prova aplicada às turmas do 3 ano do ensino

PROVA APLICADA ÀS TURMAS DO 3O ANO DO ENSINO MÉDIO
DO COLÉGIO ANCHIETA EM MARÇO DE 2009.
ELABORAÇÃO: PROFESSORES OCTAMAR MARQUES E
ADRIANO CARIBÉ.
RESOLUÇÃO: PROFESSORA MARIA ANTÔNIA C. GOUVEIA
QUESTÕES DE 01 A 08.
Assinale as proposições verdadeiras, some os valores obtidos e marque os resultados na
Folha de Respostas.
Q 01.
Considere dois triângulos equiláteros congruentes, com medidas dos lados igual a 1cm,
e um lado comum formando um quadrilátero.
Sobre esse quadrilátero é verdade que:
(01) Esse quadrilátero é um trapézio.
(02) A maior diagonal mede 3 cm.
3
cm.
4
(08) Existe um círculo circunscrito a esse quadrilátero.
(16) A distância do ponto médio de um lado ao vértice mais afastado do quadrilátero é
7
igual a
cm.
2
(04) O raio do círculo inscrito é igual a
RESOLUÇÃO:
(01) É falso a, porque seus lados são dois a dois paralelos, logo é um paralelogramo.
(02) Verdadeira.
AC é a maior diagonal do quadrilátero ABCD, e
ao mesmo tempo, hipotenusa do triângulo
retângulo ACE. Como num triângulo retângulo
qualquer, a razão entre o cateto adjacente a um
ângulo agudo  e a hipotenusa é o co-seno desse
ângulo,
cateto adjacente
AE
cos  
 cos30o 

hipotenusa
AC
3 1,5
3

 AC 
 3.
2
AC
3
Outro modo de resolver:
 3 1 3
3
med( CE )= med(hABD) =
.


2
2
2
3
med( AC ) = med(2h) = 2 
 3.
2
Descubra um terceiro modo de resolver essa questão.
(04) Verdadeira.
Pela figura ao lado, vemos que FE = BH
(medida da altura do triângulo eqüilátero
 3
3
ABD). Logo FE =
.

2
2
Sendo r a metade de FE, então
1
3
3
r= 

2 2
4
Outro modo de resolver essa questão:
No triângulo retângulo DHO, tem-se:
OH
3
r
3
sen60o 



.
OD
2
0,5
4
(08) Falsa.
Porque para um quadrilátero ser inscritível a soma de dois ângulos opostos deve ser
180o.
(16) Verdadeira .
Seja M o ponto médio do lado AB e N o ponto
médio do lado AD .
Os triângulos MBC e NDC são congruentes
(MB = ND, MB̂C  ND̂C = 120 o, BC = DC), logo
os lados MC e NC são congruentes. Conclui-se que
a distância do ponto médio de qualquer lado do
quadrilátero ao vértice mais distante dele é
constante.
Aplicando a Lei dos Co-senos ao triângulo BMC em relação ao ângulo MB̂C :
175
7
 1
MC 2  (0,5)2  (1)2  2  0,5 1  cos20o  MC 2  1,25      1,75  MC 

100
2
 2
Q02.
Vamos supor que o polígono ABCDFE representa uma sala na escala 1/50.
Sabe-se que BC = 10 cm, AE = 6 cm, AB = 8 cm
e DC = 4 cm.
A pavimentação da região ABFE foi feita com ladrilhos de preço unitário
R$ 16,00/m2.
É verdade que:
(01) A área da sala é 16m2.
(02) A pavimentação da região ABFE, custou R$
144,00.
(04) Se a pavimentação da sala custou R$ 192,00,
então a pavimentação da região BCDF foi
feita com ladrilhos de preço maior que
R$ 7,00/m2.
(08) Se o custo unitário de pavimentação da
região BCDF tivesse sido R$ 8,00, então o
custo médio da pavimentação da sala seria
R$ 12,50/m2.
(16) O segmento AC possui o ponto F.
RESOLUÇÃO:
(01) Verdadeira.
Sendo 1/50 a escala da planta, as dimensões reais da sala podem ser obtidas
multiplicando-se cada dimensão da planta por 50.
Assim as dimensões da sala são: E’F’ = 200cm = 2m, A’B’ = 400cm = 4m,
A’E’ = B’G’ = 300cm = 3m e G’C’ =C’D’ = D’F’= F’E’ =200cm = 2m.
A área da sala é: S A’B’G’E’ + SC’D’F’G’ = [(3×4) + (2×2)]m2 = 16m2.
(02) Verdadeira.
A área da região A’B’F’E’, que tem a forma de um trapézio retângulo é:
2  4 3 m 2  9m2 .
S
2
Como cada metro quadrado da pavimentação custou R$16,00, então o valor da
pavimentação dessa região foi: 9×16 = 144 reais.
(04) Falsa.
SBCDF = SSala – SABFE = (16 – 9)m2 = 7m2;
Custo BCDF = 192 – 144 = 48 reais  O custo médio por m2 :
48
 6,857...  7 reais/m2.
7
(08) Verdadeira.
Do item anterior: SBCDF é 7m2.
O custo total da pavimentação da sala, seria então: (9×16 + 7×8) = 200 reais.
200
O custo médio por m2 seria:
 12,50 reais.
16
(16) Falsa.
A figura nos mostra a inverdade dessa proposição, pois A, E e C não estão em linha
reta, desde quando o ângulo  < 45.
Q03.
Na figura vê-se um quadrado de centro O e lado  = 4cm e
um círculo de centro Q que tangencia os lados do
triângulo DOC nos pontos M, P e T.
É verdade que:
(01) MC = 2 cm é diferente da medida de CT .
(02) OT = 2 2  1 cm.
(04) O quadrilátero OTQP é um quadrado.
(08) O raio do círculo circunscrito ao triângulo OCD é
igual a 3  1 cm .
(16) A área da região hachurada é igual a (6 – ) cm2.
(32) A área do círculo é 35% da área do semicírculo.




RESOLUÇÃO:
(01) Falsa.
Pois os segmentos CT e CM são tangentes ao círculo de centro Q a partir de um
mesmo ponto C, por isso têm a mesma medida que é 2cm (metade da medida do
segmento CD ).
(02) Verdadeira.
Os segmentos CO e DO são metades das duas
diagonais do quadrado, portanto são
perpendiculares e o triângulo DOC é retângulo
isósceles. As medidas desses segmentos são
 2 4 2
iguais a

2 2.
2
2
Os ângulos QP̂O e QT̂O pois são formados por
tangentes ao círculo e os raios nos pontos de
contato, e portanto, o quadrilátero POTQ é um
quadrado e a medida de seus lados é r.
Pela figura pode-se concluir que:
DC = 4 2  2r  4 2  2r  4  r  2 2  2  OT  2( 2  1).
Outro modo de resolver essa questão:
Mais rapidamente chega-se a esse resultado, considerando a igualdade entre os
segmentos CT e CM (justificativa dada no item anterior):
CT = CM = 2  2 2  r  2  r  2 2  2  r  OT  2( 2  1). .
(04) Verdadeira.
A justificativa está no primeiro desenvolvimento da resolução do item anterior.
(08) Falsa.
Na resolução do item (02) já se chegou ao valo do raio: r = 2 2  1 .


(16) Verdadeira;
Sendo O o centro do quadrado, a área do triângulo
retângulo AOD é a quarta parte da área do quadrado
ABCD.
A interseção entre o triângulo e o semicírculo é um
segmento de círculo de 90o.
A área da região hachurada em cm2 é: SAOD – Ssegmento.
SAOD = (16/4) = 4.
 r2
2 2
Ssegmento =
 SAON   
   2 , então a área da
4
2
região hachurada é: S = 4 – (   2 ) = 6 – .
Outro modo de resolver essa questão:
Analisando a figura acima chega-se à conclusão de que a área da região hachurada é
igual à diferença entre a área do trapézio retângulo ADNO e do quadrante de círculo
determinado pelo arco .
NO  AD AN   AN 2  2  4 2    22  6  
Então, S 
2
4
2
4
(32) Falso.
Scírculo = .OT2 = .[ 2( 2  1) ]2 




Scírculo =  .4 2  2 2  1   .4 3  2 2   .4.0,17  0,68
2
Ssemicírculo =
 .R
 .4
S círculo
0,68

 2 . Então,

 0,34  0,35
2
2
S semicírculo
2
Q04.
Sobre polinômios pode-se afirmar:
(01) p(x) = (x4 + 1)3x2 + x10 é um polinômio de grau 12.
(02) A soma dos coeficientes de q(x) = (x -3)5 é 32.
(04) O termo independente de x do polinômio r(x) = 3 (x 2  8)6  x 3  2 é 66.
(08) Se o polinômio x3 + mx + n é divisível por x2 – 1, então m = –1.
x
a
b
(16) Se 2


é uma identidade, então a + b = 1.
x 1 x 1 x  1
RESOLUÇÃO:
(01)Falsa.
O termo de maior grau de p(x) = (x4 + 1)3x2 + x10 é: (x4)3x2 = x14. Então o grau de p(x)
é 14.
(02) Falsa.
Para determinar a soma dos coeficientes de q(x) = (x – 3)5, basta encontrar o valor de
q(1): q(1) = (1 – 3)5 = (–2)5 = –32.
(04) Verdadeira.
Desenvolvendo r(x) = 3 (x 2  8)6  x 3  2  r(x) = (x2 + 8)2 +x3 + 2.
Então, o termo independente de x em r(x) é: 8 2 + 2 = 66.
(08) Verdadeira.
Determinando as raízes de x2 – 1 = (x + 1)(x – 1) = 0 encontra-se x’= –1 e x” =1.
Sendo o polinômio x3 + mx + n, divisível por x2 – 1, então –1 e 1 são suas raízes.
Substituindo x por esses valores no polinômio x3 + mx + n, tem-se:
2n  0
1  m  n  0
m  n  1 

 n  0

 1  m  n  0  m  n  1 
m  1
Outro modo de resolver esta questão é aplicando sucessivamente o método da chave ou
o de Briot Ruffinni e igualando os restos encontrados a zero.
n
1+m+n
1o resto: 1+m+n = 0
o
2 resto: 1+m =0
1  m  0
 m  1
Resolvendo o sistema 

tem-se as mesmas respostas.
1  m  n  0 n  0
(16) Verdadeira.
1
–1
1 0
1 1
1 0
m
1+m
1+m
x
a
b


 x  ax  a  bx  b  x  (a  b)x  a  b  a  b  1
x 1 x 1 x 1
(polinômios idênticos).
2
Q05.
Considere-se o polinômio x3 + mx + n.
Pode-se afirmar que:
(01) Se p(x) é idêntico a (x + 1)3 – 3x2, então m + n = 4.
m 1
(02) 
é raiz da equação p(x+1) = x3 + 3x2 + n
m3
1  2m  4n
(04) O resto da divisão de p(x) por 2x – 1 é igual a
.
4
(08) p(–x) + p(x) = 8  n  {1, 2, 3, 4, 5}.
(16) Se os restos das divisões de p(x) por x – 1 e x – 2 são, respectivamente, 2 e 4, então
m = –5.
RESOLUÇÃO:
(01) Verdadeira.
Se os polinômios são idênticos os coeficientes da variável x de mesmo grau são iguais:
m  3
x3 + 0x2 + mx + n = x3 + 3x2 + 3x +1 – 3x2  
n  1
(02) Verdadeira.
p(x+1) = x3 + 3x2 + n  (x+1)3 + m(x+1) + n = x3 + 3x2 + n 
x3 + 3x2 + 3x + mx + m + n +1 = x3 + 3x2 + n (m + 3)x = – (m + 1) 
m 1
m 1
 x
, com m ≠ – 3, é raiz da equação p(x+1) = x3 + 3x2 + n.
x
m3
m3
(04) Falsa.
1
Para determinar o resto da divisão de x3 + mx + n divisível por 2x – 1, então p   0 .
2
3
1  4m  8n
1 m
Verificando:     n 
2
8
2
(08) Verdadeira.
De p(–x) + p(x) = 8, vem: –x3 – mx + n + x3+ mx + n = 8  2n = 8  n = 4,logo
n  {1, 2, 3, 4, 5}.
.
(16) Verdadeira.
m  n  1
m  5
p(1) = 1 + m + n = 2 e p(2) = 8 + 2m + n = 4  

2m  n  4 n  6
Q08.
(UFBA/2009/Modificada) Sobre números reais, é correto afirmar:
(01) Se o máximo divisor comum de dois números inteiros positivos é igual a 1, então
esses números são primos entre si.
(02) A soma de dois números irracionais quaisquer é um número irracional.
(04) O produto de qualquer número inteiro não nulo por um número irracional qualquer
é um número irracional.
(08) O quadrado de qualquer número irracional é um número irracional.
(16) Se o quadrado de um número natural é ímpar, então esse número também é ímpar.
(32) Se x é o maior múltiplo de 17 com 3 algarismos, então a soma dos algarismos de x
é igual a 22.
(64) Se a soma de três números primos naturais é igual a 180, então um deles é igual a
2.
RESOLUÇÃO:
(01) Verdadeira.
Máximo divisor comum de dois números inteiros positivos é o maior valor inteiro
positivo que divide ao mesmo tempo esses dois números.
Por exemplo:
(I) D(72) = {1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 18, 24, 36, 72}.
D(90) = {1, 2, 3, 5, 6, 9, 10, 15, 30, 45, 90}.
Destacamos em vermelho os divisores comuns a 72 e 90 entre os quais o maior é 9.
Então o mdc(72, 90) = 9 ≠ 1, logo 72 e 90 não são números primos entre si, porque o
máximo divisor comum entre eles é diferente de 1.
(II) D(125) = {1, 5, 25, 125}.
D(72) = {1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 18, 24, 36, 72}.
O maior inteiro positivo que divide ao mesmo tempo 125 e 72 é 1, então o maior divisor
comum entre eles é 1. Logo 125 e 72 são números primos entre si.
(02) Falsa.
Exemplos:
(I) Seja a = 2 e b =  2  a + b = 0 que é um número racional.
(II) Seja a = 3  2 e b =  2  a + b = 3 que é um número racional.
(04) Verdadeira.
(I) Seja a = 2 e b = 10  a × b = 10 2 que é um número irracional.
(II) Seja a = 3  2 e b = 4  a × b = 4 3  2  12  4 2 que é um número racional.


(08) Falsa.
Exemplos:
(I) Seja a =
 2   2 que é um número racional.
2 , então a = 3  2   3  2  3  2   2   11  6
2 , então, a2 =
2
2
2
2
2
(II) Seja a = 3 
2 que é um
número irracional.
Logo o quadrado de um número irracional pode ser um número irracional ou um
número racional.
(16) Verdadeira.
Seja 2n + 1, com n  N, um número natural ímpar.
O seu quadrado é (2n + 1)2 = 4n2 + 4n + 1 = 2(2n2 + 2n) + 1 que é também um número
natural ímpar.
(32) Falsa.
Seja 100 < x < 1000.
Efetuando a divisão de 1000 por 17 encontra-se quociente 58 e resto 14, logo
1000 = 58 × 17 + 14. Então, o maior múltiplo de 17 com 3 algarismos é
1000 – 14 = 986.
Então a soma dos algarismos de 986 é 9 + 8 + 6 = 23.
(64) Verdadeira.
Representando três números primos e ímpares por 2a + 1, 2b + 1 e 2c + 1, com
a ≠ b ≠ c, e, somando esses números: 2a + 1 +2b + 1 + 2c + 1 = 2(a+b+c) + 3 que é a
soma do número par 2(a+b+c) com o número impar 3, assim 2(a+b+c) + 3 é um número
impar.
Pode-se então afirmar que a soma de uma quantidade impar de números impares
dá sempre um número impar.
Então, se a soma de três números naturais primos dá um número par é porque um deles
é par. E o único número natural par que é primo é o 2.
02.(UFBA/2004/Modificada) Sobre números reais, é verdade afirmar:
(01)Se x = 0,666..., y = –1,333... e z = 12,444..., então
z
= 6,222... .
xy
(02)O valor da expressão 3 (5  2 6 ) (5  2 6 ) é um número irracional.
(04)Se a, b e c são diretamente proporcionais a 3, 5 e 7, respectivamente, e
ac
2a – 3b + 4c = 95, então
= 21.
b
(08)Dividindo-se o número 34 em partes inversamente proporcionais a 1, 2 e 5,
obtêm-se os valores x, y e z, respectivamente, tais que 3yz = 5x.
(16)Se uma torneira enche um tanque em 4 horas e outra torneira enche o mesmo
tanque em 5 horas, então as duas juntas conseguem encher este tanque em
2horas 13minutos e 20 segundos.
(32)Se os restos das divisões de 243 e 253 por x são, respectivamente, 3 e 1, então o
maior valor possível para x é 6.
(04)
Se a, b e c são diretamente proporcionais a 3, 5 e 7, respectivamente, e 2a
– 3b + 4c = 95, então
ac
= 21.
b
(08) Dividindo-se o número 34 em partes inversamente proporcionais a 1, 2 e 5,
obtêm-se os valores x, y e z, respectivamente, tais que 3yz = 5x.
(16) Se uma torneira enche um tanque em 4 horas e outra torneira enche o mesmo
tanque em 5 horas, então as duas juntas conseguem encher este tanque em
2horas 13minutos e 20 segundos.
(32) Se os restos das divisões de 243 e 253 por x são, respectivamente, 3 e 1, então
o maior valor possível para x é 6.
RESOLUÇÃO:
(01) Verdadeira.
10x  6,666..
6
 10x  x  6,666..  0,666...  9x  6  x  .

9
x  0,666..
10x  13,333..
12
 10y  y  13,333...   1,333... 9y  12  y  

9
 y  1,333...
10z  124,444..
112
.
 10z  z  124,444... 12,444...  9z  112  z 

9
z  12,444...
112
z
112 56
9



 6,222....
x  y 6  12  18
9
  
9  9
(02) Falsa.
3
(5  2 6 ) (5  2 6 )  3 25  24  3 1  1 que é um número racional.
(04) Verdadeira.
a b c
a  3n, b  5n e c  7n 19n  95
   n



3 5 7
n  5
2a - 3b  4c  95 6n - 15n  28n  95
ac 3n  7n 21n 21 5



 21 .
b
5n
5
5
(08) Falsa.
n
n
x y z

10n  5n  2n  340
 1  1  1  n
x  n, y  2 e z  5


 17n  34

2 5

n  n  n  34
n  2


x  y  z  34
2 5
n n
3n
60
3yz  5x  3    5n 
5
 5 (falso)
2 5
10
10
(16) Verdadeira.
Quando as duas torneiras são abertas para encher o tanque, os seus tempos não se
somam, mas sim a suas capacidades de vazão por hora.
Tempo para encher o tanque
Torneira 1
4 horas
Torneira 2
5 horas
Vazão por hora
1
V /h
4
1
V /h
5
As duas torneiras juntas
1
V /h
t
t horas
1 1 1
20
   5t  4t  20  t 
h
4 5 t
9
20h 9
2 × 60min = 120min
9
3 × 60seg = 180seg 9
2h 2h
3min
13min
0
20seg
20
Então,
h  2h13min20seg
9
(32) Falsa.
Se os restos das divisões de 243 e 253 por x são, respectivamente, 3 e 1, então,
(243 – 3) e (253 – 1) são múltiplos de x e o maior valor que x pode assumir é o
mdc (240,252).
240 = 2 4 × 3 × 5 e 252 = 22 × 3 2 × 7  x = mdc(240, 252) = 22 × 3 = 12
03.(UFBA/2005/Modificada) Considere um empréstimo de um capital de R$2.000,00 a
uma taxa mensal de 10%, a ser pago de uma única vez ao final de n meses. Nessas
condições, é correto afirmar:
(01) Se for considerada a capitalização simples, o montante F(n), expresso em reais,
ao final de n meses, será dado por F(n) = 2000 (1+10n).
(02) Ao final de dois meses, o valor dos juros na capitalização composta será igual a
R$420,00.
(04) Na capitalização composta, o montante G, expresso em reais e dado em função
do número n de meses, pode ser representado pelo gráfico abaixo.
G
2100
2000
0
1
n
(08) Se for considerada a capitalização composta, então os juros obtidos serão
diretamente proporcionais ao número n de meses de duração do empréstimo.
(16) Se a capitalização for composta, o capital dobrará de valor em menos de 10
meses.
RESOLUÇÃO:
(01) Falsa.
F(n) = C + Cin  F(n) = 2000 + 2000 ×0,1 × n  F(n) = 2000(1+0,1n)
(02) Verdadeira.
J = C(1 + i)n – C  j = 2000 ×(1+0,1)2 – 2000  j = 2000 ×(1,21 – 1) = 420.
(04) Falsa.
F(n) = 2000(1+0,1)n é uma função exponencial cujo gráfico está representado
abaixo.
(08) Falsa.
Os juros obtidos com a capitalização composta, são dados pela relação:
j = 2000(1,1n – 1).
Particularizando pode-se ver que é falsa essa afirmação:
2000(1,11  1) 2000(1,12  1)

 200  210
1
2
(16) Verdadeira.
2000 × 1,1n = 4000  1,1 n = 2 n = log1,1 2 
log2
0,301
n=
n
 n  7,34  10
log1,1
0,041
09. Uma casa deve ser construída por certo número de operários em 12 meses,
trabalhando 5 horas por dia. Dois meses após o início da obra, quinze operários foram
demitidos. O restante, trabalhando 10 horas por dia, concluiu a obra 6 meses depois do
previsto. Qual foi o número de operários contratados inicialmente?
RESOLUÇÃO:
2 1
 .
12 6
Como após esse tempo, 15 operários foram demitidos, então os (x – 15) operários
5
concluíram em (10 + 6) meses a parte restante da obra, ou seja .
6
Pode-se montar a tabela abaixo:
Após dois meses de trabalho dos x operários estava pronta
x
16 10 1
x
8
   
  8x  120  3x  5x  120  x  24
x  15 2 6 5
x  15 3
RESPOSTA: O número de operários contratados inicialmente foi 24.
Q08. A distância entre as cidades A e B é 200km,
e o ângulo BÂC mede 60o.
Um automóvel parte de A para B, outro de B para
C e um terceiro de C para A.
Eles fazem esses percursos com a mesma
velocidade média, entretanto, o segundo
automóvel gasta mais duas horas que o primeiro e
o terceiro mais três horas que o primeiro.
BC
Calcule o valor em quilômetros da razão
.
10
RESOLUÇÃO:
Sabe-se que d = v.t (a distância percorrida é igual ao produto da velocidade pelo tempo).
Considerando t, o tempo do primeiro carro, (t + 2) o tempo do segundo, e, (t + 3) o do
terceiro, então d1 = vt, d 2 = v(t + 2) e d3 = v(t + 3).
Aplicando ao triângulo ABC a Lei dos Cossenos:
vt  22  vt 2  vt  32  2  vt  vt  3 1 
2
200km
2
2
2
2
t +4t +4 = t + t +6t +9 – t – 3t  t = 5 h  v =
 40km/h 
5h
BC = v(t + 2) = 40km/h ×7h = 280km.
BC 280
Assim :

 28 .
10
10
RESPOSTA:
BC
= 28km.
10