5 3,5%

II. 6500 5 0,012 5 1,2%

III. 13520

5 0,025 5 2,5%

IV. 9360 5 0,025 5 2,5%

V. 15500

5 0,030 5 3,0%

Assim, as ações de controle iniciarão pelo bairro I.


4 Resoluções

4 cPodemos representar o espaço amostral da soma dos valores das duas cédulas retiradas dessa cai-xa, com reposição, através da tabela a seguir:

5 20 50(1) 50(2)

5 10 25 55 55

20 25 40 60 60

50(1) 55 70 100 100

50(2) 55 70 100 100

Total de somas possíveis: 4 ? 4 5 16Número de somas menores que 55: 4Número de somas que são pelo menos iguais a 55: 12Probabilidade de que a soma seja pelo menos

igual a 55: 1216

34

�

5 bColocando os números de erros em ordem cres-cente, temos a sequência(0, 2, 2, 2, 3, 4, 5, 6)Como a quantidade é par, a mediana Md é dada pela média aritmética dos dois termos centrais:

Md 5 2 3

2�

5 2,5

TEMA 5

Noções de espaço e forma

1 bDos 5 mosaicos apresentados, note que somente os mosaicos 1 e 2 são formados por dois triângulos retângulos e um triângulo isósceles; no entanto, no mosaico 1 os triângulos retângulos não são congruentes, uma vez que a hipotenusa de um triângulo retângulo tem a mesma medida do ca-teto de outro triângulo retângulo.No mosaico 2, os dois triângulos retângulos são congruentes pelo caso ALA (ângulo-lado-ângulo).

2 bA área da Figura B pode ser obtida dividindo-se o quadrilátero em dois triângulos retângulos.

(I) (II)15

21

3

15

AI 1 AII 5 15 15

221 3

2�

��

5 144 m2

Quer-se que a área da Figura A seja igual à da Figura B, portanto:x ? (x 1 7) 5 144 [x2 1 7x 2 144 5 0As raízes são 9 e 216 (não convém)Logo, x 5 9 m e x 1 7 5 16 m.

3 cEsboçando-se o gráfico de y 5 9 2 x2 tem-se:9 2 x2 5 0x 5 3 ou x 5 23pontos:eixo x: (3; 0) e (23; 0)eixo y: (0; 9)Assim:

x (em m)

y

9

23 3

base da entrada do túnel, em metros: 3 1 3 5 6altura, em metros: 9Desse modo, a área A da parte frontal da tampa de concreto, em metros quadrados, é:

A 5 23 ? 6 ? 9 5 36

4 aAdaptando-se o gráfico para ter os eixos passan-do pela origem (0, 0), obtém-se:

(Mês)

(Porcentagem)

30%

10%

20%

10%

5

0%0 1 2 3 4 5 6 (T-6) T

Seja T o mês em que o reservatório atingiria 0% da capacidade total.Então, desse gráfico, tem-se:T 6

510%20%

��

T 2 6 5 2,5Logo, para que o nível do reservatório atinja o nível zero, serão necessários 2,5 meses após o sexto mês.


Resoluções 5

5 cOriginalmente, a trajetória do projétil B passa pe-los pontos (0, 0) e (2, 4), como visto no gráfico. Logo, seu coeficiente angular é:

mi 5 yx

4 02 0

2i

i

��

��

∆∆

Como a trajetória do projétil B deve encontrar a trajetória do projétil A em sua altura máxima, o projétil B deve partir da origem (0, 0) e passar pelo ponto (4, 16), no qual A tem sua altura máxima. Logo, o coeficiente angular será:

mf 5 yx

15 04 0

4f

f

��

��

∆∆

A diferença entre ambos os coeficientes é, por-tanto, de:mf 2 mi 5 4 22 5 2Ou seja, deve aumentar em 2 unidades.

6 e

x

y

3

0

9A B

C

S

4 8

A reta AO tem coeficiente angular m 5 9 04 0

94

�

��

e sua equação é y 5 94

x e a região abaixo dela é

dada por y < 94

x [ 4y 2 9x < 0.

A reta CO tem coeficiente angular m 5 3 08 0

38

�

��

e sua equação é y 5 38 x e a região acima dela é

dada por y > 38 x [ 8y 2 3x > 0.

A equação da reta AB é y 5 9 e a região abaixo dela é dada por y < 9. A equação da reta BC é x 5 8 e a região à esquer-da dela é dada por x < 8.

7 dConsiderando a origem no topo do suporte do balanço, a trajetória é parte do gráfico de uma circunferência de centro (0, 0) e raio 2:

x

y2

2

22

22

22

A equação da circunferência é dada por:(y 2 0)2 1 (x 2 0)2 5 22 [ y2 1 x2 5 4 [ y2 5 4 2 x2

y 5 4 x2� �

Como a curva descrita pelo assento do balanço está abaixo do eixo x, tem-se:

y 5 � �4 x2 [

f(x) 5 4 x2� �

8 d

CA B

60 m

7 m

3 m

10 m

10 m

Como o furo ocorreu no fundo do compartimento C, todo o volume de petróleo da parte superior às divisórias (3 ? 10 ? 60 5 1,8 ? 103 m3), mais o volume do compartimento C que está abaixo da altura da divisória, isto é, (7 ? 10 ? 20 5 1,4 ? 103 m3), vazará. Logo, o volume de petróleo derramado será 3,2 ? 103 m3.

9 dSendo R a medida do raio do cilindro reto e do cone, H a altura do cilindro reto e h a altura do cone, tem-se que o volume (V) do silo é dado por:

V 5 p ? R2 ? H 1 13 ? p ? R2 ? h

[ V 5 3 ? (3)3 ? 12 1 13 ? 3 ? (3)2 ? 3

[ V 5 351 m3

Sendo n o número de viagens do caminhão, tem-se:n ? 20 > 351

[ n > 35120

[ n > 17,55

Logo, o número mínimo de viagens é 18.

10 eO deslocamento de A para B é no próprio plano do retângulo ABCD, ou seja, é o segmento AB. O deslocamento de B a E e de E a C é no plano BCE, que é perpendicular ao plano do retângulo ABCD; sua projeção será sobre a intersecção entre estes dois planos, que é o segmento BC.


6 Resoluções

VESTIBULARES

TEMA 1

Números e técnicas algébricas

1 eAnalisando os casos:

Número n Divisores positivos de n

Soma dos divisores

positivos de n

8 1, 2, 4, 8 15

9 1, 3, 9 13

10 1, 2, 5, 10 18

11 1, 11 12

12 1, 2, 3, 4, 6, 12 28

15 1, 3, 5, 15 24

16 1, 2, 4, 8, 16 31

20 1, 2, 4, 5, 10, 20 42

25 1, 5, 25 31

Os números cujos divisores positivos apresentam soma igual são 16 e 25.

2 cNotando que 9 5 32 e que 4 5 22, temos:

999 2 444 5

(32)99 2 (22)44 5

(399)2 2 (244)2 5

(399 1 244) ? (399 2 244)

Vamos, agora, determinar os algarismos das uni-dades dos números 399 e 244.Observe o algarismo das unidades das primeiras potências de expoente natural não nulo e base 3:

31 5 ... 3

32 5 ... 9

33 5 ... 7

34 5 ... 1

35 5 ... 3

36 5 ... 9

37 5 ... 7

38 5 ... 1Note que elas se repetem a cada 4 unidades de acréscimo no expoente. Como a divisão de 99 por 4 tem resto 3, temos que 399 tem o mesmo algaris-mo das unidades que 32, ou seja, 399 termina em 7.

Agora, observe o algarismo das unidades das pri-meiras potências de expoente natural não nulo e base 2:21 5 ... 2

22 5 ... 4

23 5 ... 8

24 5 ... 6

25 5 ... 2

26 5 ... 4

27 5 ... 8

28 5 ... 2Note que elas se repetem a cada 4 unidades de acréscimo no expoente. Como a divisão de 44 por 4 tem resto 0, temos que 244 tem o mesmo algaris-mo das unidades que 24, ou seja, 244 termina em 6.Mas, como 399 termina em 7 e 244 termina em 6, temos que (399 1 244) termina em 3 e que (399 2 244) termina em 1.Assim, o produto entre (399 1 244) e (399 2 244) tem 3 como algarismo das unidades.

3 bPara 10 de março, tem-se:

• total de quilômetros congestionados: 200

• total de quilômetros monitorados: m

• índice de lentidão: 200m 5 0,25 [ m 5 800 km

Para 10 de abril, tem-se:

• total de quilômetros congestionados: 200

• total de quilômetros monitorados: 1,1 ? 800 5 5 880

Assim, o índice de lentidão em 10 de abril é 200880

<

<0,227, ou seja, aproximadamente 23%.

4 bPrimeiramente, multiplicando-se o numerador e o denominador de z por (a 1 i), tem-se:

z 5 �

��

�

��

� � �

��

�

��

1 aia i

a ia i

a i a i aa 1

i a 1

a 1i

2

2

2

2

( )( )

( )

⇒ z 5 i. Logo, z2016 5 i2016

Como 2016 deixa resto 0 na divisão por 4, tem-se:

i2016 5 i0 5 1

TEMA 2

Equações, inequações e funções

1 cDevemos terx2 2 13x 1 40 5 0oux2 2 13x 1 42 5 0desde que as soluções encontradas satisfaçam a condição de existência x2 2 12x 1 35 . 0


Resoluções 7

Resolvendo a equação x2 2 13x 1 40 5 0, obtemos x 5 5 ou x 5 8; resolvendo a equação x2 2 13x 1 1 42 5 0, chegamos a x 5 6 ou x 5 7.Calculando o valor de x2 2 12x 1 35 para cada um dos quatro valores encontrados, temos:• se x 5 5, então x2 2 12x 1 35 5 25 2 60 1 35 5 0

(não satisfaz a C.E.)• se x 5 6, então x2 2 12x 1 35 5 36 2 72 1 35 5

5 21 , 0 (não satisfaz a C.E.)• se x 5 7, então x2 2 12x 1 35 5 49 2 84 1 35 5 0

(não satisfaz a C.E.)• se x 5 8, então x2 2 12x 1 35 5 64 2 96 1 36 5

5 1 . 0 (satisfaz a C.E.)Assim, a equação é satisfeita por apenas um nú-mero.

2 bFazendo-se x 5 1, tem-se:1 ? f(1 2 1) 5 (1 2 3) f(1) 1 3[ f(0) 5 22f(1) 1 3 (I)Fazendo-se x 5 0, tem-se:0 ? f(0 2 1) 5 (0 2 3) f(0) 1 3[ 0 5 23f(0) 1 3[ f(0) 5 1Substituindo-se f(0) 5 1 em (I), tem-se:1 5 22f(1) 1 3[ 2f(1) 5 2[ f(1) 5 1

3 df(4) 5 4a 1 b 5 2f(3) 3a bf(5) 5a b

� �� } ⇒ f(3) 1 f(5) 5 8a 1 2b 5 2 ? f(4)

4 e A inequação dada por f(x) . g(x) é:x2 1 1 . x [x2 2 x 1 1 . 0Considerando a função quadrática de lei h(x) 5 x2

2 2 x 1 1, temos que seu gráfico é uma parábola com concavidade para cima e que não intersecta o eixo das abscissas, já que a equação x2 2 x 1 1 5 0 não admite raízes reais.Esboçando esse gráfico, temos:

x

Assim, a função h sempre assume valores po-sitivos, para qualquer x [ R. Segue, portanto, que o conjunto solução da inequação x2 2 x 1 1 1 . 0 é o próprio conjunto R, que pode ser escrito como ] 2`, 1 ̀ [ ou, em uma notação alternativa, (2`, 1 `).

Observação: essa última notação, apesar de ser típica no ensino superior, não costuma ser a mais utilizada no ensino médio. Caso os alunos a desco-nheçam, aproveite a oportunidade para apresentá-la.

TEMA 3

Exponenciais e logaritmos

1 bg(2) 5 1 1 log1/2

2 5 1 2 1 [ g(2) 5 0f(2) 5 22 1 4 5 4 1 4 [ f(2) 5 8h(2) 5 3f(g(2)) 1 2g(f(2))h(2) 5 3f(0) 1 2g(8)h(2) 5 3(02 1 4) 1 2(1 1 log1/2

8)h(2) 5 12 1 2(1 2 3)h(2) 5 8

2 aCom x . 0 e x Þ 1, tem-se:logx(x 1 6) 5 2x2 5 x 1 6x2 2 x 2 6 5 0x 5 3 (convém)oux 5 22 (não convém)Logo, a solução da equação é um número primo.

3 bPara que a população aumente 50% a partir da quantidade inicial de 20 bactérias, devemos ter N(t) 5 30, ou seja:20 ? 21,5t 5 30 [

21,5t 5 32 [

log 21,5t 5 log 32( ) [

1,5t ? log 2 5 log 3 2 log 2 [1,5t ? 0,3 5 0,48 2 0,3 [

t 5 25 h

Convertendo para minutos, temos:

t 5 25

? 60 min 5 24 min

TEMA 4

Polinômios

1 a Do polinômio v(x) 5 x3 2 3x2 1 7x 2 5, tem-se que P(1) 5 0; logo, 1 é raiz.Aplicando-se Briot-Ruffini:

1 23 7 251 1 22 5 0

tem-se a equação x2 2 2x 1 5 5 0, cujas raízes são

1 2 2i e 1 1 2i.


8 Resoluções

Do enunciado, tem-se j 5 1 1 2ij

35 (1 1 2i)3 5 1 1 6i 2 12 2 8i 5 211 2 2i

Portanto, a parte real de j3 é 211.

TEMA 5

Sequências e trigonometria

1 c As quantidades de vigas nas grades formam uma P.A. de razão 4. Como cada viga tem 0,5 m, a última grade possui136,5 m

0,5 m 5 273 vigas.

Calculando-se o número total de grades, tem-se:273 5 5 1 (n 2 1) ? 4 [ n 5 68 gradesSomando as vigas de todas as grades:

S 5 � �( )5 273 68

2 [ S 5 9 452 vigas

Multiplicando-se pelo comprimento da viga, ob-tém-se o comprimento total:C 5 9 452 ? 0,5 m 5 4 726 m

2 bPara t 5 10 anos temos:1 – A quantidade de alimentos é o 10o termo da PA (1, 2, 3, ..., bt); logo:b10 5 10 (em toneladas) ? b10 5 10 000 (em kg)2 – O número de habitantes é o 10o termo da PG (2, 4, 8, ..., at) 5 (21, 22, 23, ..., 2t); logo a10 5 210

Sendo r a razão pedida, temos:

r 5 10000

210 [ r 5 102

4

10

r 5 2 5

2

4 4

10

� [ r 5 52

4

6

3 cDo enunciado, tem-se a seguinte figura.

CA

D

B

1

1

2

2

Ao traçar o segmento de reta AC, constroem-se dois triângulos retângulos:

CA

D

B

1

1

2

2

a

a

Por Pitágoras: AC2 5 AB2 1 BC2 [ AC2 5 12 1 22

[ AC 5 5Seja a o ângulo BCA� . Tem-se:

sen a 5 ABAC

15

� e cos a 5 BCAC

25

�

Pelo cosseno do arco duplo, tem-se:

cos BCD� 5 cos (2a) 5 cos a2 2 sen2 a 5 � �45

15

35

4 dComo a temperatura é constante, tem-se que pressão e volume são grandezas inversamente proporcionais. Então a pressão será máxima quan-do o volume for mínimo. O volume em função do tempo é dado por

v(t) 5 log2(5 1 2 sen (pt)).Como a base do logaritmo é 2, o menor valor de log2(5 1 2sen(pt)) ocorre quando 5 1 2 sen(pt) for mínima. Assim, tem-se:

sen (pt) 5 21 [ pt 5 32� 1 h2p [ t 5 32 1 2h, h [ Z

Fazendo h 5 0, tem-se: t 5 32 , ou seja, t 5 1,5

(horas)

TEMA 6

Matrizes, determinantes e sistemas lineares

1 d

detA cosx 0 senx

0 1 0

senx 0 cosx

�

5 cos2x 1 sen2x 5 1

Como detA Þ 0, A é invertível para todos os va-lores de x.

2 b0 11 0

xy

yx

��

�

O ponto Q(y, x) é o simétrico de P(x, y) em relação à reta y 5 x, bissetriz dos quadrantes ímpares.O ponto R(2y, x) é o simétrico de Q(y, x) em rela-ção à reta x 5 0, o eixo das ordenadas.Em todos os casos, o ponto R(2y, x) pode ser ob-tido pela rotação de P em 90o no sentido anti--horário, com centro em O(0, 0).

x O (0,0)

y

R (2 y,x) Q (y,x)

P (x,y)


Resoluções 9

3 e II. Correto. O macronutriente presente em maior quantidade no arroz são os carboidratos, assim como no

azeite é o lipídio de origem vegetal. III. Correto. Pela análise da tabela, tem-se:

1 colher de azeite 5 5 g ? 100% de lipídios 5 5 g de lipídios

15 pontos

1 colher de arroz 5 20 g ? 25% de carboidrato 5 5 g de carboidratos

10 pontos

Logo, para a mesma massa:

� �n de pontos dos lipídios

n de pontos do carboidrato1510

1,5o

o

4 a Note que, para qualquer valor de m, (0, 0, 0) é uma solução (sistema linear homogêneo). Haverá outras solu-ções se, e somente se, o determinante do sistema for nulo.

1 1 1

1 m 1

m 1 1

�

� �

5 0 ⇔ m 1 m 2 1 1 m2 1 1 1 1 5 0

⇔ m2 1 2 m 1 1 5 0⇔ (m 1 1)2 5 0⇔ m 5 21

TEMA 7

Análise combinatória, probabilidades e estatística

1 e Com 5 algarismos pode-se formar um total de:

9 10 10 10 10, ou seja, 90 000 números.Desse total, os que não possuem dígitos consecutivos iguais são:

9 9 9 9 9 , ou seja, 59 049 números.Logo, a quantidade de números que possuem pelo menos dois dígitos consecutivos iguais são:90 000 2 59 049 5 30 951 números

2 aConsidere a tabela a seguir, que mostra as possibilidades de quantidades de bolas azuis e vermelhas que podem ser retiradas:

Quantidade de bolas azuis

Quantidade de bolas vermelhas

Número de possibilidades de se fazer a retirada

3 0 C20,3 5 1140

2 1 C20,2 ? C30,1 5 5700

1 2 C20,1 ? C30,2 5 8700

3 0 C30,3 5 4060

Assim, temos um total de 1 140 1 5 700 1 8 700 1 4 060 5 19 600 possibilidades.


10 Resoluções

3 bPara se acender duas vermelhas e uma azul, serão gastos C9,2 ? C7,1 5 252 segundos; para se acender duas azuis e uma vermelha, também serão gastos C9,2 ? C7,1 5 252 segundos, de modo que o tempo mínimo necessário é de 252 1 252 5 504 segun-dos, ou seja, 8 minutos e 24 segundos.

4 bSeja x o número de bolas vermelhas.Retirando-se as bolas sem reposição:

p 5 66 x

55 x

13�

��

�( ) ( )x2 1 11x 2 60 5 0x 5 4 ou x 5 215 (não convém)O número de bolas vermelhas é 4.

5 eAs senhas que representam números quadrados perfeitos são:

000 (5 02), 001 5 (12), 004 5 (22), ..., 841 5 (292).Como essa senha também é um número múltiplo de 3, temos:

000 (502), 009 (532), 036 5 (62), ..., 729 5 (272).

Note que existem 10 números nessas condições. Para que ele não bloqueie o celular, ele deverá digitar a senha correta na 1ª tentativa ou, no má-ximo, na 2a tentativa.A probabilidade de ele digitar a senha correta na

1a tentativa é 110 ; a probabilidade de ele digitar a

senha errada na 1a tentativa, mas acertar na 2a ten-tativa, supondo que ele não repita a mesma senha

já digitada, é de 910

19

110

� � .

Logo, a probabilidade pedida é 110

110

210

� � , ou

seja, 15

.

6 bSeja (x1, x2, x3, x4, x5, x6) a sequência das idades (em anos) em ordem não decrescente.Da média das idades ser igual a 17 anos, temos:x x x x x x

6171 2 3 4 5 6� � � � �

�

[ x1 1 x2 1 x3 1 x4 1 x5 1 x6 5 102

Da mediana das idades ser igual a 16,5 anos, temos:�x x2

3 4 5 16,5 [ x3 < 16 e x4 > 17

Da moda ser igual a 16, temos x3 5 16, x2 5 16 e x1 < 16.

Sendo x3 5 16 e �x x2

3 4 5 16,5, temos x4 5 17.

Com x7 5 24, temos:x1 1 x2 1 x3 1 x4 1 x5 1 x6 1 x7 5 126

� � � � � ��

x x x x x x x7

181 2 3 4 5 6 7 [ a média pas-

sou para 18 anosA mediana é dada por x4, que é igual a 17.

TEMA 8

Geometria plana

1 cDa figura dada, temos:

C

P

A

RS

Q

B

Sejam r e L as medidas do raio da circunferência e do lado do quadrado, respectivamente. Como os triângulos QCA e QBS são semelhantes, temos:QCQB

QAQS

r10

62r

� �∴ [ 2r2 5 60 (I)

No triângulo RQC, pelo teorema de Pitágoras, temos:

QR2 5 QC2 1 RC2 [ L2 5 r2 1 r2 [ L2 5 2r2 (II)De (I) e (II), temos:

L2 5 60

L 5 2 15

2 cDa figura dada no enunciado, tem-se:

C1

2

5 D

A

B

u

Aplicando-se o Teorema de Pitágoras nos triângu-los retângulos ABC e ABD, tem-se:

AC2 5 AB2 1 BC2 [ AC2 5 22 1 12 [ AC 5 5

AD2 5 AB2 1 BD2 [ AD2 5 22 1 62 [ AD 5 2 10

Aplicando-se o Teorema dos Cossenos no triân-gulo ACD, tem-se:

CD2 5 AC2 1 AD2 2 2 ? AC ? AD ? cos u

[ 5 5 2 10 2 5 2 10 cos22 2

� � � � � �( ) ( ) ( ) ( ) θ

[ cos u 5 204 5 10

12

22� �

� �

Logo, u 5 45°.


Resoluções 11

3 dConsidere as figuras a seguir:Figura I:

BP4A

D N Q

F

45°

2 C

2

Figura II:

BT4A

D N

F

E

45°45°

2 C

M

1

1

Na figura I, sendo h 5 PF, tem-se QF 5 2 2 h. Como os triângulos AFB e CFN são semelhantes,PFQF

ABCN

h2 h

42

h 43

��

� �∴ ∴

Logo, a área do triângulo AFB é dada por:

12

4 43

83

2

� � � (*)

Considere, agora, a figura II.Sendo h’ 5 ET, tem-se, do triângulo isósceles ETB, que TB 5 h'. Ainda, da semelhança dos triângulos

AET e AMB: ETAT

MBAB

�

Logo, h'AT

14

� e, assim, AT 5 4h'. Como AT 1 TB 5

5 4, tem-se 4h' 1 h' 5 4 e, dessa forma, h' 45

� .

Assim, a área do triângulo AEB é dada por:

12

4 45

85

2

� � � (**)

A área S pedida do triângulo AEF pode ser dada subtraindo-se a área do triângulo AEB da área do triângulo AFB. Logo, a partir de (*) e (**), vem que:

S 5 8385

4015

2415

1615

� � � �

4 cO segmento C C1 2 é igual ao raio de ambas as circunferências e mede 6 cm. Assim, considere a figura:

6

6

60°

6

A área da região limitada pelos círculos é dada pela diferença entre a soma das áreas dos círculos e a área da região dada pela intersecção entre eles. A área desta intersecção é dada pela soma das áreas de dois triângulos equiláteros de lado de medida 6 cm e quatro segmentos circulares. Assim, sendo S a área da região dada pela inter-secção dos círculos, temos:¨S 5 2 ? (Área do triângulo equilátero) 1 4 ? (Área do segmento circular)

S 5 26 3

44 60

3606

6 34

22

2

��

� � � � � ��°

°

S 5 18 3 24 36 3� � �

S 5 24 18 3� �

Logo, a área A da região limitada pelos círculos é tal que

A 5 2 ? p ? 62 2 S

A 5 72p 2 (24p 2 18 3)

A 5 48p 1 18 3

Considerando as aproximações p < 3,1 e 3 < 1,7, temos que A < 179,4.

TEMA 9

Geometria espacial

1 dObserve que, após a divisão, surgem duas novas regiões retangulares de área 5 3 1 5 5 cm2:

1

1

4

4

5

5 3

3

• Se A a área total antes da divisão, tem-se:

A 5 2(3 3 4 1 3 3 1 1 4 3 1) cm2

A 5 38 cm2

• Sendo B a área que aumentou:

B 5 2 3 5 cm2

B 5 10 cm2

Portanto, houve aumento de1038

100%�

Ou seja, aproximadamente, 26%.


12 Resoluções

2 eSendo S a área do quadrilátero EFGH, x a medida do segmento SA, tem-se.

B

D

S

X

2

A

E F

C

G

S

H

V V 43

VABCDEFGH SABCD SEFGH� ��

S 2 13

S x 43

13

S x 2� � � � � � � �( )

2 x3

4x9

89

� � �

18 1 3x 5 4x 1 8[ x 5 10

3 aSeja a o raio da base do cilindro.Tem-se:

O2a

a

a

a

R

O raio da esfera será calculado por:

R2 5 a2 1 a2 [ R 5 a 2Volume da esfera:

Ve 5 43a 2

3� ( ) [ Ve 5

8 2 a3

3�

Volume do cilindro:

Vc 5 p ? a2 ? 2a [ Vc 5 2pa3

Logo,a razão entre os volumes é:

VV

8 2 a3

2 a4 2

3e

c

3

3�

�

��

4 cDo enunciado, tem-se a figura:

DR

4 m

A

B C

E

6 m

6 m

12 m

Como os triângulos ADE e ABC são semelhantes,

5R4

612 e, portanto, R 5 2.

Sendo V1 o volume do cone maior, V2 o volume do cone menor e V o volume do tronco de cone obtido retirando-se o menor do maior, tem-se:

V1 5 13 ? p ? (4)2 ? 12 5 64p

V2 5 13 ? p ? (2)2 ? 6 5 8p

V 5 V1 2 V2 5 64p 2 8p 5 56p

Dado que p < 3,14, então V < 176 m3.Sabendo-se que a vazão é de 500 L/min, isto é, 0,5 m3/min e x, o tempo pedido, tem-se:0,5 m3 1 min176 m3 x min

x 5 1760,5 5 353 min [ x 5 5 horas e 52 min

Assim, x é aproximadamente 5 horas e 50 min.

TEMA 10

Geometria analítica

1 dDe 2x 2 3y 5 12 e x 5 0, temos y 5 2 4.De 2x 2 3y 5 12 e y 5 0, temos x 5 6.Assim, temos que a reta dada intersecta os eixos nos pontos (6, 0) e (0, 2 4). O ponto médio do segmento cujas extremidades são esses pontos

tem coordenadas 6 02

,0 4

2� � �( )

, ou seja, (3 22).

2 eConsidere a figura a seguir:

D

A

0

F

1

1B

CEx

y

2k

2k

y 5 x

1) Os triângulos COF e CED são semelhantes, Logo:

OFED

COCE

OFk

11 k

OF k1 k

� ��

��

∴ ∴


Resoluções 13

2) Para que as áreas do triângulo AFD e do tra-pézio AFCD sejam iguais, deve-se ter:

12

1 k1 k

k 12

1 k1 k

1 1��

� ��

� �

[

��

��

�k k1 k

k1 k

22

(multiplicando por 1 1 k)

k(1 1 k) 1 k2 5 k 1 2(1 1 k)k 1 k2 1 k2 5 k 1 2 1 2k2k2 2 2k 2 2 5 0k2 2 k 2 1 5 0

[ k 5 1 5

2�

ou k 5 1 5

2�

(não convém)

3 cComo as circunferências têm centros no primeiro quadrante e são tangentes aos eixos, seus centros são da forma (r, r), em que r é a medida do raio da circunferência. Logo, tem-se:• Sendo l1 a circunferência de centro (1, 1) e raio 1,

sua equação é dada por (x 2 1)2 1 (y 2 1)2 5 1, ou seja, x2 1 y2 2 2x 2 2y 1 1 5 0;

• Sendo l2 a circunferência de centro (2, 2) e raio 2, sua equação é dada por (x 2 2)2 1 (y 2 2)2 5 4, ou seja, x2 1 y2 2 4x 2 4y 1 4 5 0.

Os pontos (x1, y1) e (x2, y2) são soluções do sistema:

x y 2x 2y 1 0x y 4x 4y 4 0

2 2

2 2

� � � � �

� � � � �{Subtraindo as equações, tem-se 2x 1 2y 2 3 5 0, ou seja,

x 1 y 5 32

. Logo, x1 1 y1 5 32 e x2 1 y2 5 32.

Assim, o valor de (x1 1 y1)2 1 (x2 1 y2)

2 é dado por 32

32

2 2

�( ) ( ) ou seja, 92 .

4 b

45º

45º

45º

45º

0x

y

A

B

P

Ca

a

ab

y 5 x

a 2

Como P (a, b) pertence à parábola, b 5 a2

DABP: (AP)2 5 a2 1 a2 [ AP 5 a 2b 5 PA 1 AC [ a2 5 a 2 1 a [ a 5 2 1 1 (a . 0)Então:b 5 a2 [ b 5 2 1

2�( ) [ b 5 3 1 2 2


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