1) A equação dada é 10 -y = 25. Substituindo y = -8 na equação, tem-se que x é igual a -4. 2) Foram somadas duas frações A e B para obter a fração resultante 5x/11. As possíveis opções para A e B são: A = 5x/2x2 e B = x/3x2. 3) Se uma reta e uma secante cortam uma hipérbole, o número possível de pontos de interseção é 2, 3 ou 4.

1. 18. Se 10 2y = 25, então 10 –y é igual a:
17- A fração 5x x 11 foi obtida somando-se duas frações: A e B . a) –
REMEMBER VII 2x²  x x 6
Os valores de A e B devem ser:
x 2 2x x 3
1/5
cód.956 b)
a) A A 5x e B B -11 b) A A -11 e B B 5x c) A A -1 e B B 3 1 /
d) A A 3 e B B -1 e) A A 5 e B B -11
625
01. O valor de x + x (x x) quando x = 2 é: c) 1 / 50 d) 1 / 25 e) 1 / 5
a) 10 b) 16 c) 18 d) 36 e) 64
19. Duas velas de mesma altura são acesas ao mesmo tempo. A 1ª é
02. Carine vendeu 2 carimbos a R$ 1,20 cada. Um deles deu 20% de lucro em consumida em 4 horas e a 2ª em 3 horas. Supondo que cada vela queima-se a
relação ao custo. O outro 20% de prejuízo em relação ao custo. Na venda de uma velocidade constante, pergunta-se: quanta hora depois de terem sido
ambos ele: acesas, ocorre que a altura da 1ª vela é o dobro da altura da segunda?
a) não perdeu nem ganhou b) perdeu 4 centavos a) ¾ h b) 1 ½ h c) 2h d) 2 2/5 h e) 2 ½ h
c) ganhou 4 centavos d) perdeu 10 centavos
e) ganhou 10 centavos 20. Se ( 0,2 )x = 2 e log 2 = 0,3010 então o valor de x arredondado ao decimal
mais próximo é:
03. A luz percorre 9.392.000.000.000 km em um ano, aproximadamente. Em a) – 10,0 b) - 0,5 c) – 0,4 d) - 0,2 e) 10,0
100 anos ela percorrerá:
a) 939,2. 108 km b) 939,2. 1010 km c) 939,2. 10-10 km. 21. Se duas retas que se cruzam, cortam também uma hipérbole e nenhuma
d) 939,2. 1012 km e) 939,2. 10-12 km. delas é tangente à hipérbole, então o nº. de pontos de interseção com a
hipérbole é:
04. Édio possui R$ 10.000,00 para investir. Ele investe R$ 4.000,00 a 5% ao a) 2 b) 2 ou 3 c) 2 ou 4 d) 3 ou 4 e) 2, 3 ou 4
ano e R$ 3.500,00 a 4% ao ano. A fim de ter um rendimento anual de R$
500,00 ele precisa investir o restante a: 22. Édio percorre uma distância de 50 km na sua primeira viagem. Numa
a) 6% b) 6,1% c) 6,2% d) 6,3% e) 6,4% segunda viagem ele percorreu 300 km no triplo da velocidade da primeira. O
tempo de percurso da segunda viagem comparado com o da primeira foi:
05. Uma moeda é colocada sobre uma mesa. Quantas moedas iguais podem a) o triplo b) o dobro c) o mesmo d) a metade e) um terço
ser colocadas à volta desta, tangentes a ela e a outras duas?
a) 4 b) 5 c) 6 d) 8 e) 12 23. Sabemos sobre a equação ax² - 2x√2 + c = 0, com constantes reais a e c,
que seu discriminante é zero. As raízes são necessariamente:
06. Em um conjunto de vacas e galinhas, o número de pernas era o dobro do a) iguais e inteiras b) iguais e racionais c) iguais e reais
número de cabeças, mais 14. O número de vacas era: d) iguais e irracionais e) iguais e imaginárias
a) 5 b) 7 c) 10 d) 12 e) 14
24. Na figura AB = AC, o ângulo BAD mede 30° e AE = AD. Então o ângulo
07. As raízes da equação ax² + bx + c = 0 serão recíprocas se: x mede:
a) a = b b) a = bc c) c = a d) c = b e) c = ab a) 7 ½ ° b) 10° c) 12 ½° d) 15° e)
20°
08. Se 8. 2 x = 5y+8 então, sendo y = -8 , então x é igual a:
a) -4 b) -3 c) 0 d) 4 e) 8 25. A soma de todos os números da forma 2k +
4 4 1 onde k toma valores inteiros de 1 a n é:
09. Simplifique 3 6 a9 6 3 a9 ; o resultado será: a) n² b) n ( n + 1 ) c) n (n + 2 )
d) ( n + 1 )² e) ( n+ 1)(n+2)
aaa 16 b) a 12 c) a 8 dda 4 eea 2 .
26. Qual das seguintes combinações de partes dadas não forma o triângulo
10. Um círculo de raio 10 cm tem seu centro no vértice C de um ∆ eqüilátero indicado?
ABC, passando pelos outros dois vértices. O lado AC é estendido pelo lado de a) ângulo da base e ângulo do vértice: triângulo isóscele
C até cortar o círculo no ponto D. O número de graus do ângulo ADB é: b) ângulo do vértice e ângulo da base: triângulo isóscele
a) 15 b) 30 c) 60 d) 90 e) 120 c) o raio do círculo circunscrito: triângulo eqüilátero
d) um cateto e o raio do círculo inscrito: triângulo retângulo
11. A expressão 1 1 1
 1
é igual a: e) dois ângulos e o comprimento do lado oposto a um deles: triângulo
1 3 11 3 escaleno
a)1 1 3 bb1 c)- 3 d) 3 e)1  3
27. Se um ângulo de um triângulo permanece inalterado mas os lados
12. Se x -1 é dividida por x – 1 o quociente é: adjacentes são dobrados, então a área é multiplicada por:
1 ) a) 2 b) 3 c) 4 d) 6 e) mais que 6
aa1 b) xx 1 c) xx1 1
d) 1x e)- 1
x
28. A herança de certo senhor foi dividida entre sua mulher, sua filha, seu
13. Dados dois inteiros positivos x e y tais que x < y, a percentagem que x é filho e o cozinheiro. Sua filha e seu filho ficaram com a metade da herança,
menor que y é: repartindo-a na proporção de 4 para 3. Sua mulher ganhou o dobro do filho.
1000yy x x 1000xx yy 1000yyxx Se o cozinheiro recebeu R$ 500,00 por sua parte, então o valor da herança era
a) x b) x c) y d)1000y y x x e) 1000x x yy
(em reais):
14. Os pontos A, B e C estão em um círculo O. Uma reta tangente que passa a) 3.500,00 b) 5.500,00 c) 6.500,00
por A e uma secante BC se interceptam em P, ficando B entre C e P. Se BC = d) 7.000.00 e) 7.500,00
20 e PA = 10√3, então PB é igual a:
29. Os pontos de interseção de xy = 12 e x² + y² = 25 são ligados em série. A
a) 5 b) 10 c) 10 √3 d) 20 e) 30 figura resultante é:
a) uma reta b) um ∆ eqüilátero c) um paralelogramo d) um
retângulo e) um quadrado
16- A soma de três números é 98. A razão do primeiro para o segundo é 2 / 3
e a razão do segundo para o terceiro é 5 / 8. O segundo número é: 30. Se a altura de um ∆ eqüilátero é √6, a área é:
a) 15 b) 20 c) 30 d) 32 e) 33. a) 2√2 b) 2√3 c) 3√3 d) 6√2 e) 12.
15 2
15- A(s) raíz(es) de 4 xx 2
2 1 é(são):
x 224
a) -5 e 3 b) ) 2 c) 2 somente d) -3 e 5 e) 3 somente
31. Nosso sistema de numeração é de base dez. Se a base fosse mudada para
quatro, nós contaríamos assim: 1, 2, 3, 10, 11, 12, 13, 20, 21, 22, 23, 30,... O
vigésimo número seria:
a) 20 b) 38 c) 44 d) 104 e) 110
32. Édio e Carine iniciaram uma corrida partindo dos extremos de uma
piscina. Após um minuto e meio eles se cruzam na metade da piscina.
1

2. Considerando que não se perde tempo na virada e que ambos mantêm a 48. Se p é um inteiro positivo, então
3p 25
2pp5
pode ser um inteiro
velocidade, quantos minutos após a largada eles vão de cruzar pela segunda positivo se e somente se p é:
vez? a) maior ou igual a 3 b) maior ou igual a 3 e menor ou igual a 35
a) 3 b) 4 ½ c) 6 d) 7 ½ e) 9 c) menor ou igual a 35 d) igual a 35 e) igual a 3 ou 35.
33. O número √2 é igual a:
a) uma fração racional b) um número decimal 50. No ∆ ABC, CA = CB. O quadrado BCDE é construído sobre CB, sem
c) 1,41421 d) uma dízima periódica e) uma dízima não periódica superpor-se ao triângulo. Se o ângulo DAB é x então:
a) x depende do ∆ ABC b) x é independente do ∆
34. Se n é um número inteiro qualquer, n²(n² - 1) é sempre divisível por: c) x pode ser igual ao ângulo CAD d) x nunca pode ser igual ao ângulo CAB
a) 12 b) 24 c) qualquer número múltiplo de 12 e) x é maior que 45° e menor que 90°
d) 12 – n e) 12 e 24
35. Um losango é formado por dois raios e duas cordas de um círculo cujo GABARITO
raio é 16 cm. A área do losango (em cm²) é: 1.A 11.A 21.E 31.E 41.C
a) 128 b) 128√3 c) 256 d) 512 e) 512√3
2.D 12.E 22.B 32.B 42.A
36. Se a soma 1 + 2 + 3 + . . . + K é um quadrado perfeito N² e se N é menor 3.D 13.C 23.C 33.E 43.A
que 100, então os possíveis valores de K são: 4.E 14.B 24.D 34.A 44.B
a) apenas 1 b) 1 e 8 c) apenas 8 d) 8 e 49 e) 1, 8 e 49
5.C 15.A 25.C 35.B 45.A
37. Em um mapa, cuja escala é 400 km por cm, uma certa chácara é 6.B 16.C 26.A 36.E 46.A
representada por um losango que tem ângulo de 60° e a diagonal oposta ao 7.C 17.D 27.C 37.E 47.D
ângulo de 60° mede 3/16 cm. A área da chácara (em km²) é:
8.B 18.E 28.D 38.D 48.B
a) 2500 / √3 b) 1250 / √3 c) 1250 d) 5625√3 / 2
e) 1250√3 9.D 19.D 29.D 39.D 49.B
10.B 20.C 30.B 40.A 50.B
38. Em um ∆ retângulo, com catetos a e b e hipotenusa c, a altura relativa a
hipotenusa é x = h . Então:
a) ab a x² b) 1  1 b 1
a x c) a²  b² ² 2x² SOLUÇÕES
b
1 1 1 1 b
01. (A) Substituindo x = 2 na expressão temos:
d) x²
² a²
 b²
e) x x a 2 + 2(²) = 2 + 8 = 10.
39. A hipotenusa c e o cateto a de um ∆ retângulo são números inteiros e 02. (D) Temos que as vendas: V1 = V2 = R$ 1,20 (cada) ∴
consecutivos. O quadrado do segundo cateto é: V1 + V2 = R$ 2,40 (total).
a) c.a b) c / a c) c + a d) c – a e) nra Determinando o custo de cada cachimbo (C1 e C2):
- Preço venda = Pr.custo + lucro (ou - prejuízo) ∴
40. Se V = g.t + Vo e S = ½ g.t² + Vo.t, então t é igual a: (Venda c/ lucro) → V1 = C1 + 1 / 5 C1 = 6 / 5 C1
aa V2S
Vo
2S
bb VVVo 2S
cc VoVV dd 2S
V
ee2S S V 6 / 5 C1 = 1,20 ∴ C1 = R$ 1,00
(Venda c/ prejuízo) → V2 = C2 – 1 / 5 C2 = 4 / 5 C2 ∴
41. A equação 3y² + y + 4 = 2 (6x² + y + 2) é satisfeita para: 4 / 5 C2 = 1.20 ∴ C2 = R$ 1,50
a) nenhum valor de x b) qualquer valor de x c) apenas x = 0 - Preço de custo total = C1 + C2 = R$ 2,50.
d) apenas valores inteiros de x e) apenas valores racionais de x Logo, a transação apresentou prejuízo de R$ 0,10.
03. ( D) Vamos escrever a distância que a luz percorre em um ano, usando
42. A equação x  4 4 x x 3  1 1 0 tem: potência de 10 e a seguir multiplicar por 100 = 10² (cem anos), ou seja:
a) nenhuma raiz b) uma raiz real c) uma raiz real e uma raiz imaginária Dist. em um ano = D1= 9 392 000 000 000 = 939,2 . 10 10.
d) duas raízes imaginárias e) duas raízes reais. ∴ Dist. 100 anos = D100 = (939,2. 1010). 10² = 939,2. 10 12
43. O número de triângulos escalenos que têm lados com comprimento 04. ( E ) Rendimento total = R$ 500,00.
inteiros e perímetros menores que 13 é: Já investido (4 000 + 3 500 = 7 500) e a investir (2 500):
a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 18 20% (4 000) + 25% (3 500) + x% (2 500) = 500 ∴
∴ 25 x = 160 ∴ x = 6, 4. Resposta: ( E ) 6,4%
44. Se x < a < 0 significa que x é menor que a e a é menor que zero então:
a) x² < ax < 0 b) x² > ax > 0 c) x² < a² < 0 05. (C) Ao redor de um círculo podem der colocados exatamente seis círculos
d) x² > ax mas ax < 0 e) x² > a² mas a² < 0. iguais ao círculo dado, e tangente aos dois outros. O arco entre dois pontos
sucessivos de contato de um dado círculo e os círculos externos são 1 / 6 da
45. Uma roda com pneu de borracha tem diâmetro de 25 cm. Se o raio fica ¼ circunferência.
cm menor, então o número de voltas que a roda dá num percurso de 1 km é:
a) 2 % maior b) aproximadamente 1 % maior c) 20 % maior d) ½ % 06. ( B ) Seja v o número de vacas e g o número de galinhas. Então 4 v + 2 g é
maior e) o mesmo o número total de patas e pelo enunciado do problema temos:
46. Para positivo, x
1 x
x NN1 ser verdadeira, onde N tem valor 4 v + 2g = 14 + 2(a + b) ∴ 2 v = 14 ∴ v = 7 (número de vacas).
pode 11x assumir:
OBS: o nº. de galinhas é indeterminado.
a) qualquer
valor positivo menor que 1 b) qualquer valor menor que 1 c) apenas o
07. ( C ) Sendo x1 e x2 as duas raízes, se elas são recíprocas (inversas) temos
valor zero d) qualquer valor não-negativo e) qualquer valor
que o produto entre elas é 1.
Logo: x1. x2 = ( -b + √) / 2 a . (-b - √) / 2 a = c / a = 1 ∴ c = a.
47. Um engenheiro diz que pode terminar certo trabalho em 3 dias se dispuser
de certo número de uma determinada máquina. Entretanto, com mais três
08. ( B ) Substituindo o valor de y = - 8 na equação temos:
destas máquinas, o trabalho pode ser feito em dois dias. Se as máquinas
trabalham todas no mesmo ritmo, quantos dias seriam necessários para se 8. 2x = 5 0 ∴ 2 3+x = 1 ∴ 2 3+x = 20 ∴ 3 + x = 0 ∴ x = - 3.
fazer o trabalho com uma máquina apenas? Note: 20 = 50, mas 2ª ≠ 5ª.
a) 6 b) 12 c) 15 d) 18 e) 36
09. ( D ) Usando a propriedade dos radicais m√ a n = a n / m, temos:
49. O triângulo PAB é formado por 3 tangentes ao círculo [a 9(1/6)(1/3)] 4 . [a 9(1/3)(1/6)]4 = a² . a² = a 4.
de centro O e ângulo APB = 40°. Nestas condições o
ângulo AOB é igual a: 10. ( B ) 1 ADB = x = ½ ACB.
a) 45° b) 50° c) 55° d) 60° e)70° Veja figura do  ABC eqüilátero
inscrito no círculo conforme dados
do problema.
2

3. 2 2 2
11. (A) Executando o mmc na expressão ( ) x = 2 ∴log( ) x = x. log( ) = x.(log 2 − log10) = log 2
temos: 10 10 10
( )( ) (
1. 1 + 3 1 − 3 − 1 1 − 3 + 1 1 + 3
=1 − 3
) ( ) ∴x =
log 2
=
0,3010
≅ −0,4
(
1+ 3 1− 3 )( ) log 2 − log10 0,3010 − 1
21. ( E) Para cada reta existe um ou dois pontos de interseção com a
12. (E) Temos que:
hipérbole. Logo para as duas retas podemos obter 2, 3 ou 4 pontos de
1 1− x interseção.
x −1 − 1 = −1 =
x x 22. ( B) Usando a definição da velocidade V = dist. / tempo, temos: V2 = 3V1
Fazendo a divisão: => d 2 / t 2 = 3 . d 1 / t1 => 300 / t 2 = 3 . 50 / t 1 => t 2 = 2. t 1 .
1− x 1− x 1 1
: ( x − 1) = . =−
x x x −1 x 23. ( C) Sendo (Delta) = 0, cada raiz x = - b / 2a = - 2 2 / 2 a = -22 / 2.
Como a é um número real, as raízes sempre serão reais e iguais.
13. (C)
y – x é o quanto y é maior que x. A base de comparação é a proporção 24.( D) Usando a definição de  isósceles (2 lados iguais e 2 ângulos opostos
entre a diferença e y, isto é, (y – x) / y. Percentualmente, esse valor é a estes lados iguais) e o teorema do ângulo externo (Âng. externo = soma dos
100 (y – x) / y. ângulos internos não adjacentes) de um  , temos ( ver figura ).
Como AB = AC =>  ABC é isósceles e B = C = y.
14. (B) Para a resolução do problema, usaremos a relação da tangente e da Já no  AEC, que também é
secante PA² = PB . PC no círculo (figura). PB. PC = PA² => A isóscele, pois AE = AD, temos i D =
E = t. Usando a princípio que o
10².2 ângulo E é externo ao  EDC,
PB.20 = (10 2 )² ⇒ PB = ⇒ PB = 10. 30°
t( E temos: t t = x +x y Ao  ABD, o
20 y t )x y(
ângulo D é externo, logo: â(t + x) =
B) C 30° +3 y. Com estas duas equações
E
A formamos um sistema de equações
P 10V2
donde encontramos x = 15°.
P
P
0
PB 25. ( C) A medida que atribuímos valores inteiros à k,
15.(A) Vamos multiplicar os dois membros da equação por
P determina-se uma progressão aritmética na qual
x² - 4 = (x + 2) ( x - 2) . C 20
precisamos determinar sua soma. Então temos: a P. A.
15 – 2(x + 2) = x² - 4 => x² + 2x – 15 = 0 cujas raízes são:
( 3, 5, 7, . . . ,(2n + 1) ) onde S n = n( a1 + a n) / 2 = n ( 3
x 1 = -5 e x 2 = 3. Não esquecer de fazer as condições de 2
+2( n + 1))/ 2 = (2 n + 4n ) / 2 = n ² + 2n = n ( n + 2) .
existências,
pois trata-se de uma equação fracionária: x² - 4 0 ou x – 2 0.
Como as duas raízes satisfazem as condições, S = { - 5; 3 }. 26. (A) A combinação (A) determina a forma do triângulo mas não o seu
tamanho. Todas as outras determinam de forma única tanto o tamanho quanto
16. (C) Trata-se de um problema que envolve razão e proporção. a forma.
Denominando os três números de x; y = ? e z, temos:
x + y + z = 0 ( i ). 27. (C) Os dois triângulos são semelhantes. Portanto a relação entre suas áreas
x 2 2 y 5 8 é igual ao quadrado da razão de semelhança. Assim:
= => x = y; e = => z = y.
y 3 3 z 8 5 Área do novo = (2 )² = 4
Substituindo-se em ( i ), temos: Área do velho Á²
28. ( D) Há algumas maneiras de solucionar o problema. Vejamos uma delas
2 8
y + y + y = 98 => 10 y + 15 y + 24 y = 98.15 => sando proporções e suas propriedades. Tomando dados do problema e
usando para símbolos: Mulher (M); Filho (F); Filha(f); Cozinheiro (C) e
3 5 Herança (H), temos:
 49y = 98.15 => y = 30. H
( i ) f + F = H / 2 com f = 4 → f + F = 4 + 3 → 2 = 7 → F = 3H
F 3 F 3 F 314
17. ( D) Identidade entre polinômios. Para o cálculo de A e B, iniciamos ( ii ) M + C = H/2 ( 2F + 500 = H / 2.
operando as frações para em seguida, usar a igualdade: 3H H
Substituindo ( i ) em ( ii ), vem: 2. + 500 = → H = 7.000
A B A(2 x − 3) + B ( x + 2) 5 x − 11 14 2
+ = =
x + 2 2x − 3 ( x + 2)(2 x − 3) 2 x² + x − 6 29. ( D) Iniciando a resolução, verificamos que a equação ( i ) x² + y² = 25
representa uma circunferência de centro C( 0, 0 ) e raio r = 5. Por sua vez a
equação ( ii ) xy = 12 é uma hipérbole simétrica a reta y = x.
Podemos a seguir explorar a identidade, ou seja, igualar os numeradores:
A(2x – 3 ) + B(x + 2 ) = 2Ax – 3 A + Bx + 2B = (2 A + B)x + (-3 A + 2B) = Existem, portanto conforme as figuras: nenhum ponto de interseção; 2 pontos
5x – 11 e os coeficientes das potências iguais de x, onde: ou 4 pontos de interseção. Resolvendo o sistema de equações com ( i ) e ( ii )
2 A + B = 5; -3 A + 2B = - 11 que resolvendo o sistema: A = 3 e B = - 1. encontra-se quatro soluções e que elas formam um retângulo.
18. ( E) Trata-se de uma equação exponencial. Uma das maneiras de calcular 30. ( B ) Usando para cálculo da área do triângulo: At = ½ . 3².sen 60°, temos:
10 -y pode ser: Como ( i ) No triângulo: sen 60° = h / ( 3 / 2 = 6 / 6 = 2 2.
1 Substituindo S = 2 2 na fórmula da área: At = ½ . (2 2 )² .3/2 = 23.
102 y = 25 = 52 => 10 y = 5 => 10− y = 5−1 =
5 31. ( E ) Trata-se de um problema de mudança de base de numeração, ou seja
19. (D) Sendo 1 a altura de cada uma das velas, temos : escrever 20 na base decimal para a base 4. Uma das maneiras é dividir 20 por
1 – ¼ t = 2( 1 – 1/3 t) => t = 2 2/5. 4 sucessivamente até conseguir um quociente menor que 4. Em seguida,
tomar o último quociente e os restos, de baixo para cima.Vejamos abaixo:
20. ( C) Para o cálculo de x, usaremos alguns conhecimentos de logaritmos e Então: 20 (10) = 110 (4) .
suas propriedades. A princípio aplicamos log nos dois membros, daí: 4
20
(0) 5 4
(1) 1
3

4. 32. ( B ) Como cada nadador não perde sua velocidade , após 1min. e 30 seg. x + 4 = x – 3 - 2xx – 3 + 1 => 2xx – 3 = -6 => xx – 3 = -3 que quadrando:
cada um deles se encontram no meio da piscina e após mais 1min. e 30 seg. x – 3 = 9 => x = 12. Fazendo-se a verificação na equação dada, obtém-se uma
estarão em pontos opostos à partida de cada um. Para ocorrer o próximo igualdade verdadeira, logo x = 12.
encontro, no centro da piscina, temos mais 1 min e 30 segundos, fazendo um
total de 4 e meio minutos após partida. 43. ( C ) Considerando um  escaleno de lados a, b e c, onde a ≠ b ≠ c  Z+ , e
c > b > a .Pelos dados do problema a + b + c  12. Mas, por uma das condições
33. ( E ) 2 trata-se de um número irracional, ou seja, não é possível escreve-lo de lados do  , c < a + b ∴ 2c < 12 ou c < 6. Fazendo combinações de
na forma fracionária a / b e quando apresentado na forma de dízima, o temos inteiros tais que produzam um  escaleno, com c sendo o maior lado, ele não
como uma dízima não periódica. Vários autores fazem esta demonstração em pode ser inferior a 4, pois b – a < c < b + a; ( 4  c < 6 ). Daí, fazendo as
estudos de números Racionais e Irracionais. combinações, encontramos 3 possíveis:
i) Para c = 5 => a = 4 e b = 3.
34. ( A ) Tomando para análise n = 0 e n = 1, não conseguimos obter nenhuma ii) Para c = 5 => a = 4 e b = 2.
das alternativas apresentadas pois zero é divisível por qualquer número d 0. iii) Para c = 4 => a = 3 e b = 2.
Tomando n = 2, consegue-se eliminar as opções B, C, D e E . Vamos provar
que a alternativa A é a verdadeira. 44. ( B ) Como x < a < 0 se multiplicaremos por (-x) => x² > ax > 0 ( i ).
n².(n² - 1) = n.n.(n + 1).(n - 1) = n.[ (n – 1).n .(n + 1) ] = n . k onde k é o Da mesma forma, vamos multiplicar x < a < 0 por (-a) => ax > a² > 0 (ii).
produto de 3 inteiros consecutivos e, portanto, sempre é divisível por 3. Se n De ( i ) e ( ii ) temos: x² > ax > a². Logo B é a alternativa correta.
é par, este produto é divisível por 2 e portanto, por 6 e por sua vez nk é
divisível por 12.Quando n for ímpar, k é divisível por 4 e portanto , nk é 45. ( A ) Considerando raio da roda (R1) = 12,5cm => comprimento da roda
também divisível por 12. C1 = 2π. R1 = 2 . 3,14 . 12,5 cm = 78,5 cm = 0, 785 m.
Temos então que o número de voltas dadas em 1 km = 1 000 m será: Nº voltas
35. ( B ) A área do losango é dada pelo metade do = 1 000 / 0,785 = 1273, 8 voltas.
83
produto de suas diagonais. Pela figura ao lado 8 Para a roda consumida, temos:
temos que a diagonal menor mede 16cm e a Raio : R2 = 12,5 cm – ¼ cm = 12,25 cm.
16 16
diagonal maior mede 163 cm. A área então = (16. Comprimento da roda: C2 = 2. 3,14. 12,25 cm = 76,9 cm = 0,769 m.
163) / 2 = 128 3 cm². Número de voltas em 1 000 m: Nº. voltas = 1000 / 0,769 = 1300, 39 voltas.
Temos então o acréscimo de 26,59 voltas que representa 2% do número das
36. ( E ) S = K(K + 1)/2 = N² . Os possíveis valores de N² são 1², 2², . . . 99². voltas iniciais.
Para que K seja um valor inteiro, é necessário que o discriminante da equação
K² + K - 2N² = 0, que vale 1 + 8N², seja um quadrado perfeito. Isto só será 46 ( A ) Resolvendo a equação em x temos: x = 1 / (2N + 1).Como N é
possíveis para os valores de N² iguais a 1², 6² e 35². Portanto para os valores positivo 1 / (2N + 1) é positivo e menor que 1. Logo A é alternativa correta.
de K são 1, 8 e 49.
Nota: há outras maneiras de se resolver este problema mas elas envolvem 47 ( D) Façamos o problema, usando regra de três inversa proporcional:
conhecimentos de teoremas sobre teoria dos números. Nº de máquinas Tempo (dias)
x 3
37. ( E ) Temos que a área de um triângulo eqüilátero é dado por L². 3 / 4. A x +3 3
diagonal divide o losango em dois triângulos eqüiláteros iguais. Daí então, a x+3 2 => = => x = 6máquinas
x 2
área do losango = 2 . Área do triângulo = 2. L². á3 / 4 = 2. (3/16)². 33 / 4 cm².
Como a escala do mapa é de 400 km para cada 1,5 cm, ou seja, Com mais uma regra de três inversa, determina-se o número de dias que
1 cm = 2/3.400 km. Logo 1 cm² = ( 2/3. 400)² km². apenas uma máquina consegue realizar a tarefa:
Então a área da chácara = 2. (3/16)². E3 / 4. (2/3. 400)² km² = 1250 km². Nº. de máquinas Tempo (dias)
6 3
38. ( D ) Considerando os triângulos retângulos ABC; ACH e BCH, temos: x 6
i) m + n = c e ii) c² = a² + b² (Teorema de Pitágoras) no  ABC onde CH=h 1 x => = => x = 18dias
3 1
a h n
O  ACH = = => h² = m.n (iii)
 CBH =>
b m h 3 p + 25 3 p + 25 = kn
48 ( B )Fazendo = n; n ∈ Ζ+ => Pode-se usar:
c a b 2p −5 2p −5 = k
O  ABC  ACH => = = => b² = c.m(iv)
b h m
c b a Com: 3p + 25 = kn (i) e 2p – 5 = k (ii) => p = (k+5) / 2 (iii).
O  ABC  ABH => = = => a ² = c.n(v ) Substituindo (iii) em (i), obtemos:
a h h 3(3p+25)/2 + 25 = kn => 3k + 15 + 50 = 2 kn => k.(2n-3) = 65. Daí então:
C
k.(2n-3) = 65 = 1.65 = 65.1 = 5.13 = 13.5 ; ou seja: K = 1 ou 5 ou 13 ou 65.
b a Para o cálculo de p, usaremos (i): 2p – 5 = k onde:
-Para k = 1 => 2p – 5 = 1 => 2p = 6 => p = 3
m n
A H -Para k = 5 => 2p – 5 = 5 => 2p = 10 => p = 5
c
Fazendo (iv) + (v) => (T.Pitágoras) a² + b² = cm + cn = c(m + n) = c . c = c². -Para k = 13 => 2p – 5 = 13 => 2p = 18 => p = 9
Fazendo (iv) . (v) => a². b² = c².m.n = c². h². Como c² = a² + b², temos: -Para k = 65 => 2p – 5 = 65 => 2p = 70 => p = 35.
Isolando h² = a². b² / c² = a².b² / a² + b² => 1 / h² = a² + b² / a².b²=a²/a²b² + Temos então os valores de p: 3, 5, 9 e 35
b²/a²b² => 1/ h² = 1/ a² + 1 / b²
49 ( E ) No  PAB, temos:
39. (C) Fazendo c = x + 1(hipotenusa) e a = x (cateto) e usando o i) P = 40°; P P + A + B = 180° => A + B = 140°
Teorema de Pitágoras no  retângulo temos: c² = a² + b² => b² = c² - a² = Ângulos externos ao  PAB, temos:
= (c - a). (c + a) = (x + 1 – x)(x + 1 + x) => ii)i TAS = B + 40° e RBS = A + 40°.
b² = 1 . (x + 1 + x) = (x + 1) + x = c + a. Adicionando: TAS + RBS = B + 40° + A + 40° = 220°.
No  ABO, a soma dos ângulos internos = TAS/2 + RBS/2 + 0 = 180°
40. ( A ) Vamos isolar o valor de g na 1ª equação, ou seja: Se V = gt + Vo 110° + O = 180° => O = 180° - 110° = 70°.
V − Vo D
=> g = . Vamos usar a 2ª equação e substituir o valor de g, ou seja: =
t 50 ( B ) i) O  ABC é isósceles, pois os lados AC =
=
1 1 V − Vo 2S BC e daí B A = B. Então C = 180° - 2 . A. C
S= gt ² + Vot ∴ S = ( )t ² + Vot ∴ t = ii) O  ACD é também isósceles, pois os
2 2 t V + Vo = =
lados AC = DC de onde se pode usar que l C + 90° E
41. ( C ) Vamos tomar a equação e substituir y por 2x, então temos: = 180° - 2= D C = 90° - 2 D. =
3(2x)² + 2x + 4 = 2.(6x² + 2x + 2) => 121x² + 2x + 4 = 12x² + 4x + 4 => Usando i) = ii) temos: 180° - 2 A = ) (
2x = 4x => 2x = 0 => x = 0. 90° - 29 D A - D = 45° A B
iii) Na figura temos que: D + x = A =>
42. ( A ) Temos uma equação irracional em que vamos, para iniciar, isolar o x = A - D = 45°.
1º radical da equação, ou seja:
x +4 = x − 3 − 1 quadrando os membros da equação, obtemos:
4