PROF. ADRIANO CARIBÉ e WALTER PORTO

1A AVALIAÇÃO ESPECIAL UNIDADE I -2014
COLÉGIO ANCHIETA-BA
ELABORAÇÃO: PROF. ADRIANO CARIBÉ e WALTER PORTO.
RESOLUÇÃO: PROFA. MARIA ANTÔNIA C. GOUVEIA
Questão 01. (UESC-Adaptada)
O valor de x ∈ N , que soluciona a equação
(x + 2)! (2x + 2)!
= 40 é um
(2x + 1)! (x + 1)x!
01) número múltiplo de 5
02) número primo
03) número divisor de 20
04) número múltiplo de 9
05) quadrado perfeito
RESOLUÇÃO:
(x + 2)!(2x + 2)!
(x + 2) (x + 1)!(2x + 2) (2x + 1)!
= 40 ⇒ (x + 2)(2x + 2) = 40 ⇒ 2
= 40 ⇒
(2x + 1)!(x + 1)x!
(2x + 1)!(x + 1)!
2x 2 + 6x + 4 − 40 = 0 ⇒ 2x 2 + 6x − 36 = 0 ⇒ x 2 + 3x − 18 = 0 ⇒ (x + 6)(x − 3) = 0 ⇒ x = −6 ou x = 3 ⇒
S
6 3
{{{{= −
,
.
3 ∈ N}
e é um número primo
RESPOSTA: Alternativa 02.
Questão 02.
Sabe-se que o raio de um círculo inscrito em um triângulo retângulo mede 1 cm. Se a hipotenusa desse
triângulo for igual a 20 cm, então seu perímetro será igual a:
01) 40 cm
02) 35 cm
03) 23 cm
04) 42 cm
RESOLUÇÃO:
Segmentos tangentes a uma circunferência a
partir de um mesmo ponto são congruentes.
Então, BM = PB e CN = CP.
Logo: b – 1 + c – 1 = 20 ⇒ b + c = 22
O perímetro do triângulo ABC é igual a:
a + b + c = 22 + 20 = 42.
RESPOSTA: Alternativa 04.
14-0189(M)_1ªAval-Mate-3ªEM-U1-(prof)-12-02_car
05) 45 cm
Questão 03. (FPS PE)
A prova da primeira fase de um concurso contém 20 questões de múltipla escolha, cada uma com 4
alternativas. Na segunda fase, outra prova continha 30 questões do tipo verdadeira ou falsa. Chamando de x
o número de maneiras diferentes de responder a prova da primeira fase, e de y o número dos diferentes
modos de responder a prova da segunda fase, tem-se que:
01) x = y
02) 3x = 4y
03) x = 10y
04) 3x = 4y
05) x3 = y4
RESOLUÇÃO:
Número de modos diferentes de responder a prova da primeira fase: x = 420 = 240.
Número de modos diferentes de responder a prova da segunda fase: y = 230.
x3 = (240)3 = 2120.
y4 = (230)4 = 2120.
RESPOSTA: Alternativa 05.
Questão 04.
Na figura abaixo, o raio da circunferência mede 15 cm, o arco BC mede 9π cm e o ângulo AÔC mede
2π
rad, sendo assim a medida y do ângulo AÔB é igual a:
3
01) 108º
02) 117º
03) 120º
04) 132º
05) NRA
RESOLUÇÃO:
O comprimento da circunferência é 2πr = 30πcm.
Como o arco BC mede 9π cm, então a sua medida em radianos é
9π
3
× 2π = π
30π
5
.
2π 3π 
19π 11π
+
=
≡ 180° : 15 × 11 = 132°
 = 2π −
3
5
15
15


O ângulo AÔB mede: 2π − 
RESPOSTA: A alternativa 04
2
Questão 05. (UERJ)
A tabela abaixo apresenta os critérios adotados por dois países para a formação de placas de
automóveis. Em ambos os casos, podem ser utilizados quaisquer dos 10 algarismos de 0 a 9 e das 26 letras
do alfabeto romano.
PAÍS
X
Y
DESCRIÇÃO DO CRITÉRIO
3 letras e 3 algarismos, em qualquer
ordem.
Um bloco de 3 letras em qualquer
ordem, à esquerda de outro bloco
de 4 algarismos, também em
qualquer ordem
EXEMPLO DE PLACA
M3MK09
YBW0299
Considere o número máximo de placas distintas que podem ser confeccionadas no país X igual a n e no
país Y igual a p.
n
corresponde a:
A razão
p
01)
1
02) 2
03) 3
04) 6
05) 8
RESOLUÇÃO:
PAÍS X:
Como, no país X, as placas são formadas por 3 letras e 3 algarismos, em qualquer ordem, definindo-se as
posições das 3 entre as 26 letras ficarão também definidas as posições dos 3 entre os 10 algarismos.
O número de modos diferentes de se posicionar as 3 letras é C 6,3 =
6×5× 4
= 20 .
3× 2
Número máximo de placas distintas que podem ser confeccionadas no país X é:
n = 20 × 263 × 103.
Como, no país Y, as placas são formadas por 3 letras seguidas de 4 algarismos, o número máximo de placas
distintas
que
podem
ser
confeccionadas
no
país
Y
é:
p = 263 × 104.
A razão
n 20 × 26 3 × 10 3 20
=
=
=2
p
10
26 3 × 10 4
RESPOSTA: Alternativa 02.
3
Questão 06.
O origami é uma tradicional arte japonesa de criar seres ou objetos através de dobras geométricas de
uma peça de papel, sem cortá-la ou colá-la, com o objetivo de desenvolver a atenção, a coordenação
motora e, consequentemente, o cérebro.
Para fazer um objeto, utilizou-se uma peça quadrada de papel, representada na figura, sendo que a
primeira dobra foi feita levando-se o canto inferior esquerdo do quadrado a um ponto P da diagonal AC, de
tal modo que o triângulo MNP fosse isósceles e o MNC, equilátero.
Tendo o triângulo MNP hipotenusa igual a 8 2 cm , o valor que mais se aproxima do perímetro, em cm,
da peça quadrada de papel utilizada é:
01)
02)
03)
04)
05)
36
40
44
48
52
RESOLUÇÃO:
O
triângulo
retângulo
MAN
é
isósceles,
logo
MN = AM 2 ⇒ AM 2 = 8 2 ⇒ AM = 8.
Considerando como l a medida do lado do quadrado e aplicando
o Teorema de Pitágoras ao
triângulo retângulo CDM:
(l − 8) 2 + l 2 = 128 ⇒ 2l 2 − 16l − 64 = 0 ⇒ l 2 − 8l − 32 = 0 ⇒
l=
8 ± 64 + 128
8 + 13,8
⇒l≅
= 10,9 ⇒ 4l = 43,6 ⇒ 4l ≅ 44
2
2
RESPOSTA: Alternativa 03.
Questão 07.
O número de permutações da palavra ANCHIETA que não começam nem terminam com a letra A é
01) 9 400
02) 9 600
03) 9 800
04) 10 200
05) 10 800
RESOLUÇÃO:
Letras diferentes de A.
As 6 outras letras restantes.
6
6!
(2 letras iguais a A)
2!
Letras diferentes de A.
5
Número total de permutações que atendem à condição dada:
6×
6!
6 × 5 × 4 × 3 × 2 ×1
× 5 = 30 ×
= 30 × 360 = 10.800
2!
2 ×1
RESPOSTA: Alternativa 05.
4
Questão 08.
Sobre Geometria Plana considere as seguintes afirmativas:
(I) Se na figura abaixo, as retas r e s são paralelas, então a medida x do ângulo assinalado é 35°.
(II)
Se na circunferência abaixo, de centro O, os ângulos BÂO e AÔC medem respectivamente 28° e
140°, então a medida x do ângulo assinalado é 42°.
(III) Se o triângulo ABC tem lados medindo AB = 13, AC = 13 e BC = 10, então o raio da circunferência
inscrita no triângulo ABC é menor que 4.
Podemos afirmar que:
01) apenas a afirmativa I é falsa.
02) apenas a afirmativa II é falsa.
03) apenas a afirmativa III é falsa.
04) apenas uma afirmativa é verdadeira.
05) todas as afirmativas são verdadeiras.
RESOLUÇÃO:
(I) VERDADEIRA.
Traça-se pelos pontos C e E as retas t e u paralelas às retas r e s.
Os ângulos AB̂C e BĈD são colaterais internos, logo, suplementares então
BĈD = 50° e DĈE = 30°
Os ângulos DĈE e CÊF são alternos internos, logo, congruentes, então
CÊF = 30°
e FÊG = 70°.
Os ângulos FÊG e JĜI são correspondentes, logo, congruentes, então JĜI =
70°.
O ângulo JĤI é externo ao triângulo GHI, logo:
5
70° + x = 105° ⇒ x = 35°.
(II) VERDADEIRA.
Um ângulo inscrito numa circunferência determina nesta, um arco
cuja medida é igual ao dobro da sua medida.
Logo,
= 56° e
= 2x.
= 180° – 140° = 40°.
+
+
= 180° ⇒ 2x + 56° + 40° = 180° ⇒
2x = 84 ° ⇒ x = 42°.
(III) VERDADEIRA.
No triangulo retângulo AHC tem-se: AH = 132 − 52 = 144 = 12 .
Os
triângulos
AHC
e
ADO
são
semelhantes,
então
r 5
r 5
10
=
⇒ = ⇒r=
≅ 3,333 < 4
8 12
2 3
3
RESPOSTA: Alternativa 05
Questão 09.
Na figura, B é um ponto do segmento de reta AC e os ângulos DÂB, DB̂E e BĈE são retos.
Se AD = 6 dm, AC = 11 dm e EC = 3 dm, as medidas possíveis de AB, em dm, são:
01)
02)
03)
04)
05)
4,5 e 6,5
7,5 e 3,5
8e3
7e4
9e2
RESOLUÇÃO:
Como os triângulos BAD e BCE são semelhantes:
AD AB
6
x
=
⇒
= ⇒ 11x − x 2 = 18 ⇒
BC EC
11 - x 3
x 2 − 11x + 18 = 0 ⇒ (x − 2)(x − 9) = 0 ⇒ x = 2 ou x = 9
RESPOSTA: Alternativa 05.
6
Questão 10.
Na figura, ABCD é um quadrado de lado 16, a circunferência de centro O é tangente ao lado BC e passa
pelos pontos A e D.
Calcule o raio da circunferência.
01) 8
02) 10
03) 12
04) 8 2
05) 4 5
RESOLUÇÃO:
A partir da figura e das informações dadas constrói-se a figura ao lado.
Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo ANO:
r 2 = (16 − r ) 2 + 8 2 ⇒ 256 − 32r + 64 = 0 ⇒ 32r = 320 ⇒ r = 10
RESPOSTA: Alternativa b.
Questão 11.
Dado um pentágono regular ABCDE, constrói-se uma circunferência pelos vértices B e E de tal forma
que BC e ED sejam tangentes a essa circunferência, em B e E, respectivamente.
A medida do menor arco BE na circunferência construída é:
01) 72º.
02) 108º.
03) 120º.
04) 135º.
05) 144º.
RESOLUÇÃO:
Se o pentágono ABCDE é regular, seus ângulos internos medem:
(5 − 2) × 180° = 540° = 108° .
5
5
Sendo
BC e ED tangentes à circunferência, os ângulos
OB̂C e OÊD são retos.
Considerando o pentágono OBCDE e a soma dos seus ângulos
internos: 2 × 90° + 2 × 108° + α = 540° ⇒ α = 540° – 180° – 216° ⇒
α = 144°
RESPOSTA: Alternativa 05.
7
Questão 12.
Considere um hexágono equiângulo (ângulos internos iguais) no qual quatro lados consecutivos medem 20
cm,
13 cm, 15 cm e 23 cm, conforme figura abaixo.
Calcule a diferença entre as medidas dos segmentos EF e FA.
01) 2
02) 3
03) 5
04) 7
05) 8
RESOLUÇÃO:
Prolongando-se os lados CD, AB e EF determina-se o triângulo
OMN. Sendo congruentes os ângulos do hexágono ABCDEF, eles
medem 120°, portanto todos os seus ângulos externos medem 60° e
são equiláteros os triângulos OMN, OED, AFM e BCN.
ON = 15 + 13 + 20 = 48 ⇒ x + 23 + 15 = 48 ⇒ x = 10 e
20 + y + x = 48 ⇒20 + y+ 10 + 15 = 48 ⇒ y = 18
A diferença entre as medidas dos segmentos EF e FA é 8.
RESPOSTA: Alternativa 05.
8