Questão 71 Um automóvel, modelo flex, consome 34 litros de gasolina para percorrer 374 km. Quando se opta pelo uso do álcool, o autom automóvel óvel consome consome 37 lit litros ros des deste te com combus bustív tível el par para a per percor correr rer 259 km. Suponha que um litro de gasolina custe R$ 2,20. Qual deve ser o preço do litro do álcool para que o custo do quilômetro rodado por esse automóvel, usando somente gasolina ou somente álcool como combustível, seja o mesmo? a) R$ 1,00 b) R$ 1,10 c) R$ 1,20 d) R$ 1,30 e) R$ 1,40 alternativa E
63 25 56 d) 25 a)
12 5 11 e) 5 b)
c)
58 25
374 alternativa A O consumo desse automóvel é = 11 quilôme- 34 Considere a figura a seguir, onde m(BCA) = α e 259 tros por litro de gasolina e = 7 quilômetros por DF = EC = x . 37 litro de álcool. O custo do quilômetro rodado usando 2,20 somente gasolina é de = 0,20 reais, e para 11 que esse custo seja o mesmo usando somente ál- cool co ol,, o pr preç eço o do li litr tro o de ál álco cool ol de deve ve se serr de 0,20 ⋅ 7 = 1,40 reais. $
Questão 72 Na figur figura, a, o triân triângulo gulo ABC é retângulo com catetos BC = 3 e AB = 4. Além disso, o ponto D pertence ao cateto AB, o ponto E pertence ao cateto BC e o ponto F pertence à hipotenusa AC, de tal forma que DECF seja um paralelogramo. Se DE = 3 2, então a área do paralelogramo DECF vale
matemática 2
2 2a2 = a1 + a3 Pello Te Pe Teor orem ema a de Pi Pitá tágo gora ras s, (AC AC)) 2 = 3 2 + 4 ⇔ ⇔ Como mo DECF DECF é um paral paralel elog ogra ramo mo,, ⇔ AC = 5. Co (a2 − 3) 2 = (a1 + 3) ⋅ (a3 − 3) 3 3 7 DE = FC = . Assim, AF = 5 − = e a3 = 4 − a 2 2 2 a1 + a3 = 4 1 ⇔ ⇔ 2 ⇒ x 3 21 (a1 + 3)(a3 − 3) = 1 cos α= = ⇔ x = . a1 + 2a1 − 2 = 0 7 5 10 2 ⇒ a1 = −1 + 3 Logo a área do paralelogramo DECF é Logo r = a2 − a1 = 2 − ( −1 + 3 ) = 3 − 3 . 1 21 3 4 63 . 2 ⋅ ⎛ = ⋅ ⋅ = ⎜⎝ ⋅ EC ⋅ CF ⋅ senα ⎞ ⎟ ⎠ 10 2 5 25 2
Questão 75 Questão 73 Tendo em vista as aproximações aproximações log10 2 ≅ 0,30, log10 3 ≅ 0,48, então o maior número inteiro n, satisfazendo 10n ≤ 12418, é igual a a) 424 b) 437 c) 443 d) 451 e) 460
Na figura, os pontos A, B, C pertencem à circunferência de centro O e BC = a. A reta OC é perpendicular ao segmento AB e o ângulo AOB mede π/3 radianos. Então, a área do triângulo ABC vale $
alternativa D
10 n
18 ≤ 12 418 ⇔ log 10n ≤ log 124 ⇔ g10 0 ≤ 418 ⋅ log1 g12 2 ⇔ n log1 ⇔ ) ⇔ n ≤ 418 ⋅ log (3 ⋅ 2 2 ⇔ ⇔ n ≤ 418 (log 3 + 2 log 2) Usando e , temos log 2 ≅ 0,30 log 3 ≅ 0,48 n ≤ 418(0,48 + 2 ⋅ 0, 0,30) ⇔ n ≤ 451,44. Como n é
o maio maiorr inte inteiro iro que sati satisfaz sfaz a desi desigual gualdade, dade, n = 451.
Os números a1 , a2 , a 3 formam uma progressão aritmética de razão r, de tal modo que a1 + 3, a2 − 3, a3 − 3 estejam em progressão geométrica. Dado ainda que a1 > 0 e a2 = 2, conclui-se que r é igual a a) 3 + 3 3 2
e) 3 − 3
d) 3 −
8
b)
a2
c)
4
a2 2
3a2 d) 4
e) a2
alternativa B
Questão 74
3 b) 3 + 2
a)
a2
3 c) 3 + 4
Como O é o centro da circunferência e a reta OC é perpendicular à corda AB, o ΔABC é isósceles de base AB e, assim, AC = BC = a. Pelo teorema 1 π π do ângulo inscrito, m (ACB ) = ⋅ = . 2 3 6 Logo a área do vale: ΔABC 2 1 1 π a sen( n(AC ACB) B) ⋅ AC ⋅ BC ⋅ se = ⋅ a ⋅ a ⋅ sen = 2 2 6 4 $
$
Questão 76
A figura representa um quadrado ABCD de 5 lado 1. O ponto F está em BC, BF mede , Cons Co nsid idera erand ndo o qu que e os nú núme mero ros s a1 , a2 , a 4 3 formem, nesta nes ta ord ordem, em, uma pro progre gressã ssão o ari aritmé tmétic tica, a, que o ponto E está em CD e AF é bissetriz do a1 + 3 , a2 − 3 , a3 − 3 formem, nesta ordem, uma ângulo BÂE . Nessa Nessass condi condições, ções, o segme segmento nto prog pr ogres ressã são o ge geom omét étri rica ca,, e se send ndo o a2 = 2 e a1 > 0 , DE mede temos: alternativa E
matemática 3
alternativa C
f tem como gráfico uma parábola, Como a função 2 f(x) = ax a x + bx + c , com a, b, c ∈ R, a ≠ 0. Assim
+ 1) − f(x) = 6x − 2 ⇔ 1) 2 + b (x + 1) 1) + c − ax 2 − bx − c ⇔ a(x + 1) = = 6 x − 2 ⇔ 2ax + a + b = 6x − 2 ⇔ 2a = 6 a = 3 . ⇔ ⇔ a + b = −2 b = −5 Logo sendo a = 3 > 0 , f admite um menor valor, b −5 5 que ocorre para x = − =− = . 2a 2 ⋅ 3 6
f(x
a)
3 5 40
b)
7 5 40
d)
11 5 40
e)
13 5 40
c)
9 5 40
alternativa D
Questão 78 No plano cartesiano Oxy, a reta de equação x + y = 2 é tangente à circunferência C no ponto (0,2). Além disso, o ponto (1,0) pertence a C. Então, o raio de C é igual a a)
3 2 2
b)
5 2 2
d)
9 2 2
e)
11 2 2
c)
7 2 2
alternativa B
Como AF é bissetri bissetriz z de BAE , temos temos m (BA (BAF) F) = $
$
Sejam M o centro da circunferência, N = (0; 2) e 2) (EAD) = 90o = m (FAE) = α. Assim, m (E − 2 α e, por- P = (1; 0) 0). Com Como o C é tan tange gent nte e à ret reta a x + y = 2 tanto, m (D (DEA) = 2 α . em N, MN é perpen perpendicul dicular ar a essa reta. Além dis- BF 5 so, MN = MP , pois são raios de C. No triângulo ABF, temos tg . E, no α= = $
$
$
AB
triângulo ADE, temos tg 2 α=
4
AD 2 tg α ⇔ 2 DE 1 − tg α
=
2
=
1 ⇔ DE = D E
1
⎛ 5 ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ 4 ⎠ 2 ⋅
5 4
E ⇔ D =
11 5 . 40
Questão 77 A função f : R → R tem como gráfico uma parábo rá bola la e sa sati tisf sfaz az f ( x + 1) − f ( x ) = 6 x − 2, para todo número real x. Então, o menor valor de f (x) ocorre quando x é igual a 11 7 5 5 a) b) c) d) 0 e) − 6 6 6 6
No triângulo retângulo ONP, ON , OP = 1 e = 2 NP = ON 2 quecos α=
+ OP 2 =
22
de modo + 12 = 5 ,
ON 2 OP 1 e sen . = α= = NP NP 5 5
matemática 4
Sendo S o ponto médio de NP, no triângulo MNS, cos (4 (45 o + α) =
Questão 80
NS ⇔ MN
⋅ senα = ⇔ cos 45 o ⋅ cosα − sen 45 o
⇔
2 2 2 1 ⋅ − ⋅ = 2 5 2 5
NP 2 ⇔ MN
5 2 ⇔ r = 5 2 . r 2
Uma pirâmide tem como base um quad quadrado rado de lado 1, e cada uma de suas faces laterais é um triângulo equilátero. Então, a área do quadrado, que tem como vértices os baricentros de cada uma das faces laterais, é igual a 5 4 1 2 1 a) b) c) d) e) 9 9 3 9 9 alternativa D
Questão 79 Maria deve criar uma senha de 4 dígitos para sua conta bancária. Nessa senha, somente os algarismos 1, 2, 3, 4, 5 podem ser usadoss e um mesmo algarismo usado algarismo pode aparecer mais de uma vez. Contudo, supersticiosa, Maria não quer que sua senha contenha o número 13, isto é, o algarismo 1 seguido imediatamente pelo algarismo 3. De quantas maneiras distintas Maria pode escolher sua senha? a) 551 b) 552 c) 553 d) 554 e) 555 alternativa A
Há 5 4 = 625 sequên seq uência cias s de 4 alg algari arismo smos s sem restrições. Devemos subtrair desse total a quanti- Considere o plano que passa pelos quatro bari- dade de sequências que contém 13, nessa or- centros. Como o baricentro divide as medianas a dem, ou seja, sequências do tipo xy13 , x13y ou que pertencem na razão 2 : 1, a secção determi- x 13 xy . Como há 5 escolhas escolhas para cada algarismo algarismo nada pelo plano na pirâmide é um quadrado de y, há 5 2 = 25 e sequências de cada tipo. Toda- 2 2 lado igual a do lado da base, ou seja, . via, a sequência 1313 é do tipo xy13 e 13xy, de 3 3 modo que a contamos duas vezes. Como os baricentros são pontos médios dos la- Logo há 3 ⋅ 25 − 1 = 74 sequências que contêm dos da secção, eles formam um quadrado de dia- 2 13, nessa ordem, e o total de senhas procurado é 2 1 ⎛ 2 2 ⎞ gonais , cuja área é ⎜ ⎟ = . 625 − 74 = 551. ⎠ 9 3 2 ⎝ 3
