1) O documento fornece resumos de problemas de matemática com soluções. 2) O problema 7 calcula o volume de uma caixa feita a partir de uma lâmina retangular com recortes, sendo a resposta 140x - 48x2 + 4x3. 3) O problema 8 determina o valor de um parâmetro a a partir de uma relação entre variáveis proporcionais, sendo a igual a 2. 4) O problema 11 calcula o ângulo formado pelos ponteiros do relógio às 2h15min, porém a resposta não é fornec

1. REMEMBER VIII
COD.957
“DEDICO ESSE TRABALHO A TODOS QUE POSSUEM DEFICIÊNCIA E
CARÊNCIA DE MATERIAL DE ESTUDO EM MATEMÁTICA”
Prof. Edir Reis Bessa (26/02/07)
1. O número de segmentos distintos que representam as alturas, medianas e as
bissetrizes de um triângulo isóscele é:
a) 9 b) 7 c) 6 d) 5 e) 3
Sol:
Alternativa: ( B )
Construindo um triângulo isóscele (dois lados iguais), as alturas, medianas e as
bissetrizes relativas aos lados iguais,
representam três segmentos distintos, e por sua vez relativos à base são
coincidentes (um só segmento).
Logo são 7 segmentos: 3 para cada lado congruente(igual) = 6 segmentos e um
para a base.
2. A soma das raízes da equação 2x2- h x + 2k = 0 é 4 e o produto é -3. Então os
valores de h e k são, respectivamente:
a) 8 e – 8 b) 4 e -3 c) -3 e 4 d) -3 me 8 e) 8 e -3.
Sol:
Alt.: ( E )
Na equação 2x² - hx + 2k = 0, temos os coeficientes: a = 2; b = -h e c = 2k.
Então a:
Soma das raízes: S = -b/a = -(-h)/2 = 4 => h = 8
Produto das raízes: P = c/a = 2k/2 = -3 => k = -3.
1
1−
3. A forma mais simplificada de a é:
1+
1− a
a) a se a ≠ 0 b) 1 c) a se a ≠ -1
d) 1 – a sem nenhuma restrição a a e) a se a ≠ 1
Sol:
Alt.: ( E )
Iniciamos usando a condição de existência (C.E) da fração: Denominador ≠ 0 ≠
1 – a ≠ 0 ≠ a ≠ 1.
Resolvendo a equação de “baixo” para “cima” iniciando pelo mmc para:
1 1− a
a 1 =
1+ = e em seguida dividindo 1 1 temos então:
1− a 1− a
1− a
1 1 1− a
1− = 1− =1− =a
a 1 1 , para 1 - a ≠ 0 => a ≠ 1.
1+
1− a 1− a
1

2. 4. O primeiro passo no cálculo do produto (3x + 2) (x – 5) usando-se a propriedade
distributiva na forma a (b + c) = ab + ac é:
a) 3x² - 13x – 10 b) 3x(x – 5) + 2 (x – 5) c) (3x + 2) x + (3x + 2)(-5)
d)3x² - 17x – 10 e) 3x² + 2x – 15x – 10.
Sol:
Alt.: ( C )
Usando a propriedade distributiva e fazendo a = (3x + 2); b = x e c = -5, temos:
a (b + c) = ab + ac => (3x + 2) (x – 5) = (3x + 2) x + (3x + 2)(-5).
05. Usando-se os teoremas (propriedades) sobre logarítmos, a equação:
a b c ay
log + log + log − log pode ser reduzida a:
b c d dx
x y a² y
a) log b) log c) 1 d) 0 e) log
y x d ²x
Sol:
Alt.: ( A )
Usando as propriedades do produto: i) log A + log B = log A.B e quociente:
ii) log A – log B = log A/B , considere A > 0 e B > 0, (C.E dos logs),temos:
a b c ay
log + log + log − log =
b c d dx
a
a b c ay a dx x
= log . . − log = log d = log . = log
b c d dx ay d ay y
dx
6. Constrói-se uma caixa aberta a partir de uma lâmina retangular metálica de 10 x
14 cm, e cortando-se um quadrado de x cm em cada canto. A figura resultante é
dobrada e soldada. O volume da caixa resultante é:
a) 140 x – 48 x² + 4 x³ b) 140 x + 48 x² + 4 x³ c) 140 x + 24 x² + x³
d) 140 x - 24 x² + x³ e) nenhuma das anteriores.
Sol:
Alt.: ( A )
X X
Temos então uma caixa (figura)
X X
com as dimensões: Comprimento
= 14 – 2x; largura = 10 – 2x e
(10-2x)
altura = x. Daí então: Volume =
Comprimento x Largura x altura =
X X = (10 – 2x) . (10 – 2x) . x =
X X = (140 – 28x – 20x + 4x²). x =
(14-2x) = 140x – 48x² + 4x³.
7. A área do círculo inscrito em um triângulo eqüilátero é 48π. O perímetro do
triângulo é:
a) 773 b) 48 3 c) 36 d) 24 e) 72
A
Sol: y
r 2
B L/2 C

3. Alt.: ( E ) i) Cál. do raio:
Área do círculo = π r 2 = 48π => r = 4 3.
ii) Os  ABC ≅  AOD ∴
L
2= L => L/2(h –r) = L. r => h =
3r r h−r
L L
iii) No o  ABC: tg 30° = 3/3 = 2 = 2 => L = 2 3 r = (233).( 433)=24.
h 3r
iv) Perímetro do  eqüilátero = 3 . L = 3 . 24 = 72.
8. Os números x, y e z são proporcionais a 2, 3 e 5. A soma de x, y e z é 100. O
número y é dado pela equação y = ax – 10. Então a é:
a) 2 b) 3/2 c) 3 d) 5/2 e) 4
Sol :
Alt: ( A )
Construindo a série de razão proporcional, temos:
x y z
= = = k ; => x = 2k; y = 3k; z = 5k => Como x + y + z = 100 =>
2 3 5
2k + 3k + 5k = 100 => k = 10. Daí então: y = 3k = 3.10 = 30; x = 2k = 2.10 =
20
Temos que: y = ax – 10 => 30 = 20 a – 10 => a = 2.
09. O valor de x − y x− y quando x = 2 e y = -2 é:
a) -18 b) -14 c) 14 D) 18 E) 256
Sol:
Alt: ( B )
Fazendo as devidas substituições dos valores de x e y e operando a expressão,
temos:
x − y x − y = 2 − (−2) 2−( −2 ) = 2 − (−2) 4 = 2 − 16 = −14 .
10. O gráfico de y = 2x² + 4x + 3 tem seu:
a) ponto mais baixo em (- 1, 9) b) ponto mais baixo em (1, 1 )
c) ponto mais baixo em ( - 1, 1 ) d) ponto mais alto em ( - 1, 9 )
e) ponto mais alto em ( - 1, 1 )
Sol:
Alt: ( C )
Temos uma função quadrática (2º grau) com um ponto mínimo (mais baixo) que
é seu vértice [ V(-b/2 a ; - / 4 a) ] da parábola concavidade voltada para cima,
pois a= 2 > 0.
Então: x v = -b / 2 a = - 4 / 2.2 = -1 e
y v = - / 4 a = - ( b² - 4ac) / 4 a = -(-8)/ 8 = 1.
Logo, o ponto mais baixo da função possui coordenadas ( -1; 1).
3

4. 11. O ângulo formado pelos ponteiros do relógio às 2h 15 min é:
a) 30° b)27 ½° c) 157 ½° d) 172 ½º E) NRA
Sol:
Alt: ( E ) Cálculo do deslocamento do pont.pequeno(horas) : (y)
Como em 60 minutos ele desloca-se 30° em 15 minutos=> y =
7,5°
2
Cál. do ângulo (α ) formado entre os ponteiros:
y α + y = 30° => α = 30º - y => α = 22,5°.
α 3
12. Comparando-se os números 10-49 e 2.10-50 podemos dizer:
a) o primeiro é 8.10-1 maior que o segundo
b) o primeiro é 2.10-1 maior que o segundo
c) o primeiro é 8.10-50 maior que o segundo
d) o segundo é cinco vezes maior que o primeiro
e) o primeiro é 5 unidades maior que o segundo
Sol:
Alt: ( C )
Fazendo: x = 10 -49 = 10 . 10 -50 (Observe que fizemos: 10. x / 10 ) e
y = 2.10 -50 temos: x – y = 10 . 10 -50 - 2.10 -50 = 8.10 - 50 .
13. Escolha o número racional entre 2 e 3
2+ 3 2. 3
a) b) c) 1,5 d) 1,8 e) 1,4
2 2
Sol:
Alt: ( C )
Extraindo a raiz quadrada, por aproximação, dos dois números temos que:
/2 = 1,41 e /3 = 1,73. Temos então o n° racional 1,5.
14. Se y = x ² − 2 x + 1 + x ² + 2 x + 1 então y vale:
a) 2x b) 2(x+1) c) 0 d) (x – 1) + (x + 1) e) nra
Sol:
Alt: ( D )
Temos que ( x ∀ 1) ² = x² ∀ 2x + 1. Daí então: y = ( x − 1)² + ( x + 1)² =>
y = I (x – 1) I + I (x + 1) I => y = (x – 1) + (x + 1).
Lembrete: /a² = I a I (módulo de a).
15. A tabela abaixo mostra a distância s que uma bola roda em um plano inclinado
num tempo t. À distância s quando t = 2,5 é:
t 0 1 2 3 4 5
s 0 1 4 9 16 250
0 0 0 0
4

5. a) 45 b)62,5 c) 70 d) 75 e) 82,5
Sol:
Alt: (B )
Com um pouco de experiência em Física, percebe-se que a tabela é de um
movimento uniformemente variado (MUV)
dados espaço x tempo (s x t) onde: v = vo + at (eq. horária das velocidades) e
s = so + vot + ½ at² (eq. horária espaço).
Vamos ao cálculo da aceleração no intervalo de tempo [2; 3] usando eq.hor.espaço e
considerando que: so = 0 e considerando móvel partindo do repouso vo = 0, temos:
s = ½ a.t². Para t = 2 e s = 40 => 40 = ½ a. 2² => a = 20.
Para t = 3 e s = 90 => 90 = ½ a.3² => a = 20.
Neste intervalo temos então: s = ½ . 20 . t² => s = 10.t² é a nossa equação.
Logo para t = 2,5 = s = ½. 10. (2,5)² => s = 62,5.
16: O preço de uma sardinha é R$ 0,15. O gráfico em coordenadas retangulares que
dá o preço de 1 a 12 sardinhas é:
a) um segmento de reta b) um conjunto de segmentos de segmentos de reta
horizontais e paralelas c) um conjunto de segmentos de segmentos de reta
verticais e paralelas d) um conjunto finitos de pontos distintos
e) uma linha reta
Sol:
Alt: ( D )
Temos então que: 1sard. = R$ 0,15 => um ponto de coordenadas (1; 0,15).
2sard. = 2. R$ 0,15 = R$ 0,30 => ponto de coord. (2; 0,30)
Verifica-se que podemos obter 12 pontos coordenados distintos que podem ser
obtidos pela função f( n ) = 0,15 n para n inteiro de 1 a 12.
17. Um cubo é feito, soldando-se 12 pedaços de fio de 3 cm cada um, cada pedaço
de fio formando as arestas de um cubo. Uma mosca pousa sobre um dos
vértices do cubo e começa a caminhar. Qual é a maior distância que a mosca
consegue percorrer antes de voltar ao ponto de partida, e sem passar duas vezes
pela mesma aresta?
a) 24 cm b) 12 cm c) 30 cm d) 18 cm e) 36 cm
Sol: F E
B Alt: ( A ) Supondo mosca pousar no vértice A e
fazer A trajeto A > B > C > D > E > F >G > H caminhando
então 8 arestas de 3cm. Assim a maior distância
percorrida é D de 8.3 cm = 24 cm.
G
H
C
C
18. O círculo O tem diâmetros AB e CD perpendiculares entre si. M
AM é uma corda qualquer que corta CD em P. Então AP. AM P
é igual a: A B
O
a) AO. OB b) AO. AB c) CP . CD D
5

6. d) CP . PD e) CP . OP D
D
Sol:
Alt: ( B ) : O  AMP ≅  AOP ( retângulos) :
AP/AB = AO/AB =>
AP.AM = AO.AB
M
P
A B
O
D
19. A base do sistema decimal é dez, significando que 123 = 1.10² + 2.10 + 3. Em
um sistema binário, a base é 2 e os primeiros 5 inteiros positivos é 1, 10, 11,
100, 101. O numeral 1 0011, no sistema binário, seria escrito no sistema
decimal em:
a) 19 b) 40 c) 10011 d) 11 e) 7
Sol:
Alt: ( A ) Podemos escrever:
10011(2) = 1.20 + 1.21 + 0.2² + 0.2³ + 1.24 = 1 + 2 + 0 + 0 + 16 = 19(10)=19
20. Um homem viaja de automóvel a 50 km/h. Ele volta pela mesma estrada a
uma velocidade de 45 km/h. A velocidade média do percurso ida e volta é:
a) 47 7/19 b) 47 1/4 c) 47 ½ d) 47 11/19 e) nra.
Sol:
2v1v2 2.50.45 4500
Alt: ( A ) Vm = = = = 47 7
v1v2 50 + 45 95 19
21. Tomando como ponto de partida o teorema: “Se dois ângulos de um triângulo
são iguais, o triângulo é isósceles” e as 4 afirmações a seguir:
1. se os dois ângulos são diferentes então o triângulo não é isósceles
2. os ângulos da base de um triângulo isósceles são iguais
3. se um triângulo não é isósceles então dois de seus ângulos não são iguais
4. uma condição necessária para que dois ângulos de um triângulo seja igual é
que o triângulo seja isósceles.
Qual combinação das afirmações contém apenas aquelas que são logicamente
iguais ao teorema dado?
a) 1, 2, 3, 4 b) 1, 2, 3 c) 2, 3, 4 d) 1, 2 e) 3, 4
Sol:
Alt: ( E )
(1) é o inverso, (2) o converso, (3) é a contraposição e (4) é uma forma
alternativa de exposição do problema logo a combinação (3) (4) é correta.
22. Se x − 1 − x + 1 + 1 = 0 então 4x é igual a:
a) 5 b) 4b c) 0 d) 1 ¼ e) nenhum valor real
6

7. Sol:
Alt: ( A )
Quadrando a equação dada, temos:
x – 1 + 1 + 2 x − 1 = x + 1 => 2 x − 1 = 1 => x − 1 = ½ (quadrando
novamente) => x – 1 = ¼ => x = 5/4(este valor de x satisfaz a eq.) => 4x = 5.
23. O gráfico de x² + y = 10 r o gráfico de x + y = 10 encontram-se em dois pontos. A
distância entre eles é:
a) menor que 1 b) 1 c) 2 d) 2 e) maior que 2
Sol:
Alt: ( C )
O(s) ponto(s) interseção é dado pelo sistema formado pelas equações. Neste caso pode-
se usar que: x² + y = x + y => x² - x = 0 => x( x – 1 ) = 0.
Onde x 1 = 0 e x 2 = 1.
Temos então que: Para x = 0 => y = 10 => P(0, 10)
Para x = 1 => y = 9 => Q(1, 9).
d P,Q = (1 − 0)² + (9 − 10)² = 2
24. Se o quadrado de um número de dois dígitos é diminuído do quadrado do
mesmo número em ordem reversa então o resultado não é sempre divisível por:
a) 9 b) o produto dos dígitos c) a soma dos
dígitos
d) a diferença dos dígitos e) 11
Sol:
Alt: ( B )
Denominando o número de N = xy = 10x + y, então:
(xy)² - (yx)² = [( (10x)² + y²] [(10x)² - y²] = 100x² + y² - (10y)² - x² = 99x² - 99y² =
99(x² - y²) = 9.11(x² - y²) = 3².11.(x – y).(x + y).
Trata-se então da opção b a verdadeira, pois as opções a, c, d e e são verdadeiras.
25. Os vértices do  PQR têm as seguintes coordenadas: P(0, a), Q(b, 0) e R(c, d)
onde a, b, c e d são positivos. A origem e o ponto R estão em lados opostos de
PQ. A área do  PQR é dada pela expressão:
ab + ac + bc + cd ac + bd − ad ab − ac − bd
a) b) c)
2 2 2
ac + bd + ab ac + bd − ab − cd
d) e)
2 2
Sol:
Alt: ( B ) Sendo a área do  = ½ .IDI (onde IDI é o módulo do determinante das
0 a 1
coordenadas do  ) temos: D = b 0 1 = bd + ac − ab => R(c, d)
c d 1
P(0, a)
AT = ½ (b d + a c – a b)
0 Q(b, 0)
7

8. 26. De um ponto interno a um  são traçados segmentos ligando-se aos vértices.
Uma condição necessária e suficiente para que os três triângulos assim formados,
tenham áreas iguais é que esse ponto seja:
a) o centro do círculo inscrito b) o centro do círculo circunscrito
c) tal que os ângulos formados em torno do ponto sejam 120º d) a interseção
das alturas do triângulo e) a interseção das medianas do triângulo
Sol:
Alt : ( E )
Seja d a distância do ponto P ao lado BC do  ABC.
A
CONDIÇÂO DO PROBLEMA:
Área do  BCP = 1/3 Área do  ABC.
Sendo h = altura do  ABC relativa ao lado BC,
temos: h
½ d.BC = 1/3.(1/2).h.BC ∴ d = 1/3 . h. P
Para que isso seja válido para os três lados do 
ABC o ponto P precisa estar no cruzamento d
das 3 medianas. B C
27. A soma dos inversos das raízes da equação x²+px+q = 0 é:
a) – p/q b) q/p c) p/q d) – q/p e) pq
Sol:
1 1 x1 + x2 − b / a
Alt: ( A ) S = + = = = −b / c = − p / q.
x1 x2 x1 x2 c/a
28. Se a e b são positivos e a ≠ 1 e b ≠ 1 então o valor de b logb a é:
a) depende de b b) depende de a c) depende de a e b
d) zero e) um
Sol:
log a
Alt: ( B ) Fazendo: x = b e aplicando a definição de logaritmos, temos:
b
log b x = log b a => x = a (então depende de a).
29. A relação x² (x² - 1) ≥ 0 è verdadeira somente se:
a) x ≥ 1 b) -1 ≤ x ≤ 1 c) x = 0, x = 1, x = -1
d) x = 0, x ≤ -1, x ≥ 1 e) x ≥ 0
Sol:
Alt: ( D )
Em primeiro lugar, calculamos as raízes da inequação. Para isto
fazemos: x² (x² - 1) = 0 => x = 0 (raízes do 1ºfator);
8

9. e x = 1 e x = -1(raízes do 2°fat.).
Temos como sinais: x² ≥ 0 para todo x ≠ 0;
x² - 1 ≥ 0 para todo x ≤ -1 ou x ≥ 1 .
Combinando estas restrições, temos: x = 0; x ≤ -1 e x ≥ 1.
30. A soma dos quadrados dos primeiros n inteiros positivos é dada pela
n(n + c)(2n + k )
expressão ,se c e k são respectivamente:
6
a) 1 e 2 b) 3 e 5 c) 2 e 2 d) 1 e 1 e) 2 e 1
Sol:
Alt: ( D )
Temos que: Para n = 1=> S = 1² = 1
Para n = 2=> S = 1² + 2² = 5
Para n = 3 => S = 1² +2² + 3² = 14
Para n = 4 => S = 1² + 2² + 3² + 4² = 28.
..................................
Temos então que: Para n = 1 => [1(1 + c)(2*1 +k)]/6 = (1 + c)(2 + k) / 6 = 1 =>
(1 + c) (2 + k) = 6 = 2*3 => 1 + c = 2 => c = 1
e 2 + k = 3 => k = 1
Para n = 2 => [2(2 + c) (2.2 + k)] / 6 = 5 => (2 + c) (4 + k) = 15 = 3.5
 2 + c = 3 => c = 1 e 4 + k = 5 => k = 1
Logo: c = 1 e k = 1.
31. Um octógono regular é formado cortando-se triângulos retângulos isósceles
de cantos de um quadrado. Se o quadrado tem lados de tamanho 1, então os cate-
tos desses triângulos tem comprimento:
2+ 2 2− 2 1+ 2 1+ 2 2− 2
a) b) c) d) e)
3 2 2 3 3
Sol:
Alt: ( B ) A B X
Sendo x o comprimento de cada lado do  temos que: X
i) O lado do octógono = 1 – 2x H C
ii) A hipotenusa do triângulo = A = x22.
2x² 1 -2 X
iii) Como o lado do octógono = A hipotenusa do  G D
=> 1 – 2x = x=2 => X
=> x(2 + =2) = 1 => x = 1 / (2 + 22) F E X
Após racionalização: x = (2 - A / 2
2)
32. O maior inteiro da seqüência que divide todos os membros desta mesma
seqüência 1 5 – 1, 2 5 – 2, 3 5 – 3, . . . , n 5 - n, . . . é :
a) 1 b) 60 c) 15 d) 120 e) 30
Sol:
Alt: ( E )
9

10. Vamos a princípio fatorar: n5 – n = n ( n4 – 1 ) = n ( n ² - 1 ) ( n ² + 1) =
= n (n + 1) (n - 1) (n+1) ( n ² + 1)
Trata-se então de um número divisível por 2 e por 3, logo divisível por 6.
Vamos verificar que n5 – n é sempre divisível por 5.
P / n = 1 => 15 – 1 = 0 (divisível por 5)
P / n = 2 => 25 – 2 = 30 (divisível por 5)
Hipótese: P / n = k => k5 – k (por hipótese divisível p/ 5)
Tese: P / n = k + 1 => (k + 1)5 – (k + 1) = k5 + 5k4 + 10k3 + 10k² + 5k + 1 – k – 1 =
= k5 – k + 5(k4 + 2k3 + 2k2 + k) que é divisível por 5 pois:
k5 – k é divisível p/ 5 por hipótese como também 5(k4 + 2k3 + 2k2 + k). c.q.d.
Logo, para todo n inteiro, n5 – n é divisível por 5 e por 6 e, portanto é divisível por 30.
33. Se 9 x + 2 = 240 + 9 x , então o valor de x é:
a) 0,1 b) 0,2 c) 0,3 d) 0,4 e) 0,5
Sol:
Alt: ( E )
Iniciamos aplicando uma propriedade de potência:
9x.92 – 9x – 240 = 0 => Usando o artifício: 9x = y, temos: 81y – y – 240 = 0=>
80 y = 240 => y = 3.
Cál. do x: 9x = 3 => 32x = 3 => x = 1/ 2 = 0,5.
34. Os pontos que satisfazem ao sistema x + y = 1 e x² + y² < 25 constituem
o seguinte conjunto:
a) apenas dois pontos b) um
arco de círculo
c) um segmento de reta, excluídos os pontos extremos
e) um único ponto.
d) um segmento de reta, incluídos os pontos extremos
Sol:
Alt: ( C )
i) x + y = 1 => y = -x + 1 trata-se de uma reta
ii) x ² + y ² < 25 é um círculo de centro na origem e raio 5.
iii) i) intercepta com ii) em dois pontos no contorno do círculo A e B. Mas
todos os pontos do segmento internos de AB são interiores ao círculo.
B
35. O lado AC de um  retângulo ABC é dividido em 8
partes iguais. Sete segmentos de reta, paralelos a BC, são
desenhados até AB, partindo dos pontos da divisão. Se
BC = 10, então a soma dos comprimentos dos
sete segmentos de reta:
a) não pode ser calculada a partir da
A C
informação dada b) é 33 c) é 34
d) é 35 e) é 45
10

11. Sol:
Alt: ( D )
Todos os triângulos que possuem vértice em A, são semelhantes. Assim B
temos:
X1
Cálculo de x1: x1 / 10 = 7 / 8 ∴ x1 = 70 / 8. A
7 C
8
B
Cálculo de x2: x2 / 10 = 6/ 8 ∴ x1 = 60 / 8.
X2 X1
A 6 C
8 B
E assim determinam-se os demais, até o:
Cálculo de x7: x7 / 10 = 1/ 8 ∴ x1 = 10 / 8. X2 X1
A 1 X7 C
8
Soma dos sete segmentos : S7 = (70 + 60 + 50 + 40 + 30 + 20 + 10 ) / 8 =
36. Se x + y = 1, então o maior valor de xy é:
a) 1 b) 0,5 c) um número irracional aproximado a 0,4 d) 0,25 e) 0
Sol:
Alt: ( D )
Se x + y = 1 => y = 1 – x.
Então P = x y = x(1 – x) = x – x ².
Determinando ponto máximo da função, temos:
x = -b/2 a = -1 / 2 ( -1) => x = 1 / 2 e y = 1 – ½ => y = 1 / 2.
Então: (x. y) max = ½ . ½ = 1 / 4 = 0,25.
37. No  retângulo ABC, AC = 12, BC = 5 e AM = x; MN ∈ AC NP ∈
BC, N está em AB. Se y = MN + NP, é a metade do retângulo MCPN,
então:
5 x 12 144 − 7 x
a) y = ½(5 + 12) b) y = + c) y =
12 5 12
5x
d) y = 12 e) y = +6
12
Sol:
Alt: (C)
MN 5 5x
Temos que o  AMN ≅  ACB => = ⇒ MN = .
x 12 12
Por construção: NP = MC = 12 – x ∴
5x 5 x + 144 − 12 x 144 − 7 x
y = MN + NP = + (12 − x) = =
12 12 12
B
N P
A C
M
11

12. 38. De um número N de dois algarismos subtrairmos o número com os dígitos
reversos (ao contrário) e obtemos assim um cubo positivo perfeito. Então:
a) N não pode terminar em 5
b) N pode terminar com qualquer dígito diferente de 5
c) N não existe
d) existem exatamente 7 valores possíveis para N
e) existe exatamente 10 valores possíveis para N.
Sol: (D)
Sendo o número N = xy = 10x + y e o reverso de N = N* = yx = 10y + x.
O cubo positivo perfeito: k ³ = N – N*= (10x + y) – (10y + x) = 9(x-y) >0.
Como x e y são valores inteiros entre 0 e 9, x – 9 não pode ser maior que 9
logo 9(x – y) ≤ 81 => x – y ≤ 81/9 => x – y ≤ 9.
Os cubos possíveis entre 0 e 81 são: 1, 8, 27 e 64. Apenas 27 é divisível por
9. Então 9(x – y) = 27 ∴ x – y = 3 => y = x – 3 .
Logo para x = 9 => y = 6 e N = 96; para x = 8 => y = 5 e N = 85; para x = 7
=> y = 4 => N = 74; para x = 6 => y = 3 => N = 63;
para x = 5 => y= 2 => N= 52; para x = 4 => y = 1 => N = 41 e para x = 3 =>
y = 0 => N = 30.
Temos então sete possibilidades: 96, 85, 74, 63, 52, 41 e 30.
39. Dois homens começam a caminhar um em direção ao outro, a partir de
dois pontos M e N distantes 72 km. O primeiro homem caminha a uma
velocidade de 4 km/h. O segundo caminha a 2km/h durante a primeira
hora, 2,5 km/h durante a segunda hora, 3 km/h durante a terceira hora e
assim por diante. Nestas condições os homens irão se encontrar:
a) em 7 horas b) em 8 ½ horas c) mais perto de M que de N
d) mais perto de N que de M e) na metade do caminho entre M e N.
Sol:
Alt: ( E ) Sendo t o tempo que cada homem caminha, a distância que o 1º homem
caminha é 4t e o 2º é dada por : [2 + 2,5 + 3 + ... + (t + 3)/2] t = (7t + t²) / 4.*
(Observe que 2; 2,5; 3 ... Trata-se de uma PA em que a soma de seus termos é *).
Como os dois caminham 72 km, temos: 4t + ( 7t + t²) / 4 = 72 ∴ t = 9.
Logo o 1° homem caminha = 4 t = 4x9 = 36 km que é a metade da distância.
Podemos verificar que o mesmo ocorre com o 2° homem.
40. Se a parábola y = - x² + b x – 8 tem seu vértice no eixo dos x então b
deve ser:
a) um inteiro positivo b) um nº. racional, positivo ou negativo
c) um nº racional positivo d) um nº. irracional, positivo ou negativo
e) um nº. irracional negativo
Sol:
Alt: (D)
Se uma parábola possui seu vértice no eixo x => a ordenada desse ponto = 0, ou
seja, y v = -  / 4 a = 0 => - (b ² - 4ac) / 4 a = 0
12

13. =>b ² = 4ac = 4. (-1). (-8) = 32 => b = ∀∀32.
41. Considere o sistema de equação. Para que valores ax + (a − 1) y = 1
 
de a não existem solução para x e y? (a + 1) x − ay = 1
a) 1 b) 2 c) -1 d) ±/2 / 2
e) ±/2.
Sol: Alt : ( D )
Para o sistema não admitir solução (S.I.) => D = determinante dos coeficiente das suas
variáveis = 0 => a a −1 2
D= = 0 => a = ±
a +1 − a 2
42. Se S = i n + i − n onde i = /-1 e n é um número inteiro, então o nº total de
possíveis valores de S é:
a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) maior que 4.
1 i 2n +1
Sol: Alt: ( C )Como S = i n + = n , então para:
in i
i 2.0 + 1 1 + 1 i 2.1 + 1 − 1 + 1
n = 0 => S = = = 2; n = 1 => S = = =0
i0 1 i1 i
i 2.2 + 1 1 + 1 i 2.3 + 1 − 1 + 1
n = 2 => S = = = −2; n = 3 => S = = = 0;
i 2
−1 i3 −i
i 2.4 + 1 1 + 1
n = 4 => S = = = 2;
i4 1
Verifica-se então que os possíveis valores de S são : -2; 0 e 2 (três valores)
43. Definimos como ponto de reticulado aqueles cujas coordenadas são números
inteiros, inclusive o zero. Assim, o nº de pontos de reticulado que estão na fronteira
e dentro da região limitada pelo eixo dos x, a reta x = 4 e a parábola y = x² é:
a) 24 b) 35 c) 34 d) 30 e) infinito
y
Sol: Alt: ( B )
Na figura, temos traçadas cinco retas paralelas ao eixo y, que
16
são: x = 0, x = 1; x = 2 ; x = 3 e x = 4.Em cada uma delas,
relacionados a região do plano cartesiano imposta pelo problema
limitada pelo eixo dos x, a reta x = 4 e a parábola y = x² são os
pontos:
Na reta x = 0 => (0,0) => 1 ponto; Na reta x = 1 => ((1,0),
(1,0) => 2 pontos; Na reta x = 2 => (2,0),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4) 0 1 2 3 4 x
=> 5 pontos. Na reta x = 3 => (3,0),(3,1),(3,2),...(3,9) => 10 pontos. Na
reta x = 4 => (4,0,(4,1),(4,2),...,(4,16) => 17 pontos.
Então o número de pontos reticulados = 1 + 2 + 5 + 10 + 17 = 35.
13

14. 44. No  ABC, AC = CD e ∠CAB − ∠ABC = 30°. Então o ∠BAD mede:
a) 30º b) 20° c) 22 ½ d) 10° C e) 15°
D
A B
Sol: Alt: ( E )
No  ABC temos: AC = CD; ⊇CAB –⊇ ABC = 30° => C
⊇ x +⊇ y – ⊇z = 30° ( i ) t
⊇BAD = ⊇y = ? x
D
Temos então que: no ACD => 2x + t = 180° x
d
y z B
d = x + t (âng. externo); x = y + z => x – z = y ( ii ) A
Substituindo ( ii ) em ( i ) temos: y + y = 30° => y = 15°
x
45.Se dois números reais x e y satisfazem a equação = x − y , então:
y
a) x ≥ 4 e x ≤ 0 b) y pode ser igual a 1 c) ambos x e y devem ser
irracionais d) x e y não podem ser inteiros e) x e y devem ser racionais.
Sol: Alt: ( A )
i) Isolando x, temos: x = yx – y² => yx – x = y² => x = y² / (y – 1 )
=> C.E : y ≠ 1.
ii) Quando isolamos y: y² - xy + x = 0; Delta =  = x² - 4x; y = (x ∀ x² - 4x) /
2
=> C.E : x² - 4x ≥ 0 (onde resolvendo a inequação temos) x ≤ 0 e x ≥ 4.
46. Duas cordas perpendiculares se interceptam dentro de um círculo. Os segmentos
de uma corda medem 3 e 4, da outra,6 e 2. Então o diâmetro do círculo é:
a) 89 b) 56 c) 61 d) 75 e) 65
Sol: C A'
Alt: ( E ) 2 Temos: Na corda AB: AE = 3; BE = 4
A 1 /2 3 1 /2
B
3 E Na mediatriz de AB ( A’B’):
4
2 AF = BF = 3 ½.
C' D'
G 0
Na corda CD: CE = 2 e DG = 6
4 R
Na mediatriz de CD (’D’):
CG = DG = 4
D B'
No  DGO (triâng. retângulo) aplicando o teorema de Pitágoras temos:
D0² = G0² + DG² => R² = 4² + ( ½ )² => R = (D / 2.
65)
Como diâmetro = 2 R = C65.
47. Num círculo O, o ponto médio do raio OX é Q; em Q, B
AB ⊥ XY. O semicírculo cujo diâmetro é AB, corta
XY no ponto M. A reta AM corta o círculo O em C, a C
M
X Q O
D
14
A

15. reta BM corta O em D. A linha AD é traçada. Se o raio do círculo mede r, AD
mede:
a) r /2 b) r c) O valor
que não é o lado de um polígono regular inscrito
r 3
d) e) r /3
2
Sol:
Alt: ( A ) Pelo enunciado do problema, temos: AQ = BQ (mediatriz) e XQ = OQ
(ponto médio); AD = ?
Como XY é mediatriz de AB => MA = MB.
O ângulo BAM é inscrito em um semicírculo, logo ⊇BMA = 90°(reto).
Como  ABM é retângulo e isóscele temos: ⊇ABM = 45º e o arco AD = 90°.
Daí então AD = r D 2.
48. Seja ABC um  eqüilátero inscrito em um círculo de C M
centro O. M é um ponto no arco BC. As linhas AM,
BM e CM são traçadas. Então AM é:
a) igual a BM + CM b) menor que BM + CN
c) maior que BM + CN d) igual menor ou maior
O
X
O B
que BM + CN, dependendo da posição do ponto.
e) nra
A
Sol: Alt: ( A ) Temos que calcular AM sabendo que o  ABC é eqüilátero.
Vamos considerar dois casos:
i) Se M coincidir com o ponto C.
Então o segmento AM = AC e BM + MC = BM = BC = AC.
∴ AM = AC = BM + MC.
ii) No caso geral, tomando o segmento MN = MC ( N sobre MA).
Como ⊇CMA = 60° (o  MCN é eqüilátero) pode-se mostrar que o 
ACN  CMB, pois AC = CB; CN = CM e ⊇ACM =⊇ ACM – 60° =
⊇MCB ∴ BM = AN e AM = AN + MN = BM + MC.
3
49. Os lados paralelos de um trapézio medem 3 e 9. Os lados não
paralelos, 4 e 6. Uma linha paralela à base divide o trapézio 6 4
em dois outros de igual perímetro. A proporção na qual cada
um dos lados não paralelos é dividido é:
9
a) 4 : 3 b) 3 : 2 c) 4 : 1 d) 3 : 1 e) 6;1
Sol:
Alt: ( C )
Nossa meta é determinar uma das razões: BE / AE = ? ou B 3 C
CF / DF = ? (ver fig.)
Como dado: Perímetro BCEF = Perímet. EFAD y x
6 4
E F
z
6 -y 4 -x
A 9 D 15

16. => y + 3 + x + z = 6 – y+ 9 + 4 – x + z => x + y = 8
=> x = 8 – y ( i ).
Usando o Teorema de Tales nos lados não paralelos temos: x / y = 4 / 6 = 2 / 3 ( ii ).
Substituindo ( i ) em ( ii ) vem: 3(8 – y) = 2y => 24 / 5.
Então: BE / AE = (24/5) / (6 – 24/5) = 24 / 6 = 4 / 1 = 4 : 1.
50. Em um círculo de centro O, G é um ponto que se move sobre o diâmetro
AB. AA’ é traçada perpendicularmente a Abe igual a AG.Sobre o mesmo
lado do diâmetro AB traçamos BB’ perpendicular a AB como AA’, e
igual à BG. Seja O’ o ponto médio de A’B’. Então, à medida que G se
move de A para B, o ponto O’:
a) se move sobre uma reta paralela a AB b) permanece parado
c) se move sobre uma reta perpendicular a AB
d) se move sobre um pequeno círculo que intercepta o círculo dado
e) segue uma trajetória que não é nem um círculo, nem uma reta.
A'
Sol: O'
Alt: ( B ) Como dados do problema temos: B'
AA’ = AG e BB’ = BG(fig).
Temos que A’ABB’ em que sua mediana
OO’ ⊥ AB => OO’ = ½ (AA’ + BB’) = A x B
½ (AG + BG) = ½ AB. O G
Então O’ é um ponto fixo distante de O na
perpendicular a AB e portanto o ponto O’ é
estacionário.
“O ÚNICO LUGAR ONDE O SUCESSO VEM ANTES DO TRABALHO É NO
DISCIONÁRIO”
(Albert Einstein)
16