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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...
CURSO DE FÉRIAS – 2011
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
⋅ = ⇔ = ⇔ =
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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
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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
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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 = → → ⋅ = → =
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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 +
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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
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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
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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
=
== =
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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
CURSO DE FÉRIAS – 2011
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
+ = ⋅= −
=⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + + + + == =
+ + + +
CURSO DE FÉRIAS – 2011
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.
CURSO DE FÉRIAS – 2011
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
CURSO DE FÉRIAS – 2011
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
CURSO DE FÉRIAS – 2011
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
= = = =
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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
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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
CURSO DE FÉRIAS – 2011
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
CURSO DE FÉRIAS – 2011
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
CURSO DE FÉRIAS – 2011
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.
CURSO DE FÉRIAS – 2011
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
CURSO DE FÉRIAS – 2011
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