Mat 140 questoes resolvidas vol ii

PROFESSOR DARIO AMORIM ........................................................................................................................... 5

PROFESSOR FABRÍCIO MAIA ........................................................................................................................... 8

PROFESSOR ARNALDO TORRES ..................................................................................................................... 14

PROFESSOR TÁCITO VIEIRA .......................................................................................................................... 17

PROFESSOR THIAGO PACÍFICO ...................................................................................................................... 21

PROFESSOR CLEITON ALBUQUERQUE ........................................................................................................... 25

Professor Dario Amorim ............................................................................................................. 4

Professor Fabrício Maia .............................................................................................................. 4

Professor Arnaldo Torres ............................................................................................................ 4

Professor Tácito .......................................................................................................................... 4

Professor Thiago Pacífico ........................................................................................................... 4

Professor Cleiton Albuquerque ................................................................................................. 4

Sumário Matemática e suas Tecnologias

Curso de Férias

OSG.: 47718/11 Pré-Universitário

CURSO DE FÉRIAS – 2011

5 OSG.: 47718/11

1. Como a massa de 1 ℓ de vinho é 1 kg, a massa de 750 mℓ de vinho é 750 g.

Vemos, no gráfico, que cada grama de vinho da safra de 1984 contém aproximadamente 200 picogramas de chumbo, isto é, 2 ⋅ 102 ⋅ 10–12 g = 2 ⋅ 10–10 ⋅ 103 mg = 2 ⋅ 10–7 mg de chumbo.

Logo, 750 g de vinho contêm aproximadamente 750 ⋅ 2 ⋅ 10–7 mg = 1,5 ⋅ 103 ⋅ 10–7 mg = 1,5 ⋅ 10–4 mg de chumbo.

2. O balão I, de 20 cm de raio, tem volume, em cm3, igual a V1 = 3420

3π⋅ .

O balão II, de 30 cm de raio, tem volume, em cm3, igual a V2 = 3430

3π⋅ .

Para o balão II flutuar durante uma hora a quantidade x de combustível necessária e suficiente é tal que

3

1

32

3

420V 0,1 0,13

4V x x303

2 0,1 2,7x

3 x 8

ℓ ℓ

ℓ ℓ

π⋅= ⇔ = ⇒

π⋅

⇒ = ⇒ =

Para este balão II flutuar por meia hora, a quantidade de combustível necessária e suficiente é x 2,7

0,16 .2 16= =

ℓℓ

3. Sendo v a velocidade, em m2/h, com que cada voluntário trabalha no sábado, temos: 2

5 8 v 5 4 v 15 403

⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅

Dividindo ambos os membros dessa igualdade por 40, temos:

1 4v v 15 v 15

3 32

v 7,5 (velocidade no domingo)3

+ = ⇒ =

⇒ =

A área, em m2, a ser pintada, por voluntário, no domingo, será 7,5 · 4 = 30. Resposta: e 4. • Caso o fiscal A avaliasse todos os candidatos, seriam aprovados 50%. • Caso o fiscal B avaliasse todos os candidatos, seriam aprovados 45% mais 50 % de 50%, ou seja, 70%. • Caso o fiscal C avaliasse todos os candidatos, seriam aprovados 60% mais 50% de 10%, ou seja, 65%. Assim, seriam aprovados no mínimo 50% e no máximo 70% dos candidatos. Resposta: d 5. Do enunciado, devemos considerar os setores correspondentes a A, B e C. 144º + 72º + 108º = 324º Sendo p a porcentagem pedida: Graus %

324 _________ 100 144 _________ p

Resposta: c

PROFESSOR DARIO AMORIM

∴ p = 44,44...


6 OSG.: 47718/11

6. Sendo p% o percentual de desconto dado no sábado e x o preço antes de sábado, podemos concluir que:

–– o preço no sábado era xP

1100

− .

–– o preço no domingo era x2P

1100

− .

Do enunciado, temos: 2P 1 P 2P 1 P

x 1 x 1 1100 2 100 100 2 200

− = − ⇒ − = −

Dessa equação, resulta 100

P3

= .

O preço praticado no domingo era:

10013x 1 2 x

100 3

− ⋅ = ⋅

Resposta: e

7. Para n = 28, temos T = 100 ⋅ 1

2873⋅

T = 100 ⋅ 34 T = 100 ⋅ 81 ∴ T = 8.100 8. A quantidade de água do reservatório se reduzirá à metade em 10 meses, pois:

( ) ( )0,1 t 0,1t 1

0 0

1q t q 2 q 2 2

20,1t 1 t 10

− − −= ⋅ = ⋅ ⇔ = ⇔

⇔− =− ⇔ =

Resposta: e

9. ( ) ( ) ( ) ( )2tt

1 1331 2t 3

n t n 0 n 0 4 n 0 2 2 2 1 t 1,52 3 2

−−− −= ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ = ⇒ = ∴ = =

A lentidão será reduzida à metade após 1 ano e meio, isto é, 18 meses.

Resposta: c

10. Do enunciado, ( ) ( )2

2004f n log n 2 13,9

24= ⋅ + −

Logo, sendo T o tempo para resolver os 20 testes: ( ) ( ) ( )T f 0 f 1 ... f 19= + + +

( ) ( )2 3 2 2

2004 167T log 2 log 3 ... log 21 20 13,9 T log 2 3 ... 21 278

24 2= ⋅ + + + − ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −

( )18 9 4 3 682 2

502

167 167T log 2 3 5 7 11 13 17 19 278 T log 2 278 T 5400 segundos1h 30min

2 2

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − ⇒ = ⋅ − ⇒ = ∴

Resposta: d 11. Se ( )10N 120 10 log I= + ⋅ , então:

( ) ( )

( ) ( ) ( )

1 10 1 2 10 2

11 2 10 1 10 2 10 1 10 2 10

2

N 120 10 log I , N 120 10 log I e

IN N 120 10 log I 120 10 log I 10 log I log I 10 log

I

= + ⋅ = + ⋅

− = + ⋅ − + ⋅ = ⋅ − = ⋅

Como N1 – N2 = 20, então:

21 1 110 10

2 2 2

I I I10 log 20 log 2 10

I I I

⋅ = ⇔ = ⇔ =


7 OSG.: 47718/11

12. Esta questão visa a despertar no aluno a sua criatividade e desenvolvimento lógico com dados geométricos e seus recursos para cálculos algébricos conforme a habilidade 22.

4; 7; 10; 13; ... PA (4, 7, 10, 13, ... , n)

Termo geral de uma progressão aritmética (PA) an= a1 + (n – 1) ⋅ n a1 = 4 r = 3 an = 4 + (n – 1) ⋅ 3 ⇒ an = 4 + 3n – 3 ⇒ an = 3n + 1

Portanto, a expressão que calcula o número de palitos necessários é: na = 3n + 1

13. ( )( )

n

1

q 1a (soma de termos da P.G.)

q 1nnS

−= ⋅

−

( )( )

n

n n2 1

381 3 127 2 1 128 2 72 1

−⇒ = ⋅ ⇒ = − ⇒ = ⇒ =

−n

14. A soma dos primeiros n termos de uma progressão geométrica de razão q, q ≠ 1 e primeiro termo a1 é dada por:

n

1

1 qS a

1 q

−= ⋅

−

Como a1 = 10, q = 1

2 e n = 500.000, temos:

500.0001

12

S 101

12

− =

−

Como 500.000

10

2

= , temos:

1S 10 S 20 anos

11

2

= ⋅ ∴ =

−

Resposta: a 15. • Tempo total de banho de toda a família a cada dia: 5 ⋅ 6 = 30 min = 0,5 h

• Tempo total de banho de toda a família em 1 mês: 0,5 h ⋅ 30 = 15 h

• Energia consumida pelo chuveiro nesse intervalo de tempo: ∆ε = 5 kW ⋅ 15 h = 75 kWh

• Percentual em relação à meta de consumo (50% de 750 = 375 kWh): 75 • 375 = 0,2 = 20%

Resposta: b 16. De 2000 para 2001, o Índice de Liberdade Econômica do Brasil aumentou de 61,1 para 61,9, o que representa aumento

de 61,9

1 0,013 1,3%.61,1

− ≅ =

17. Sendo E1 a energia liberada no terremoto ocorrido no Chile, temos: log E1 = 1,44 + 1,5 · 9 = 1,44 + 13,5 ⇒ log E1 = 14,94 ∴ E1 = 1014,94

Sendo E2 a energia liberada no terremoto ocorrido nos EUA, temos: log E2 = 1,44 + 1,5 · 8 = 1,44 + 12 ⇒ log E2 = 13,44 ∴ E2 =1013,44

Comparando as energias liberadas, temos: 314,94

1,5 31 213,44

2

E 1010 10 10 10 3 31,6

E 10= = = = = ≈

Logo, a energia liberada no terremoto do Chile é aproximadamente 31,6 vezes maior que a liberada no dos EUA. Resposta: d


8 OSG.: 47718/11

18. Pelo enunciado, sabemos que: h = 18.400 · 10

760log

P

I. F, pois para h = 1.840, temos:

1.840 = 18.400 · 10

760log

P

⇒ 10

1 760log

10 P =

∴ 1 1 9

10 10 10760

10 P 76 10 10 76 10P

−= ⇒ = ⋅ ⋅ = ⋅

II. V, pois para P = 7,6, temos: h = 18.400 · 10 10

760log 18.400 log 100

7,6

= ⋅

⇒ h = 18.400 · 2 ⇒ h = 36.800

III. V, pois isolando h na expressão dada, temos:

h = 18.400 · 10

760log

P

⇒ 10

h 760log

18.400 P =

h h

18.400 18.400760

10 P 760 10P

−∴ = ⇒ = ⋅

Logo, estão corretas apenas as afirmações II e III. Resposta: e

19. Para A = 160, temos: 160 = 40 · (1,1)t ⇒ (1,1)t = 4 ∴ log (1, 1)t = log 4 = t · log 11

10

= log 22

∴ t(log 11 – log 10) = 2 log 2 ⇒ t(1,04 – 1) ≈ 2 · 0,3 ∴ 0,6

t 150,04

≈ =

Logo, a planta terá altura de 1,6 metro aproximadamente aos 15 anos. Resposta: a

20. Pela análise do gráfico, a depreciação é linear e em 6 anos houve depreciação de: 1.600 940

0,4125 41,25%1.600

− = =

Logo, em 10 anos, ou seja, em 2010, a depreciação é: 41,25%

10 68,75%6

⋅ =

Resposta: a

1.

01. Verdadeiro – V = 100 · 200 · h = 20000 h cm3 = 20 hℓ

02. Falso – F = 100 · 200 · 20 = 400000 cm3 = 400 litros

04. Verdadeiro

V(4) = 100 · 200 · 80 = 1600000 cm3 = 1600ℓ

V(5) = 100 · 200 · 50 = 1000000 cm3 = 1000ℓ – Consumo no intervalo = 600ℓ

PROFESSOR FABRÍCIO M AIA


9 OSG.: 47718/11

08. Falso

V(2) = 100 · 200 · 80 = 1600000 cm3 = 1600ℓ < 2000ℓ

V(4) = 100 · 200 · 80 = 1600000 cm3 = 1600ℓ < 2000ℓ

16. Falso

V(6) = 100 · 200 · 50 = 1000000 cm3 = 1000ℓ

V(8) = 100 · 200 · 0 = 0ℓ – Consumo médio (6 as 8 horas) = 1000

500 h2

= ℓ

V(4) = 100 · 200 · 80 = 1600000 cm3 = 1600ℓ

V(5) = 100 · 200 · 50 = 1000000 cm3 = 1000ℓ – Consumo médio (4 a 5 horas) = 600

600 h.1

= ℓ

32. Falso

V(0) = 100 · 200 · 20 = 400000 cm3 = 400ℓ

V(8) = 100 · 200 · 0 = 0ℓ – Consumo médio (0 as 8 horas) = 400

50 h.8

= ℓ

64. Verdadeiro No intervalo de tempo de 0 a 2 horas, tem-se: Pontos: (0, 20), (2, 80), (t, h) alinhados.

Então: 80 20 h 20

h 20 3t.2 0 t 0

− −= ⇒ = +− −

2. Considerando π = 3, tem-se: V(1) = 4 e V(2) = 32. Então, o gráfico que melhor representa a função V(r) é o do item (a).

3. Temos: Grandeza (linear) = grandeza (angular) × Raio.

Então: 7 2

800 R R 20.000km180

⋅ ⋅ π= ⋅ ⇒ π =

Logo: C = Comp. (circunferência terrestre) = 2πR C = 40.000 km

4.

( )3 2

3

4 50• n r 1 2

3 100

1 1• 2r 1 r

4 8

4 1 1536Então: n 1 n n 384 esferas

3 48

⋅ π = ⋅ π ⋅ ⋅

= ⋅ → =

⋅ ⋅ = ⇒ = ⇒ =

5.

I. R2 = (R – 2)2 + 62 ⇒ R = 10

II. m(BC) R rd 18º 20 cadeiras n 18º 360º n 2010

π= α ⋅ → α = → α = → → ⋅ = → =


10 OSG.: 47718/11

6.

3 2 3 24 R R 4• r R r • n r R R n 6

3 6 2 3⋅π = π ⋅ → = ⋅ ⋅ π ≤ π ⋅ → ≤

Então: n = 6 esferas.

7. Percentual (chuveiro) = 198

0,55 55%360

= =

Logo: Percentual ( )chuveiro 45%=

8. Perceba que as sobrancelhas são simétricas em relação a coluna E.

Logo, a segunda sobrancelha deve ser desenhada no quadrinho D3.

9. No triângulo ABC do mapa, resulta ACB = 45º, e aplicando a lei dos senos a ele, temos: AB AC AB 12

AB 17 cm1sen 45º sen 30º 222

= ⇒ = ⇒ =

Sendo o mapa em escala 1:10000, que significa 1 cm do mapa equivaler a 10000 cm na realidade resulta que a distância entre as ilhas A e B é igual a 170000 cm = 1,7 km.

10.

O comprimento L em centímetros dessa polia é dado por:

360ºL 2 4 2 1 2 3

360º 360º

3 33 em que tg 3 e 0º 180º

2 3

−θ θ = ⋅ ⋅ π ⋅ + ⋅ ⋅ π ⋅ + ⋅

θ = = < θ <

Assim: 60º 120º e2

θ = ⇔ θ =

( )

360º 120º 120ºL 2 4 2 1 2 3 3

360º 360º

2 1L 2 4 2 1 2 3 3

3 3

L 6 6 3 L 6 3

− = ⋅ π ⋅ + ⋅ ⋅π ⋅ + ⋅ ⇒

= ⋅ ⋅ π ⋅ + ⋅ ⋅ π ⋅ + ⋅ ⇒

= π + ⇒ = π +


11 OSG.: 47718/11

11.

Conforme a figura:

I. 10 1

cos 60º 120º2 20 2 2

α α= = ⇔ = ⇔ α =

II. cada adesivo corresponde à terça parte do círculo de raio 20 cm. III. para produzir 3000 desses adesivos a área do material plástico a ser utilizado é

2 2 213000 3(20 cm) 1.200.000 cm 120 m .

3⋅ ⋅ = =

12.

Como os triângulos ABC, ADE, FHG e FEJ são triângulos isósceles, temos: BC = AB = FH = GH = 6m, AD = DE = FE = JE = 1 m e BD = EH = 5 m.

Assim, AF = 6 m + 10 m + 6 m = 22 m e EJ = 22 m – 1 m – 1 m = 20 m. Logo, a razão r entre o volume de água e o volume total da caçamba é:

(20 10) 5h 30 5 252r

(22 10) 6 32 6 32h2

+ ⋅ ⋅ ⋅= = =+ ⋅ ⋅⋅

13.

Sendo VL = o volume do líquido, em centímetros cúbicos, temos:

1. No tronco de cone:

VL = 8

3(π • 32 + π • 12 + 2 2 104

3 1 )3

ππ⋅ ⋅ π ⋅ =

No cilindro

VL = π • 42 • h = 16πh ⇒ Assim, 16πh = 104

3

π⇒ h =

13

6e, em centímetros, d = 4 –

13 11

6 6=

14.

I. Após 4 minutos do início do vazamento, o raio da mancha será: r(4) = 4

0,4m5

=

II. Adotando π = 3, o volume do óleo vazado é o de um cilindro de raio da base 0,4m e altura 2,5cm = 0,025m. Portanto, Vóleo = π • (0,4)2 • 0,025 = 0,012m3


12 OSG.: 47718/11

15.

Sendo os mastrosAB e CD,e sendo x a altura, em metros, da intersecção das cordas em relação à superfície do terreno,

temos os triângulos ABC e EFC semelhantes e, portanto: x 8 5x

y (I)y 10 4

= ⇔ =

Analogamente para os triângulos DCB e EFB: x 2

5x 10 y (II)10 y 10

= ⇔ = −−

De (I) e (II), vem: 5x = 10 – 5x

4 ⇔ x = 1,6 m.

16.

i. AEC EBC∆ ∆∼

2CE 160CE 8000

50 CE= ⇒ =

ii. 2 2 2 2 2CE 88 x 8000 88 x= + ⇒ = + Logo: x = 16 m

Resposta: d 17. • Volume do cilindro (Vci)

2 3ciV 1 3 3 9,3 m= π⋅ ⋅ = π ≃

• Volume do tronco (VT)

TT

2 2 2 2T

3T

hV (B b Bb)

3Daí,

2V ( 2 1 2 1 )

32 14

V (4 2 ) 14,47 m3 3

= ⋅ + +

= π ⋅ + π ⋅ + π ⋅ ⋅ π ⋅

π= π + π + π = ≃

Logo:

V(reservatório) = 9,3 + 14,47 ≃ 23,77 m3 = 23770 ℓ

Resposta: d


13 OSG.: 47718/11

18. Temos:

P(t) 50 50 sen t , t 02

π = + ⋅ − >

Sabemos que:

[ ]sen t 1, 12

π − ∈ −

Para termos pressão mínima, basta tomar 3

sen t 1, isto é, t k 2 , inteiro.2 2 2

π π π − = − − = + ⋅ π

k

Logo: t 2 k 2 t 2 , 4 , 6 , ...= π + ⋅ π → = π π π

Resposta: d 19. i) Cubo de aresta 3 cm → Vcubo = 27 cm3

ii) Volume de nove cubos → Vtotal = 9 · 27 cm3 = 243 cm3 Então, a altura da água no copo após o derretimento é dado por:

23 h 9 27

27h 8,6 cm

π ⋅ ⋅ = ⋅

=π

≃

Resposta: a

20.

Pela lei dos senos, temos:

AB2R

sen 30º

AB 2Rsen30º

AB R raio

=

== =


14 OSG.: 47718/11

1. O saldo da Balança Comercial em cada ano considerado é:

• 2004: 96,5 – 62,8 = 33,7;

• 2005: 120 – 75,3 = 44,7;

• 2006: 137,5 – 91,4 = 46,1;

• 2007: 160,9 – 120,9 = 40. Para calcular o saldo da Balança Comercial, S, em 2008, utiliza-se a média anual do período considerado, que é US$ 37,06

bilhões. Assim, o valor de S é dado por: 33,7 44,7 46,1 40 S

37,06.5

+ + + + =

Resolvendo essa equação, obtém-se que S = 37,06 × 5 – 164,5 = 20,8 bilhões de dólares. Utilizando os dados obtidos, o gráfico do saldo da Balança Comercial é o seguinte.

2. A soma dos percentuais dos países europeus (França, Alemanha e Reino Unido) é: 7,0 + 2,6 + 1,1 = 10,7. Esse valor é menor do que a média mundial (13,5), conforme afirma a alternativa D. 3. O faturamento foi de: (400 + 350 + 50 + 450 + 100) × 1,60 + (200 + 250 + 150 + 300 + 50) × 2,00 = 1350 × 1,60 + 950 × 2,00 = R$ 4060,00. 4. Representando-se por x o número de medalhas de prata recebidas pelo Brasil em olimpíadas mundiais de 1896 a 2004,

teremos a proporção

96 x

,360 90

= donde x = 24.

Logo, o número desse tipo de medalha é 24. 5. Para o mês de novembro de 2008, os dados 0,07; 0,36; 0,38; 0,38; 0,39; 0,50; 0,53, a mediana é 0,38 e a moda

também é 0,38. 6. (Resolução oficial.) O total recebido pelos entregadores é de 7.520 – 4.490 = 1.680 reais, portanto, a média salarial dos entregadores é

de 1680

3 = 560 reais.

7. 28 4 33 8 38 10 43 6 48 3

x31

⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅=

112 264 380 258 144

x 37,3531

+ + + += =

PROFESSOR ARNALDO TORRES


15 OSG.: 47718/11

8. I. Falsa. A média de participação de professores, de 2004 a 2008 é 6 4 5 6 3 24

4,8.5 5

+ + + + = =

II. Verdadeira. Mediana entre 1, 2, 2, 3, 4 = 2

Média = 1 + 2 + 2 + 3 + 4 12

2,45 5

= =

III. Verdadeira. Em 2008, foram apresentados 4 trabalhos, o que representa 1/3 do total de 2 + 3 + 1 + 2 + 4 = 12 trabalhos.

IV. Verdadeira. Em 2005, foram apresentados 3 trabalhos. Em 2006, 1 trabalho. A redução percentual de 3 para 1 é de 1 2

1 0,666... 66,6%.3 3

− = = =

V. Verdadeira. Em 2005, a razão entre o número de trabalhos e o número de professores foi 3

0,75.4

=

Em 2008, a razão entre o número de trabalhos e o número de professores foi 4

0,666...6

= .

9. Novo Salário:

Auxiliar → 1000 · 1,1 = 1100 Secretária → 1500 · 1,1 = 1650 Consultor → 2000 · 1,1 = 2200 Diretor → x

Logo: 1100 10 1650 5 2200 4 x

1952,520

⋅ + ⋅ + ⋅ + = ⇒ 1000 + 8250 + 8800 + x = 3950 ⇒ x = 39050 – 28050 → x = 11000

10. Se 8 < x < 21, o conjunto organizado é 7, 8, x, 17, 21, 30 ou 7, 8, 17, x, 21, 30. Em ambos os casos, tem-se:

Mediana = x 17

2

+

Média Aritmética = 7 + 8 + x + 17 + 21 + 30 83 x

6 6

+=

Assim, se a média supera a mediana em 1 unidade, temos: 83 x x 17 83 x x 19

1 83 x 3x 57 2x 26 x 136 2 6 2

+ + + += + ⇒ = ⇒ + = + ⇒ = ⇒ =

Portanto, a média aritmética dos elementos do conjunto dado é: 83 x 83 13 96

16.6 6 6

+ += = =

11. A média aritmética dos lucros dos 10 anos é: 80 + 40 + 30 + 60 + 50 + 10 + 90 + 35 + 70 + 120 585

58,510 10

= = .

O ano em que o lucro ficou mais próximo de 58,5 foi o ano 4. 12. Como há 25 apartamentos, temos que a mediana está na 13ª posição da tabela, ou seja, é 3. Então, calculamos a média:

4 0 +6 1 +5 3 + 6 4 + 1 5 + 2 6 + 1 7 69

2,7625 25

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = .

Portanto, 3 – 2,76 = 0,24.

13. A média aritmética ponderada é calculada da seguinte forma: 1 1 2 2 3 3 n n

1 2 3 n

x p x p x p ... x pMp

p p p ... p

⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅=

+ + + +.

onde 1 2 3 np p p ... p+ + + + são os pesos atribuídos aos valores 1 2 3 nx , x , x , ... x .. Assim, de acordo com o problema, temos:

Nota da etapa IV = x Mp = 7,3

56 2x 7,3 10

2x 73 56

17x

265 1 7,3 2 7,5 3 x 2 6,2 2 6,5 14,6 22,5 2x 12,4 8,57,3 7,3x

1 2 3 2 2 10

+ = ⋅= −

=⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + + + + == =

+ + + +


16 OSG.: 47718/11

14. 1

1.255t 1 0,59 59%

791= − ≅ =

2

554t 1 0,27 27%

435= − ≅ =

• C – 1

2

t 592,2

t 27= ≅

• E – Organizando os dados em ordem crescente, temos: 397 – 408 – 416 – 419 – 432 – 435 – 440 – 443 – 464 – 524 – 554.

Portanto, a mediana é 435, que é superior a 430.

• C – A média entre os dados de 2003 a 2005 é 955 + 981 + 989

975.3

= Assim, o desvio padrão é dado

15. V (01) As medalhas de ouro conquistadas totalizam 37,5%, conforme segue abaixo:

P = Casos favoráveis 9

= 0,375 ou 37,5%.Casos possíveis 4

=

V(02) A média do número de medalhas de prata é igual a 0,5.

2 0 0 1 0 0 3 1M 0,5

6 6 2

+ + + + += = = =

V(04) O desvio-padrão, de fato, corresponde a 5 3 4 1 0 2 2 12

Média 2.3 6 6

+ + + + += = =

Variança =2 2 2 2 2 2(3 2) (4 2) (1 2) (0 2) (2 2) (2 2)

6

− + + + − + − + − + − =

1 4 1 4 10 5

6 6 3

+ + += = =

5

Variança3

= =

F(08) O valor obtido pela mediana é 2,5.

2 31, 2, 2, 3, 6, 10 Mediana 2,5.

2

+= =

F(16) Dentre os 11 países, apenas 3 ganharam medalha de ouro. F(32)

2004 50% –—— 3

2000 100% —— x

x = 6 O Brasil conquistou exatamente 6 medalhas.


17 OSG.: 47718/11

1. 8 possibilidades 9 possibilidades 8 possibilidades 7 possibilidades 6 possibilidades

dezenas de milhar centena dezena unidades

milhar

A quantidade pedida de bilhetes é: 8 · 9 · 8 · 7 · 6 = 24.192. Resposta: e 2.

10, 6 6

Escolha das 6 Escolhidas as 6 cores,

cores entre as as formas de pintar as

10 existentes: faces laterais são:

C PC

10 9 8 7 6 5(6 1)!

6!

10 9 8 7 6

⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ −

⋅ ⋅ ⋅ ⋅=

5

6

⋅5 4 3 2⋅ ⋅ ⋅ ⋅

5!⋅

25 200=

Resposta: b 3. Para n ∈ N, temos:

n,3 n,2

2

n! n!C A

(n 3)! 3! (n 2)!

6 (n 3)! (n 2) (n 3)! n 8

n n 56

= ⇒ =− ⋅ −

∴ ⋅ − = − ⋅ − ⇒ =

∴ − =

Resposta: c

4. Como são 8 cadeiras para 4 pessoas e a ordem importa, temos: 8,4

8! 8 7 6 5 4!A

(8 4)!

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= =− 4!

1680=

Resposta: a 5.

6, 2 4, 1 4, 1

Dos 6 paulistas Dos 4 cariocas Dos 4 mineiros

escolho 2 escolho 1 escolho 1

C C C

6 54 4

2!15 4 4

240

⋅ ⋅⋅= ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

=

Resposta: d

6.

10 9 8 7 6nº pentágonos 5!

10 9 8 7 6 5nº hexágonos6!

⇒ ⇒ 10 9⋅ 8⋅ 7⋅ 6⋅ 6!

5! 10⋅

9⋅ 8⋅ 7⋅ 6⋅ 5⋅6 5!⋅=5! 55

6=⋅

Resposta: c

PROFESSOR TÁCITO VIEIRA


18 OSG.: 47718/11

7. Inicialmente considerando vogais à esquerda e consoantes à direita. Permutação Permutação das vogais: das consoantes:

24P · 2

5P 4! 5!

720.2! 2!

= ⋅ =

Entretanto a posição do grupo das vogais pode permutar com a posição do grupo das consoantes de 2! maneiras, assim: 720 · 2! = 1440. Resposta: c 8. Inicialmente considerando-se as 5 mulheres como sendo uma só, teremos uma permutação circular de 7 pessoas (1 mulher

e 6 homens). Entretanto, as mulheres podem permanecer juntas de 5! maneiras, logo: PC7 · P5 = 6! · 5! = 720 · 120 = 86400. Resposta: d 9. Seja h o número de homens e, portanto, 37 – h o número de mulheres. Como cada homem se cumprimenta e se despede de

outro homem com apertos de mão, o número total de apertos de mão entre homens é:

h h!

2 2 h(h 1)2 (h 2)! 2!

⋅ = ⋅ = − − ⋅

Cada homem cumprimenta cada mulher com um aperto de mão; assim, o total de apertos de mão entre homens e

mulheres é: h · (37 – h) Logo, sendo 720 o total de apertos de mão, temos: h(h – 1) + h(37 – h) = 720 ⇒ h = 20 Ou seja, havia 20 homens e 17 mulheres. Resposta: b 10. a) Falsa, pois temos 3 pessoas com menos de 15 anos.

b) Falsa, pois a probabilidade é de 4

0,2 20%.20

= =

c) Falsa, pois o número de meninas é igual ao de meninos.

d) Verdadeira, 10

50%.20

=

e) Falsa. Temos sim participação de alunos com 14 anos. Resposta: d

11. I

3P 25%.

12= =

II

III

IV

V

10P 25%.

409

P 30%.3011

P 22%.507

P 35%.20

= =

= =

= =

= =

Resposta: e

12. 1 1 1 1

P P .2 2 2 8

= ⋅ ⋅ ⇒ =

Resposta: b


19 OSG.: 47718/11

13. Dados os eventos A (número par) e B (múltiplo de 3), temos: A = 2, 4, 6, ... , 30, n(A) = 15, B = 3, 6, 9, 12, ... , 30, n(B) = 10, A ∩ B = 6, 12, 18, 24, 30 e n(A ∩ B) = 5 como n(U) = 30, vem:

15 10 5

P(A) , P(B) e P(A B)30 30 30

= = ∩ =

Assim:

15 10 5 2

P(A B) P(A) P(B) P(A B) .30 30 30 3

∪ = + − ∩ = + − =

Resposta: d

14.

ambas pretas ambas brancas ambas azuisou ou

1 1 4 4 x xP

5 x 5 x 5 x 5 x 5 x 5 x= ⋅ + ⋅ + ⋅

+ + + + + +

22 2 2 2 2

2

1 1 16 x(5 x) 34 2x 25 10x x 34 2x 0 x 10x 9

2 (5 x)

x 19 1 8

x 9

+ += → + = + → + + = + → = − ++

=→ → − = =

Resposta: d 15. Esta questão visa a despertar o aluno para o fato de que por meio de contagens dos fenômenos naturais, podem-se

apresentar dados adequados para probabilidade e seus resultados conforme a habilidade 28. Espaço amostral: Ω = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29, 30. Evento (ser dia ímpar, de Ω): A = 1, 3, 5, 7, 9, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29. Evento (ser dia múltiplo de 6, de Ω): B = 6, 12, 18, 24, 30.

P(A ou B)/ Ω) = n(A) n(B) n(A B) 14 5 19

n( ) 29 29

+ − ∩ += =Ω

Resposta: b 16. Sendo S o conjunto dos resultados possíveis no lançamento de 2 dados, n(S) = 6 · 6 = 36 e apenas os três pares (1; 1),

(1; 2) e (2; 1) pertencem a S e têm soma menor que 4. Logo a probabilidade de a bola retirada ser da caixa branca é 3 1

,36 12

= e a probabilidade de ser da preta é 1 11

1 .12 12

− =

Para a caixa branca, a probabilidade de escolher uma bola verde é 5 5

.5 3 8

=+

Para a caixa preta, tal probabilidade é

3 3.

3 2 5=

+

Consequentemente, a probabilidade de se retirar uma bola verde é 1 5 11 3 289

.12 8 12 5 480

⋅ + ⋅ =

Resposta: a

17. [ ] [ ]k n knP p p

k−

=

, onde:

I.

1p

4p 3p e p p 1. Logo 3p p 1 4p 13

p4

== + = + = ⇒ = → =

II. Para a probabilidade de acertar exatamente uma vez, temos: n = k = p = p =

III. Para a probabilidade de acertar exatamente duas vezes, temos: 3 1

n 4 k 2 p p4 4

= = = =


20 OSG.: 47718/11

Logo:

1 4 1 2 4 2

acertar acertar acertarP P P

1 ou 2 vezes 1 vez 2 vezes

4 43 1 3 1

1 24 4 4 4

4

− −

= +

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

=

3

4⋅

11 4

16⋅ + 3 9

2! 16

⋅ ⋅4

1

16

3 27

16 128

12 27 39

128 128 128

⋅

= +

= + =

Resposta: c 18. Nesse período, temos 400 anos, dos quais 100 são múltiplos de 4. Dentre os 100 anos múltiplos de 4, temos:

a) O ano 2400 é múltiplo de 400 (bissexto). b) 96 anos múltiplos de 4 e não múltiplos de 100 (bissextos). c) 3 anos múltiplos de 4 e também múltiplos de 100 (2100, 2200 e 2300 – não bissextos).

Cálculo da probabilidade: 97

P 0,2425.400

= =

Resposta: c

19. 10 frutas 3 estragadas

P (2 boas) P (2 boas) 17 boas

+ =

(I) .

Onde:

P (2 boas) P (2 estragadas) += P (1 boa + 1 estragada) = P (pelo menos uma estragada)

Assim:

7,2

10,2

7 6C 2!

P (2 boas) =C

⋅

=10 9

2!

⋅7 6⋅=

2

10 9⋅ 3

7 2⋅=1

105

7

153=

⋅

Logo, de (I) vem que:

7 8

P (2 boas) 1 P (2 boas)15 15

+ = → =

Resposta: d 20. 1ª Solução: sejam C = cara e k = “koroa”

32 2 2n(U) 2 8

1º lançamento (C ou K) 2º lançamento (C ou K) 3º lançamento (C ou K)= ⋅ ⋅ = =

Cálculo do n(E)

Possibilidades que interessam:

1,23

2,13

0 C e 3 k

3!C e 2 k P 3

2!3 3

C e 1 k P2! 7

−→ 1

1 → = =

+2 → = =

Logo: n(E) 7

Pn(U) 8

= =

Resposta: e


21 OSG.: 47718/11

2ª Solução: (por exclusão → problema complementar): P (no máximo 2 C) = 1 – P (3 C)

11

8

7

8

= −

=

Resposta: e 3ª Solução: Por probabilidade binomial: P (no máximo 2 C) = P (0 C e 3 k) + P (1 C e 2 k) + P (2 C e 1 k)

0 3 1 2 2 13 3 31 1 1 1 1 1

0 1 22 2 2 2 2 2

1 1 1 1 11 1 3 3

8 2 4 4 21 3 3 7

8 8 8 8

= ⋅ + + ⋅

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

= + + =

1. d → nº de dependentes: 15%(2.000 – 90d – 200) – 135 = 108

15

10 0(180 0 9 0− d) 108 135= + ⇒

153

102

(180 – 9d) = 243 ⇒ 3 (180 – 9d) = 486 → 180 – 9d = 486

3⇒ 180 – 9d = 162 ⇒

⇒ 9d = 18 ⇒ d = 2.

Resposta: c 2. 6 143,2 variação: 179 – 143,2 = 35,8 10 179 143,2 100% 35,8 x%

x = 35,8 100

143,2

⋅⇒ x = 25%

Resposta: d 3. Passado Presente Futuro

Eu 1

y4

x y

Irmão x y y + y – x

x – 1

y4

= y – x ⇒ 4x – y = 4y – 4x ⇒ 8x = 5y ⇒ x = 5 5

y x 40 x 258 8

⇒ = ⋅ ⇒ =

y + 2y – x = 95 ⇒ 3y – x = 95 ⇒ 3y – 5

y8

= 95 ⇒ 24y – 5y = 8 • 95 ⇒ 19y = 8 • 95 = y = 8 95

y 4019

⋅⇒ =

Soma no presente x + y = 65

Resposta: d

PROFESSOR THIAGO PACÍFICO


22 OSG.: 47718/11

4. Escovação: Barba: Banho:

Torneira aberta: 12 ℓ Torneira aberta: 24 ℓ Chuveiro elétrico: 45 ℓ

Fechar enq. escova: 1 ℓ Abrir só para enxaguar: 4 ℓ Banho de ducha: 135 ℓ

4 escovações

p /dia : 1 barba

1 banho

4 12 48 1 24 24 1 135 135

Esc : Banho Chuveiro e Ducha :4 1 4 1 4 4 1 45 45

⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =

Economia 44 20 90

Durante 30 dias: 30(44 + 20 +90) = 4.620ℓ

Resposta: c 5. Total: 23 pessoas (homens e mulheres)

Homens: 5

14usam óculos.

Nº de homens é um múltiplo de 14 Temos: M(14) = 0, 14, 28, ... Nº de homens: 14 Nº de mulheres: 9 ↓ Quadrado perfeito

Resposta: e 6. Páginas Tempo Capacidade (%)

4

17 2 100

3

7 x 60

42 7x

=3

7

6 0⋅10 0

2 24

x→ =

4

305

⇒ 4x = 10 ⇒ x = 2,5 ⇒ x = 2h30min.

Resposta: c 7. Analisando o enunciado, temos: * Ford = Preta * Renault = Branca * Volkswagen = creme. Resposta: c

8. Valor de cada questão: 10 10 10 180 4 0

18 40%(x 32) 5x x x x⇒ ⋅ + − = ⇒ +

100

10(x 32)− ⋅ 180 4(x 32)

5 5x x

+ −= ⇒ = ⇒

⇒ 5x = 180 + 4x – 128 ⇒ 5x – 4x = 52 ⇒ x = 52 (nº de questões). Resposta: a


23 OSG.: 47718/11

9. I. Juntos:

• Em 8 horas ⇒ 3

t5

⋅

÷ 8

• Em 1 hora ⇒ 3t

40

II. Alceste:

• Em 10 horas ⇒ 1

t4

⋅

÷ 10

• Em 1 hora ⇒ t

40

Logo: III. Djanira: • Em 1 hora: ⇒ juntos – Alceste

⇒ 3t t 2t t

40 40 40 20− ⇒ ⇒

Portanto: Tempo Prod.

1 t

20

⇒ t

x ⋅ t

20= x 10horas

2⇒ =

x t

2

Resposta: e 10. 75% 60% H → 72 H → ? 96 x M → 24 M → 24 25% 40% 24 40% x 100%

24 40

x 100− ⇒ x = 60

60% H → 36 60 Diferença: 72 – 36 = 36 M → 24 40%

Resposta: a 11. P → nº de projetos

2 4 2 4 8

de de P P P5 7 5 7 35

→ ⋅ ⋅ → ⋅

P é múltiplo de 35 ⇒ M (35) = 0, 35, 70, 105, 140, 175, ...

Resposta: d


24 OSG.: 47718/11

12. P → Nº de processos x → Nº de prateleiras

P = 8 (x – 1) + 9 P = 13(x – 2) + 2

8(x – 1) + 9 = 13(x – 2) + 2 ⇒ 8x – 8 + 9 = 13x – 26 + 2 ⇒ 8x + 1 = 13x – 24 ⇒ 1 + 24 = 13x – 8x ⇒ 5x = 25 ⇒ x = 5;

Total de processos: P = 8(5 – 1) + 9 ⇒ P = 32 + 9 ⇒ P = 41

Resposta: e

13. M 2h15min → (135min) 35 80% N 2h48min45s x 100%

x = 168,75min x = 2h48min45s

Início: 31

2472

⋅ =10h20min

10h 20min 2h 48min 45seg. 12h 68min 45seg. → 13h 8min 45s

Resposta: c 14.

→ 5

8 →

3 545 V

4 8⋅ = ⋅

V = 54ℓ = 54dm3 = 0,054m3

Resposta: a 15. 42 75% x 100%

x = 56,00

40% de 56 → 22,40 (Lucro) Vendeu por 42,00 Comprou: 42 – 22,40 = 19,60

19,60 80% y 100%

y = 24,50

Resposta: b

16. Em abril de 2001: 321, 9 milhões de passageiros e x é o número de veículos. 321,9

400 x 0,8x

= ⇔ ≈

Em outubro de 2008: P = número de passageiros. P

441 P 35308

= ⇔ ≈

Valor mais próximo do resultado obtido se encontra no item a.


25 OSG.: 47718/11

17. O caminho do ônibus está destacado abaixo.

5.200 = 1 km. 1 h ------------40 km x --------------1 km logo x = 0,025 horas = 1,5 minutos 18. Alunos dias horas Alimento(kg) 20 10 3 120 g 50 20 4 x

120 x

x 800 kg20 10 3 50 20 4

= ⇔ =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

Total arrecadado = 800 + 120 = 920 kg 19. Volume de combustível para 16 voltas 75 L -----------100 km V --------------16·7 V = 84 L 0,75·84 = 63 kg ( massa do combustível) Massa (peso) do carro = 605 + 63 = 668 kg

20. Taxa de variação: 200 120 80 2

1200 600 600 15

− = =−

.

Para cada um real de aumento nas vendas o salário semanal deverá aumentar 2/25. Como o aumento nas vendas foi de 990 – 600 = 390.

O salário semanal deverá ser 120 + 2

39015

⋅ = 172 reais.

1. Comentário: Do enunciado temos que:

i. 200

14 10 14q 200 10q 4q 200 q 50 (unidades)q

= + ⇔ = + ⇔ = ⇔ =

ii. 200

18 10 18q 200 10q 8q 200 q 25 (unidades)q

= + ⇔ = + ⇔ = ⇔ =

iii. 50 100%

50x 25 100 x 50%25 x

→⇔ = ⋅ ⇔ = →

Logo, o percentual de unidades produzidas foi de 50%

Resposta: c 2. Comentário: Sejam x e y, respectivamente, o total de parafusos produzidos no mês e o salário desse funcionário,

temos que:

y = 2% R + 750,00 como x = 13.800 vem 2

y 13.800 750,00 1.026,00100

= ⋅ + =

Resposta: d

PROFESSOR CLEITON ALBUQUERQUE


26 OSG.: 47718/11

0

y

O (3,5)

x

y é máx → x= xcentro 3. x2 + y2 – 6x – 10y + 30 = 0 ⇒ ⇒ x2 + y2 – 6x – 10y + (25 + 9 – 4) = 0 ⇒ ⇒ (x – 3)2 + (y – 5)2 = 4

x = 3 ⇒ (y – 5)2 = 4 ⇒ y = 7 Portanto, o ponto de ordenada máxima é P(3,7) ∴ soma das coordenadas = 10. Resposta: a

4. Dos dados do enunciado, nota-se o seguinte sistema:

20x 30y 600 2x 3y 60 (r)

20x 300 x 15 (s)

+ ≤ + ≤ ⇒ ≤ ≤

Analisando graficamente:

A região que resolve o sistema é a hachurada dos triângulos semelhantes:

z 15 15z 10 A (20 10) 225

20 30 2= → = → = + →=

Resposta: d 5.

2350 2500I. y 2500 (x 1)

1 2y 2500 150(x 1) y 150x 2350

II. C(3, y) pertence à reta AA,

y 150 3 2350 2200

Logo : C(3, 2200)

−− = −−

− = − − ⇒ = − +

= − ⋅ + =

Preço médio em agosto: R$ 2 200,00 Assim: 2400 · f = 2200

2200

f 0,91672400

= =

diminuição: 1 – 0,9167 = 0,0833 ≡ 8,3%

Resposta: A, A’ e C são colineares.

naldo/willmer: 29/06/11 Rev.: Amélia

15

y

20

x

z

30

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Mat 140 questoes resolvidas vol ii