Este documento apresenta biografias de 6 professores que ministraram o Curso de Férias de Matemática e suas Tecnologias em 2011, descrevendo suas formações acadêmicas e experiências profissionais.

1. Sumário
Matemática e suas Tecnologias
Curso de Férias
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
OSG.: 47718/11 Pré-Universitário

3. CURSO DE FÉRIAS – 2011
PROFESSOR DARIO AMORIM
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.
4
2. O balão I, de 20 cm de raio, tem volume, em cm3, igual a V1 = π⋅ 203 .
3
4
O balão II, de 30 cm de raio, tem volume, em cm3, igual a V2 = π⋅ 303 .
3
Para o balão II flutuar durante uma hora a quantidade x de combustível necessária e suficiente é tal que
4
π⋅ 203
V1 0,1 ℓ 3 0,1 ℓ
= ⇔ = ⇒
V2 x 4 3 x
π⋅ 30
3
3
 2  0,1 ℓ 2, 7 ℓ
⇒  =
  ⇒x =
 3
  x 8
x 2, 7ℓ
Para este balão II flutuar por meia hora, a quantidade de combustível necessária e suficiente é = = 0,16ℓ.
2 16
2
3. Sendo v a velocidade, em m2/h, com que cada voluntário trabalha no sábado, temos: 5 ⋅ 8 ⋅ v + 5 ⋅ 4 ⋅ v = 15 ⋅ 40
3
Dividindo ambos os membros dessa igualdade por 40, temos:
1 4
v + v = 15 ⇒ v = 15
3 3
2
⇒ 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 ∴ p = 44,44...
Resposta: c
5 OSG.: 47718/11

4. CURSO DE FÉRIAS – 2011
6. Sendo p% o percentual de desconto dado no sábado e x o preço antes de sábado, podemos concluir que:
 
P 
–– o preço no sábado era x 1− .
 100 

 
 2P 
–– o preço no domingo era x 1− .
 100 

 
 
2P  1   
P  2P 1 P
Do enunciado, temos: x 1−  = x 1−  ⇒ 1− 100 = 2 − 200
 100  2  100 

   
100
Dessa equação, resulta P = .
3
 100 


 
  1
1− 2 ⋅ 3  = x ⋅
O preço praticado no domingo era: x  


 
100  3

 


Resposta: e
1
⋅ 28
7. Para n = 28, temos T = 100 ⋅ 37
T = 100 ⋅ 34
T = 100 ⋅ 81 ∴ T = 8.100
8. A quantidade de água do reservatório se reduzirá à metade em 10 meses, pois:
1
q ( t ) = q 0 ⋅ 2( ) = ⋅ q 0 ⇔ 2−0,1t = 2−1 ⇔
−0,1 t
2
⇔ −0,1t = −1 ⇔ t = 10
Resposta: e
−t −2t
1 2t 3
9. n ( t ) = n (0)⋅ ⇒ n (0)⋅ 4 3 = n (0)⋅ 2−1 ⇒ 2 3 = 2−1 ⇒ = 1 ∴ t = = 1,5
2 3 2
A lentidão será reduzida à metade após 1 ano e meio, isto é, 18 meses.
Resposta: c
2004
10. Do enunciado, f ( n ) = ⋅ log 2 (n + 2) −13,9
24
Logo, sendo T o tempo para resolver os 20 testes: T = f (0) + f (1) + ... + f (19)
2004 167
T= ⋅ (log 2 2 + log3 3 + ... + log 2 21) − 20 ⋅13,9 ⇒ T = ⋅ log 2 (2 ⋅ 3 ⋅ ...⋅ 21) − 278
24 2
 

167  167
T= ⋅ log 2  218 ⋅ 39 ⋅ 54 ⋅ 73 ⋅11⋅13 ⋅17 ⋅19 − 278 ⇒ T =
 
 ⋅ log 2 268 − 278 ⇒ T = 5400 (segundos ) ∴ 1h 30 min
2 

 
 2
250
Resposta: d
11. Se N = 120 + 10 ⋅ log10 ( I) , então:
N1 = 120 + 10 ⋅ log10 ( I1 ) , N 2 = 120 + 10 ⋅ log10 (I 2 ) e
I 
N1 − N 2 = (120 + 10 ⋅ log10 I1 ) − (120 + 10 ⋅ log10 I 2 ) = 10 ⋅ (log10 I1 − log10 I 2 ) = 10 ⋅ log10  1 
 
I 
 2
 
Como N1 – N2 = 20, então:
I  I  I
10 ⋅ log10  1  = 20 ⇔ log10  1  = 2 ⇔ 1 = 102
    
I 
 I2 
   2 I2
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5. CURSO DE FÉRIAS – 2011
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: a n = 3n + 1
(q n −1)
13. Sn = a1 ⋅ (soma de n termos da P.G.)
(q −1)
(2n −1)
⇒ 381 = 3 ⋅ ⇒ 127 = 2n −1 ⇒ 128 = 2n ⇒ n = 7
(2 −1)
14. A soma dos primeiros n termos de uma progressão geométrica de razão q, q ≠ 1 e primeiro termo a1 é dada por:
1− q n
S = a1 ⋅
1− q
500.000
1

1−  
1  2
 
Como a1 = 10, q = e n = 500.000, temos: S = 10
2 1
1−
2
500.000
1 1
Como  
  = 0 , temos: S = 10 ⋅ ∴ S = 20 anos
 2
  1
1−
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
61,9
de − 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
3
E1 1014,94
Comparando as energias liberadas, temos: = = 101,5 = 10 2 = 103 = 10 3 ≈ 31,6
E 2 1013,44
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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6. CURSO DE FÉRIAS – 2011
 760 
18. Pelo enunciado, sabemos que: h = 18.400 · log10  
 P 
I. F, pois para h = 1.840, temos:
1 1 9
 760  1  760  760 −
1.840 = 18.400 · log10   ⇒ = log10   ∴ = 1010 ⇒ P = 76 ⋅10 ⋅10 10 = 76 ⋅1010
 P  10  P  P
 760 
II. V, pois para P = 7,6, temos: h = 18.400 · log10   = 18.400 ⋅ log10 100 ⇒ h = 18.400 · 2 ⇒ h = 36.800
 7,6 
III. V, pois isolando h na expressão dada, temos:
h h
 760  h  760  760 −
h = 18.400 · log10  ⇒ = log10   ∴ 10
18.400
= ⇒ P = 760 ⋅10 18.400
 P  18.400  P  P
Logo, estão corretas apenas as afirmações II e III.
Resposta: e
 11 
19. Para A = 160, temos: 160 = 40 · (1,1)t ⇒ (1,1)t = 4 ∴ log (1, 1)t = log 4 = t · log   = log 22
 10 
0,6
∴ t(log 11 – log 10) = 2 log 2 ⇒ t(1,04 – 1) ≈ 2 · 0,3 ∴ t ≈ = 15
0,04
Logo, a planta terá altura de 1,6 metro aproximadamente aos 15 anos.
Resposta: a
1.600 − 940
20. Pela análise do gráfico, a depreciação é linear e em 6 anos houve depreciação de: = 0, 4125 = 41, 25%
1.600
41, 25%
Logo, em 10 anos, ou seja, em 2010, a depreciação é: ⋅10 = 68,75%
6
Resposta: a
PROFESSOR FABRÍCIO MAIA
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
8 OSG.: 47718/11

7. CURSO DE FÉRIAS – 2011
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
1000
V(8) = 100 · 200 · 0 = 0ℓ – Consumo médio (6 as 8 horas) = = 500 ℓ h
2
V(4) = 100 · 200 · 80 = 1600000 cm3 = 1600ℓ
600
V(5) = 100 · 200 · 50 = 1000000 cm3 = 1000ℓ – Consumo médio (4 a 5 horas) = = 600 ℓ h .
1
32. Falso
V(0) = 100 · 200 · 20 = 400000 cm3 = 400ℓ
400
V(8) = 100 · 200 · 0 = 0ℓ – Consumo médio (0 as 8 horas) = = 50 ℓ h .
8
64. Verdadeiro
No intervalo de tempo de 0 a 2 horas, tem-se:
Pontos: (0, 20), (2, 80), (t, h) alinhados.
80 − 20 h − 20
Então: = ⇒ 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.
7⋅2⋅π
Então: 800 = ⋅ R ⇒ πR = 20.000 km
180
Logo:
C = Comp. (circunferência terrestre) = 2πR
C = 40.000 km
4.
4
 3
 50
• n ⋅  πr 3  =
 100
(
⋅ π ⋅12 ⋅ 2 )
1 1
• 2r = ⋅1 → r =
4 8
4 1 1536
Então: n ⋅ ⋅ 3 = 1 ⇒ n = ⇒ n = 384 esferas
3 8 4
5.
I. R2 = (R – 2)2 + 62 ⇒ R = 10
π
II. m(BC) = α ⋅ R → α = rd → α = 18º → 20 cadeiras → n ⋅18º = 360º → n = 20
10
9 OSG.: 47718/11

8. CURSO DE FÉRIAS – 2011
6.
4 3 R R 4
• ⋅πr = πR 2 ⋅ → r = • n ⋅ ⋅ πr 3 ≤ πR 2 ⋅ R → n ≤ 6
3 6 2 3
Então: n = 6 esferas.
198
7. Percentual (chuveiro) = = 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 cm
sen 45º sen 30º 2 1
2 2
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:
 360º − θ  θ
L= ⋅2⋅π⋅4 + ⋅ 2 ⋅ π ⋅1 + 2 ⋅ 3
 360º  360º
θ 3 3
3 em que tg   = = 3 e 0º < θ < 180º
2 3
θ
Assim: = 60º ⇔ θ = 120º e
2
 360º −120º  120º
L=  ⋅ 2π ⋅ 4 + ⋅ 2 ⋅ π ⋅1 + 2 ⋅ 3 3 ⇒
 360º  360º
2 1
L = ⋅ 2 ⋅ π ⋅ 4 + ⋅ 2 ⋅ π ⋅1 + 2 ⋅ 3 3 ⇒
3 3
L = 6π + 6 3 ⇒ L = 6 π + 3 ( )
10 OSG.: 47718/11

9. CURSO DE FÉRIAS – 2011
11.
Conforme a figura:
α 10 1 α
I. cos = = ⇔ = 60º ⇔ α = 120º
2 20 2 2
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
1
⋅ 3000 ⋅ 3(20 cm)2 = 1.200.000 cm 2 = 120 m 2 .
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) ⋅ 5
⋅h
2 30 ⋅ 5 25
r= = =
(22 + 10) ⋅ 6 32 ⋅ 6 32
⋅h
2
13.
Sendo VL = o volume do líquido, em centímetros cúbicos, temos:
1. No tronco de cone:
8 104π
VL = (π • 32 + π • 12 + π ⋅ 32 ⋅ π ⋅12 ) =
3 3
No cilindro
104π 13 13 11
VL = π • 42 • h = 16πh ⇒ Assim, 16πh = ⇒h= e, em centímetros, d = 4 – =
3 6 6 6
14.
4
I. Após 4 minutos do início do vazamento, o raio da mancha será: r(4) = = 0, 4m
5
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
11 OSG.: 47718/11

10. CURSO DE FÉRIAS – 2011
15.
Sendo os mastros AB e CD, e sendo x a altura, em metros, da intersecção das cordas em relação à superfície do terreno,
x 8 5x
temos os triângulos ABC e EFC semelhantes e, portanto: = ⇔ y = (I)
y 10 4
x 2
Analogamente para os triângulos DCB e EFB: = ⇔ 5x = 10 − y (II)
10 − y 10
5x
De (I) e (II), vem: 5x = 10 – ⇔ x = 1,6 m.
4
16.
i. ∆AEC ∼ ∆EBC
CE 160
= ⇒ CE 2 = 8000
50 CE
ii. CE 2 = 882 + x 2 ⇒ 8000 = 882 + x 2
Logo: x = 16 m
Resposta: d
17. • Volume do cilindro (Vci)
Vci = π ⋅12 ⋅ 3 = 3π ≃ 9,3 m3
• Volume do tronco (VT)
h
VT = T ⋅ (B + b + Bb)
3
Daí,
2
VT = (π ⋅ 22 + π ⋅12 + π ⋅ 22 ⋅ π ⋅12 )
3
2 14π
VT = (4π + π + 2π) = ≃ 14, 47 m3
3 3
Logo:
V(reservatório) = 9,3 + 14,47 ≃ 23,77 m3 = 23770 ℓ
Resposta: d
12 OSG.: 47718/11

11. CURSO DE FÉRIAS – 2011
18. Temos:
 π
P(t) = 50 + 50 ⋅ sen  t −  , t > 0
 2
Sabemos que:
 π
sen  t −  ∈ [ −1, 1]
 2
 π π 3π
Para termos pressão mínima, basta tomar sen  t −  = −1, isto é, t − = + k ⋅ 2π, k inteiro.
 2 2 2
Logo: t = 2π + k ⋅ 2π → t = 2π , 4π, 6π, ...
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:
π ⋅ 32 ⋅ h = 9 ⋅ 27
27
h= ≃ 8,6 cm
π
Resposta: a
20.
Pela lei dos senos, temos:
AB
= 2R
sen 30º
AB = 2R sen 30º
AB = R = raio
13 OSG.: 47718/11

12. CURSO DE FÉRIAS – 2011
PROFESSOR ARNALDO TORRES
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
33, 7 + 44, 7 + 46,1 + 40 + S
bilhões. Assim, o valor de S é dado por: = 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
= , donde x = 24.
360 90
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
1680
de = 560 reais.
3
28 ⋅ 4 + 33 ⋅ 8 + 38 ⋅10 + 43 ⋅ 6 + 48 ⋅ 3
7. x=
31
112 + 264 + 380 + 258 + 144
x= = 37,35
31
14 OSG.: 47718/11

13. CURSO DE FÉRIAS – 2011
6 + 4 + 5 + 6 + 3 24
8. I. Falsa. A média de participação de professores, de 2004 a 2008 é = = 4,8.
5 5
II. Verdadeira. Mediana entre {1, 2, 2, 3, 4} = 2
1 + 2 + 2 + 3 + 4 12
Média = = = 2,4
5 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
3
V. Verdadeira. Em 2005, a razão entre o número de trabalhos e o número de professores foi = 0, 75.
4
4
Em 2008, a razão entre o número de trabalhos e o número de professores foi = 0, 666... .
6
9. Novo Salário:
Auxiliar → 1000 · 1,1 = 1100
Secretária → 1500 · 1,1 = 1650
Consultor → 2000 · 1,1 = 2200
Diretor → x
1100 ⋅10 + 1650 ⋅ 5 + 2200 ⋅ 4 + x
Logo: = 1952,5 ⇒ 1000 + 8250 + 8800 + x = 3950 ⇒ x = 39050 – 28050 → x = 11000
20
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:
x + 17
Mediana =
2
7 + 8 + x + 17 + 21 + 30 83 + x
Média Aritmética = =
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 = 13
6 2 6 2
83 + x 83 + 13 96
Portanto, a média aritmética dos elementos do conjunto dado é: = = = 16.
6 6 6
80 + 40 + 30 + 60 + 50 + 10 + 90 + 35 + 70 + 120 585
11. A média aritmética dos lucros dos 10 anos é: = = 58,5 .
10 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, 76 .
25 25
Portanto, 3 – 2,76 = 0,24.
x1 ⋅ p1 + x 2 ⋅ p 2 + x 3 ⋅ p3 + ... + x n ⋅ p n
13. A média aritmética ponderada é calculada da seguinte forma: Mp = .
p1 + p 2 + p3 + ... + p n
onde p1 + p 2 + p3 + ... + p n são os pesos atribuídos aos valores x1 , x 2 , x 3 , ... x n . . Assim, de acordo com o problema, temos:
Nota da etapa IV = x
Mp = 7,3
56 + 2x = 7,3 ⋅10
2x = 73 − 56
17
x=
2
65 ⋅1 + 7,3 ⋅ 2 + 7,5 ⋅ 3 + x ⋅ 2 + 6, 2 ⋅ 2 6,5 + 14, 6 + 22,5 + 2x + 12, 4
= 7,3 = 7,3x = 8,5
1+ 2 + 3 + 2 + 2 10
15 OSG.: 47718/11

14. CURSO DE FÉRIAS – 2011
1.255
14. t1 = − 1 ≅ 0,59 = 59%
791
554
t2 = − 1 ≅ 0, 27 = 27%
435
t 59
• C – 1 = ≅ 2, 2
t 2 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.
955 + 981 + 989
• C – A média entre os dados de 2003 a 2005 é = 975. Assim, o desvio padrão é dado
3
15. V (01) As medalhas de ouro conquistadas totalizam 37,5%, conforme segue abaixo:
Casos favoráveis 9
P= = = 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 1
M= = = = 0,5
6 6 2
5 3 + 4 + 1 + 0 + 2 + 2 12
V(04) O desvio-padrão, de fato, corresponde a Média = = = 2.
3 6 6
(3 − 2)2 + (4 + 2)2 + (1 − 2) 2 + (0 − 2) 2 + (2 − 2) 2 + (2 − 2) 2
Variança = =
6
1 + 4 + 1 + 4 10 5
= = =
6 6 3
5
= Variança =
3
F(08) O valor obtido pela mediana é 2,5.
2+3
1, 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.
16 OSG.: 47718/11

15. CURSO DE FÉRIAS – 2011
PROFESSOR TÁCITO VIEIRA
8 possibilidades 9 possibilidades 8 possibilidades 7 possibilidades 6 possibilidades
1.
dezenas de milhar centena dezena unidades
milhar
A quantidade pedida de bilhetes é: 8 · 9 · 8 · 7 · 6 = 24.192.
Resposta: e
2.
Escolha das 6 Escolhidas as 6 cores,
cores entre as as formas de pintar as
10 existentes: faces laterais são:
C10, 6 ⋅ PC6
10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5
= ⋅ (6 − 1)!
6!
10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5
= ⋅ 5!
6 ⋅ 5⋅ 4⋅3⋅ 2
= 25 200
Resposta: b
3. Para n ∈ N, temos:
n! n!
Cn,3 = A n , 2 ⇒ =
(n − 3)! ⋅ 3! (n − 2)!
∴ 6 ⋅ (n − 3)! = (n − 2) ⋅ (n − 3)! ⇒ n = 8
∴ n 2 − n = 56
Resposta: c
8! 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4!
4. Como são 8 cadeiras para 4 pessoas e a ordem importa, temos: A8, 4 = = = 1680
(8 − 4)! 4!
Resposta: a
5.
Dos 6 paulistas Dos 4 cariocas Dos 4 mineiros
escolho 2 escolho 1 escolho 1
C6, 2 ⋅ C4, 1 ⋅ C4, 1
6⋅5
= ⋅ 4 ⋅ 4
2!
= 15 ⋅ 4 ⋅ 4
= 240
Resposta: d
10 9 8 7 6
nº pentágonos 5! 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 6! 6 ⋅ 5! 6
6. ⇒ ⇒ ⋅ = =
nº hexágonos 10 9 8 7 6 5 5! 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 5! ⋅ 5 5
6!
Resposta: c
17 OSG.: 47718/11

16. CURSO DE FÉRIAS – 2011
7. Inicialmente considerando vogais à esquerda e consoantes à direita.
Permutação Permutação
das vogais: das consoantes:
4! 5!
P42
· P52 = ⋅ = 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.
4
b) Falsa, pois a probabilidade é de = 0, 2 = 20%.
20
c) Falsa, pois o número de meninas é igual ao de meninos.
10
d) Verdadeira, = 50%.
20
e) Falsa. Temos sim participação de alunos com 14 anos.
Resposta: d
3
11. PI = = 25%.
12
10
PII = = 25%.
40
9
PIII = = 30%.
30
11
PIV = = 22%.
50
7
PV = = 35%.
20
Resposta: e
1 1 1 1
12. P = ⋅ ⋅ ⇒P= .
2 2 2 8
Resposta: b
18 OSG.: 47718/11

17. CURSO DE FÉRIAS – 2011
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
ambas pretas ambas brancas ambas azuis
ou ou
1 1 4 4 x x
14. P = ⋅ + ⋅ + ⋅
5+ x 5+ x 5+ x 5+ x 5+ x 5+ x
1 1 + 16 + x 2
= → (5 + x)2 = 34 + 2x 2 → 25 + 10x + x 2 = 34 + 2x 2 → 0 = x 2 − 10x + 9
2 (5 + x)2
x = 1
→ → 9 −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}.
n(A) + n(B) − n(A ∩ B) 14 + 5 19
P(A ou B)/ Ω) = = =
n(Ω) 29 29
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 1 11
= , e a probabilidade de ser da preta é 1 − = .
36 12 12 12
5 5
Para a caixa branca, a probabilidade de escolher uma bola verde é = . Para a caixa preta, tal probabilidade é
5+3 8
3 3
= .
3+ 2 5
1 5 11 3 289
Consequentemente, a probabilidade de se retirar uma bola verde é ⋅ + ⋅ = .
12 8 12 5 480
Resposta: a
n k
17. P =   [ p ] [ p ] , onde:
n −k
 k
 1
p = 4

I. p = 3p e p + p = 1. Logo 3p + p = 1 ⇒ 4p = 1 → 
p = 3

 4
II. Para a probabilidade de acertar exatamente uma vez, temos: n= k= p= p =
3 1
III. Para a probabilidade de acertar exatamente duas vezes, temos: n = 4 k=2 p= p=
4 4
19 OSG.: 47718/11

18. CURSO DE FÉRIAS – 2011
Logo:
 acertar   acertar   acertar 
P = P  + P 
 1 ou 2 vezes  1 vez   2 vezes 
1 4 −1 2 4−2
 4  3  1  4  3  1
=  ⋅  ⋅  +  ⋅  ⋅ 
1   4  4  2  4  4
3 1 1
4 ⋅3 9 1
= 4 ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
4 16 2! 16 4 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).
97
Cálculo da probabilidade: P = = 0, 2425.
400
Resposta: c
3 estragadas
19. 10 frutas  P (2 boas) + P (2 boas) = 1 (I) .
7 boas
Onde:
P (2 boas) = P (2 estragadas) + P (1 boa + 1 estragada) = P (pelo menos uma estragada)
Assim:
7⋅6
2 1
C7,2 2! 7⋅ 6 7⋅ 2 7
P (2 boas) = = = = =
C10,2 10 ⋅ 9 10 ⋅ 9 3 10 5 ⋅ 3 15
2!
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”
2 2 2
n(U) = ⋅ ⋅ = 23 = 8
1º lançamento (C ou K) 2º lançamento (C ou K) 3º lançamento (C ou K)
Cálculo do n(E)
Possibilidades que interessam:
0 C e 3 k −→ 1
3!
1 C e 2 k → P3 =
1,2
=3
2!
3 3 +
2 C e 1 k → P32,1 = =
2! 7
n(E) 7
Logo: P = =
n(U) 8
Resposta: e
20 OSG.: 47718/11

19. CURSO DE FÉRIAS – 2011
2ª Solução: (por exclusão → problema complementar):
P (no máximo 2 C) = 1 – P (3 C)
1
= 1−
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 1
 3   1   1   3  1   1   3   1   1 
=    ⋅  +      +    ⋅ 
 0   2   2  1   2   2   2   2   2 
1 1 1 1 1
= 1 ⋅1 ⋅ + 3 ⋅ ⋅ + 3 ⋅ ⋅
8 2 4 4 2
1 3 3 7
= + + =
8 8 8 8
PROFESSOR THIAGO PACÍFICO
1. d → nº de dependentes: 15%(2.000 – 90d – 200) – 135 = 108
3
15 15 486
(180 0 − 9 0 d) = 108 + 135 ⇒ (180 – 9d) = 243 ⇒ 3 (180 – 9d) = 486 → 180 – 9d = ⇒ 180 – 9d = 162 ⇒
10 0 10 3
2
⇒ 9d = 18 ⇒ d = 2.
Resposta: c
2.
6 143,2 variação: 179 – 143,2 = 35,8
10 179
143,2 100%
35,8 x%
35,8 ⋅100
x= ⇒ x = 25%
143, 2
Resposta: d
3.
Passado Presente Futuro
1
Eu y x y
4
Irmão x y y+y–x
1 5 5
x– y = y – x ⇒ 4x – y = 4y – 4x ⇒ 8x = 5y ⇒ x = y ⇒ x = ⋅ 40 ⇒ x = 25
4 8 8
5 8 ⋅ 95
y + 2y – x = 95 ⇒ 3y – x = 95 ⇒ 3y – y = 95 ⇒ 24y – 5y = 8 • 95 ⇒ 19y = 8 • 95 = y = ⇒ y = 40
8 19
Soma no presente x + y = 65
Resposta: d
21 OSG.: 47718/11

20. CURSO DE FÉRIAS – 2011
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)
5
Homens: usam óculos.
14
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
2 100
17
3
x 60
7
4 4
2 7 60 2 24
= ⋅ → = ⇒ 4x = 10 ⇒ x = 2,5 ⇒ x = 2h30min.
x 3 10 0 x 30
5
7
Resposta: c
7. Analisando o enunciado, temos:
* Ford = Preta
* Renault = Branca
* Volkswagen = creme.
Resposta: c
10 10 10 180 4 0 10 180 + 4(x − 32)
8. Valor de cada questão: ⇒ 18 ⋅ + 40% (x − 32) = 5 ⇒ + (x − 32) ⋅ =5⇒ =5⇒
x x x x 100 x x
⇒ 5x = 180 + 4x – 128 ⇒ 5x – 4x = 52 ⇒ x = 52 (nº de questões).
Resposta: a
22 OSG.: 47718/11

21. CURSO DE FÉRIAS – 2011
9.
I. Juntos:
3
• Em 8 horas ⇒ ⋅t
5
÷8
3t
• Em 1 hora ⇒
40
II. Alceste:
1
• Em 10 horas ⇒ ⋅t
4
÷ 10
t
• Em 1 hora ⇒
40
Logo:
III. Djanira:
• Em 1 hora: ⇒ juntos – Alceste
3t t 2t t
⇒ − ⇒ ⇒
40 40 40 20
Portanto:
Tempo Prod.
t
1
20
t t
⇒ x⋅ = ⇒ x = 10horas
20 2
t
x
2
Resposta: e
10.
75% 60%
H → 72 H→?
96 x
M → 24 M → 24
25% 40%
24 40%
x 100%
24 40
− ⇒ x = 60
x 100
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 → ⋅ P
5 7 5 7 35
P é múltiplo de 35 ⇒ M (35) = {0, 35, 70, 105, 140, 175, ...}
Resposta: d
23 OSG.: 47718/11

22. CURSO DE FÉRIAS – 2011
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
31
Início: ⋅ 24 =10h20min
72
10h 20min
2h 48min 45seg.
12h 68min 45seg. → 13h 8min 45s
Resposta: c
14.
5 3 5
→ → 45 ⋅ = ⋅ V
8 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
321,9
16. Em abril de 2001: 321, 9 milhões de passageiros e x é o número de veículos. = 400 ⇔ x ≈ 0,8
x
P
Em outubro de 2008: P = número de passageiros. = 441 ⇔ P ≈ 353
08
Valor mais próximo do resultado obtido se encontra no item a.
24 OSG.: 47718/11

23. CURSO DE FÉRIAS – 2011
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 kg
20 ⋅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
200 − 120 80 2
20. Taxa de variação: = = .
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.
2
O salário semanal deverá ser 120 + ⋅ 390 = 172 reais.
15
PROFESSOR CLEITON ALBUQUERQUE
1.
Comentário: Do enunciado temos que:
200
i. 14 = + 10 ⇔ 14q = 200 + 10q ⇔ 4q = 200 ⇔ q = 50 (unidades)
q
200
ii. 18 = + 10 ⇔ 18q = 200 + 10q ⇔ 8q = 200 ⇔ q = 25 (unidades)
q
50 → 100%
iii.  ⇔ 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:
2
y = 2% R + 750,00 como x = 13.800 vem y = ⋅13.800 + 750, 00 = 1.026, 00
100
Resposta: d
25 OSG.: 47718/11

24. CURSO DE FÉRIAS – 2011
3. x2 + y2 – 6x – 10y + 30 = 0 ⇒ y é máx → x= xcentro
⇒ x2 + y2 – 6x – 10y + (25 + 9 – 4) = 0 ⇒
⇒ (x – 3)2 + (y – 5)2 = 4 y
O (3,5)
x = 3 ⇒ (y – 5)2 = 4 ⇒ y = 7
Portanto, o ponto de ordenada máxima é P(3,7)
∴ soma das coordenadas = 10.
0 x
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:
y
20
z
15 30 x
A região que resolve o sistema é a hachurada dos triângulos semelhantes:
z 15 15
= → z = 10 → A = (20 + 10) →= 225
20 30 2
Resposta: d
5.
2350 − 2500
I. y − 2500 = (x − 1)
1− 2
y − 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= = 0,9167
2400
diminuição: 1 – 0,9167 = 0,0833 ≡ 8,3%
Resposta: A, A’ e C são colineares.
naldo/willmer: 29/06/11
Rev.: Amélia
26 OSG.: 47718/11