Klaiton Barbosa

RESOLUÇÃO  CURSO DE FÉRIAS
MATEMÁTICA
OSG 4075/16
• Klaiton Barbosa
Exercícios de Sala
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B
E
B
C
E
D
C
D
B
A
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
D
C
B
C
B
A
C
D
D
B
Exercícios Propostos
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
C
B
B
D
A
A
E
E
B
E
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
B
E
C
E
E
D
C
E
A
C
EXERCÍCIOS DE SALA
1.
Calculando o primeiro elemento da P.A. de acordo com os dados do enunciado, tem-se:
an  a1  (n  1)  r
a10  94
n  10
r 6
94  a1  (10  1)  6  a1  40
Ao final de 10 anos, o número de exames por imagem aumentou de 40 milhões por ano para 94 milhões por ano. Isso representa um
aumento de:
94  40 54

 1,35  135%
40
40
Resposta correta: B
2.
Tem-se que
a a 
 2  a50 
S50   1 50   50  2550  
  50
2 

 2 
 a50  100.
Daí, se r é a razão da progressão aritmética, então
a1  49  r  100  r  2.
Portanto, segue que
26  2 

 11  2 
S27  S12   2 
  27   2 
  12
2 
2 


 756  156
 912.
Resposta correta: E
3.
A sequência definida pelas cadeiras é uma P.A., logo temos:
an  a1  (n  1) r  a10  a1  9r  a10  3  9  3  a10  30
Portanto, a mesa de modelo 10 possui 30 cadeiras.
O total de cadeiras é:  3  6  9  ...  30  
3  30 10
2
 165 cadeiras
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MATEMÁTICA
Desta forma, o total de etiquetas é:
10 (mesas) + 165 (cadeiras) = 175 etiquetas.
Resposta correta: B
4.
Função que representa o movimento de João:
S  8t, com o tempo t dado em horas.
Função que representa o movimento de Maria.
3
1
 1  1 1 
S  6   6     6      6     6  (t  1) 
2 
2 2 
2
2

Utilizando a fórmula da soma dos n primeiros termos de um P.A., podemos escrever que:
t 1 

6  6 
t
24  t  1   t
23  t   t
2 
S 
S
S
2
4
4
Igualando as duas equações temos:
8t 
23t  t2
 t2  9t  0  t  0 ou t  9
4
Observação: no ponto de abscissa t = 0, João e Maria estavam na mesma posição, ou seja, na origem deste percurso.
Portanto, a alternativa correta é [C], t  9.
5.
Considerando que os triângulos são todos semelhantes, os perímetros formam uma P.G. de razão
1
. A soma dos infinitos termos
2
desta PG será dada por:
3
 6
1 1
1
2 2
Resposta correta: E
S 
6.
3
Sabendo que os remédios devem ser tomados em intervalos de 1,5 h e 2,5 h, respectivamente, para que ambos sejam tomados novamente no mesmo horário é preciso encontrar um intervalo de tempo (ente 0 e 24 horas) que seja divisível por 1,5 e 2,5, simultaneamente. O primeiro número inteiro que é divisível simultaneamente por 1,5 e 2,5 é o número 15. Assim, iniciando o tratamento às 6h,
após 15 horas de intervalo os remédios serão novamente tomados juntos. Ou seja, os dois remédios serão tomados juntos novamente
às 21h(6h  15h  21h).
O problema pode ainda ser resolvido elaborando-se uma tabela:
Remédio 1
(a cada 1,5h)
6h
7h30
9h
10h30
12h
13h30
15h
16h30
18h
19:30
21h
Remédio 2
(a cada 2,5h)
6h
8h30
11h
13h30
16h
18h30
21h
Resposta correta: D
2
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RESOLUÇÃO  CURSO DE FÉRIAS
MATEMÁTICA
7.
Calculando o MDC(144, 96,192, 240) obtemos 48.
Logo,
144
 3 pacotes de feijão por cesta.
48
Resposta correta: C
8.
Sendo x o número de meninas e y o número de meninos, pode-se escrever:
x
88 44 22
 0,88  0,88 

  22  25  47
y
100 50 25
Resposta correta: D
9.
Se o número de divisores positivos de n é igual a 12, então (x  1)  (y  1)  12. Logo, sendo x e y inteiros positivos, temos
(x, y) {(1, 5),(2, 3),(3, 2),(5,1)}. Porém, como n  199, só pode ser x  5 e y  1. Daí, segue que x  y  5  1  6.
Resposta correta: B
10. O próximo ano múltiplo de 100 após o ano de 1900 é o ano 2000. Porém, 2000 é múltiplo de 400, (2000  400  5). Assim, o próximo
ano múltiplo de 100 é o ano 2100. Este, além de múltiplo de 100, não é múltiplo de 400, configurando um caso especial. Logo, a soma
dos algarismos do próximo ano que será um caso especial é 2  1  0  0  3.
Resposta correta: A
11. Soma dos infinitos termos da P.G.:
a
31185
S  1  S 
 62370 mm2
1
1q
1
2
Resposta correta: D
12. Utilizando as fórmulas pertinentes a progressões aritméticas, bem como os dados do enunciado, pode-se escrever:
an  a1  (n  1)  r
a24  2  (24  1)  3  a24  71
n
Sn  (a1  an ) 
2
24
S24  (2  71)   S24  876 mm  87,6 cm
2
Resposta correta: C
13. Observando os padrões exibidos na tabela do enunciado, temos:
Quantidade de micro-organismos...
com 1 dia de vida
recém-gerados
que acabaram de morrer
vivos, no total
no final do dia 4
16
22  2  44
6
16  44  60
Portanto, a resposta é 448 indivíduos.
Resposta correta: B
14. Temos uma P.A. de primeiro termo 100, razão r  8 e número de termos n.
Portanto, o último termo desta P.A. poderá ser escrito por:
an  100  (n  1)  (8)
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3
no final do dia 5
44
60  2  120
16
44  120  164
no final do dia 6
120
164  2  328
44
120  328  448
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MATEMÁTICA
Como o número de latas na última fila é um número positivo, podemos escrever que:
an  0
100  (n  1)  (8)  0
8n  108
n  13,5
Portanto, a quantidade máxima de fileiras é 13 e o número de latas nesta fileira será dado por:
a13  100  (13  1)  (8)
a13  4
Resposta correta: C
15. Sejam (a1 ,a2 ,a3 , ,a20 ) as vinte primeiras prestações do empréstimo.
Na P.A. acima temos: a1  a20  a2  a19 , portanto a soma das 20 primeiras parcelas pode ser escrita do seguinte modo:
 a2  a19 
 20  42000
2
3800  a19  4200
a19  400
Determinando agora a razão r da P.A., temos:
a19  a2  17  r
400  3800  17r
17r  3400
r  200
Portanto, a razão da P.A. é –200.
Resposta correta: B
16. Do enunciado, conclui-se que a progressão aritmética das poltronas tem razão r  4, primeiro termo a1  12 e soma igual a S  300.
Para descobrir o último termo dessa P. A., pode-se aplicar a fórmula:
an  a1  (n  1)  r  12  (n  1)  4  an  8  4n
Substituindo esta equação na fórmula de soma de todos os termos de uma P.A., tem-se:
n  (a1  an )
n  (12  8  4n)
S
 300 
 n  10 fileiras de poltronas.
2
2
Resposta correta: A
17. É fácil ver que o número de triângulos brancos na n-ésima (n  2) figura é dado por an  3  an1  1, com a1  0. Portanto, sabendo
que a5  40, temos:
a8  3  a7  1
 3  (3  a6  1)  1
 9  a6  4
 9  (3  a5  1)  4
 27  a5  13
 27  40  13
 1093.
Resposta correta: C
4
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RESOLUÇÃO  CURSO DE FÉRIAS
MATEMÁTICA
18. Para visitar o menor número de hospitais, devemos ter o máximo de pessoas em cada grupo. O máximo divisor comum entre 216 e
180 é 36. Logo, serão formados 6 grupos de mulheres (216  36  6), e 5 grupos de homens (180  36  5). Se cada grupo visitará um
hospital distinto, serão visitados 11 hospitais (6  5).
Resposta correta: D
19. 102015  102000 1015  102000  215  515
Portanto, o número de divisores positivos de 102015 que são múltiplos de 102000 é (15  1)  (15  1)  256.
Resposta correta: D
20. Se considerarmos os três números inteiros mencionados no enunciado como x, y e z, pode-se deduzir, uma vez que são ímpares, que
os três números terão a seguinte relação:
y  x2
z  y2 x4
O produto dos três números dividido por 15 será 143, conforme enunciado, ou seja:
x  (x  2)  (x  4)
 143  x  (x  2)  (x  4)  143  15
15
Se fatorarmos o número 143, pode-se reescrevê-lo como sendo o produto de 11 e 13. Logo:
x  (x  2)  (x  4)  11 13 15
Dessa equação percebe-se facilmente que:
x  11
x  2  13
x  4  15
Assim, o menor dos números ímpares dessa sequência de números ímpares é 11.
Resposta correta: B
EXERCÍCIOS PROPOSTOS
21.
f(1)  r  ek
f(2)  r  e2k
f(3)  r  e3k
f(4)  r  e4k
Como a sequência é uma P.G., podemos escrever que:
f(1) 1
1
r
  ek   f(1) 
f(2) 4
4
4
Portanto,
f(1)  f(2)  f(3)  f(4) 
255  1 1 1
1 
255
85
255
   

r 
r  6
 r 
128  4 16 64 256 
128 256
128
Então, r é um número múltiplo de 3.
Resposta correta: C
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5
RESOLUÇÃO  CURSO DE FÉRIAS
MATEMÁTICA
22. Utilizando a fórmula dos infinitos termos de uma P.G., temos:
7
7
7
D

  35
8
4 1
1
1
10
5 5
Portanto, D  35 m.
Resposta correta: B
23.
1ª Solução: (Progressão Aritmética)
Seja an o número de trapézios na etapa n.
Vamos determinar uma fórmula para an em função de n. É fácil ver que a1  0, a2  1, a3  3 e a4  6. Logo, temos:
a2  a1  1
a3  a2  2
a4  a3  3
an1  an2  n  2
an  an1  n  1
Somando, vem:
 1 n 1 
an  a1  
  (n  1)
 2 
n
  (n  1).
2
Portanto, o número de trapézios obtidos na sexta etapa é:
6
a6   (6  1)  15.
2
2ª Solução: (Combinações Simples)
O número de trapézios formados na etapa n, com n  2, corresponde ao número de combinações simples dos n segmentos horizon-
n
tais (inclusive a base do triângulo inicial) tomados 2 a 2, isto é,   . Portanto, a resposta é
 2
Resposta correta: B
6
6!
 15.
 
2
2!
 4!
 
24.
Solução 1:
Utilizando as Relações de Girard e a fatoração:
c 56
x1  x2    x1  x2  28
a 2
Fatorando este número, tem-se: 28  22  71. Assim, o número de divisores será: (2  1)  (1  1)  6 divisores.
Solução 2:
Simplificando a equação e calculando suas raízes, tem-se:
2x2  114x  56  0  x2  57x  28  0
  (57)2  4  1  28  3137
x1 ,2 
57  3137
2
6
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RESOLUÇÃO  CURSO DE FÉRIAS
MATEMÁTICA
Assim, utilizando as propriedades dos produtos notáveis, o produto das raízes da equação será:
2
 57  3137   57  3137   57 2  3137  3249 3137 112
x1  x2  


 x1  x2  28
  
     
 
2
2
4
4
4

 
  2  2 
Os divisores de 28 são: 1, 2, 4, 7, 14 e 28. São, portanto, 6 divisores.
Resposta correta: D
25. A altura mínima é atingida quando toda a área é ocupada pelos contêineres. A única maneira de fazer isso é dispor os contêineres de
modo que 10  4  2,5 e 32  5  6,4. Logo, serão dispostos 4  5  20 contêineres em cada nível e, portanto, a resposta é
100
 2,5  12,5m.
20
Resposta correta: A
26. Seja (a,b, c) a progressão geométrica crescente cujos termos queremos determinar. Tem-se que a  b  c  13 e a2  b2  c2  91.
Além disso, sabemos que b2  ac. Logo, vem:
(a  b  c)2  132  a2  b2  c2  2(ab  ac  bc)  169
 91  2b(a  b  c)  169
 26b  78
 b  3.
Em consequência de a  c  10 e ac  9, segue que a  1 e c  9.
Portanto, como 139  1mod23, podemos concluir que a resposta é 1.
Resposta correta: A
27. Área do círculo maior: A   12  
2
1

1
do raio do primeiro, portanto a segunda área será A2      .
2
4
2
1
A sequência das infinitas áreas é uma P.G. de razão q  .
4
Daí, a soma dos infinitos termos desta sequência será dada por:

4
S

1
3
1
4
O raio do segundo círculo é
Resposta correta: E
28. Seja q a quantidade inicial de coelhos. A quantidade de coelhos cresceu segundo uma progressão geométrica de razão igual a 2. Logo,
após 12 meses, a quantidade de coelhos é igual a 8q.
7q
 100%  87,5% da quantidade atual.
A quantidade a ser vendida corresponde a 8q  q  7q coelhos ou
8q
Resposta correta: E
29. Sejam t, m e n, respectivamente, o total gasto, o número de viagens simples e o número de viagens de integração. Logo, devemos
calcular o valor mínimo de t que satisfaça t  3  m  4,65  n e t  12,5.
Observando que 4,65  3  12,5, basta tomarmos n  3 e um valor conveniente de m para obtermos o resultado desejado. Com efeito,
vejamos:
1. se n = 3 e m = 0, temos t  3  4,65  13,95;
2. se n = 2 e m = 2, temos t  3  2  4,65  2  15,30;
3. se n = 1 e m = 3, temos t  3  3  4,65 1  13,65;
4. se n = 0 e m = 5, temos t  3  5  15,00.
Portanto, segue que o menor valor de recarga para o qual seria possível zerar o saldo do bilhete após algumas utilizações é
13,65  12,5  R$1,15.
Resposta correta: B
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7
RESOLUÇÃO  CURSO DE FÉRIAS
MATEMÁTICA
30. Sendo 540  22  33  5, 810  2  34  5 e 1080  23  33  5, vem que o máximo divisor comum desses números é 2  33  5  270. Contudo, se o comprimento das novas peças deve ser menor do que 200 centímetros, então queremos o maior divisor comum que seja menor do que 200, ou seja, 33  5  135.
Em consequência, a resposta é:
540
810
1080
40 
 30 
 10 
 420.
135
135
135
Resposta correta: E
31. De acordo com a tabela, temos:
n  12x  11  n  1  12  x  1 
n  20y  19  n  1  20  x  1 
n  18z  17  n  1  18  x  1 
mmc 12,20,18   180
Concluímos então que n + 1 é o maior múltiplo de 180 que é menor que 1200.
Portanto, n  1  1080  n  1079.
A soma dos algarismos de n será dada por: 1 + 0 + 7 + 9 = 17.
Resposta correta: B
32. Tem-se que o número da primeira figurinha da última página é 875  25  1  851. Logo, a figurinha especial de maior número que
inicia uma página é o maior múltiplo de 7 dentre: 851, 826, 801, . Daí, como 826  118  7, podemos afirmar que a resposta é 34.
Resposta correta: E
33. O número mínimo de escolas beneficiadas ocorre quando cada escola recebe o maior número possível de ingressos. Logo, sendo o
número máximo de ingressos igual ao máximo divisor comum de 400  24  52 e 320  26  5, temos: mdc(400, 320)  24  5  80.
Portanto, como 400  5  80 e 320  4  80, segue que a resposta é 5  4  9.
Resposta correta: C
34. MMC(12, 22, 39)  1716  28  60  36minutos, ou seja, 1 dia  4 horas  36minutos.
Mais precisamente, às 19 horas e 36 minutos do dia seguinte.
Resposta correta: E
a
35. Até a 42 linha, temos:
1234
 40  41  42 
(1  42)  42
 903 termos.
2
Portanto, o primeiro elemento da 43ª linha será o 904º número natural ímpar. Então:
a904  1  903  2  1807.
Resposta correta: E
60
 20 viagens. Além disso, as distâncias percorridas pelo jardineiro, em cada viagem, constituem a
3
 34  148 
progressão aritmética (34, 40, 46, ,148). Portanto, segue que o resultado pedido é igual a 
  20  1820 m.
2


36. É fácil ver que o jardineiro fará
Resposta correta: D
8
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RESOLUÇÃO  CURSO DE FÉRIAS
MATEMÁTICA
37. Sendo 162  2  34 e 90  2  32  5, temos mdc(162, 90)  2  32  18. Desse modo, o resultado pedido é dado por
162  90 252

 14.
18
18
Resposta correta: C
38. Para que um armário fique com a porta aberta deverá ser alterado um número ímpar de vezes.
O número de divisores de um quadrado perfeito é sempre ímpar, ao passo que o número de divisores de um número, não quadrado
perfeito, é sempre par. Portanto, os quartos que ficarão abertos terão quadrados perfeitos como números.
São eles: 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81 e 90.
Portanto, 10 quartos ficarão com as portas abertas.
Resposta correta: E
a
a
39. Seja   o quociente da divisão de a por b, com a, b e   
b 
b 

.
 200    200   22  28  50
ações, ao custo total de
 9   7 
22  9  28  7  198  196  R$ 394,00. Portanto, vendendo essas ações ao preço unitário de R$ 8,00, segue-se que o investidor teve um
Nos
dois
primeiros
meses,
o
investidor
comprou
lucro de 8  50  394  R$ 6,00.
Observação: Note que é indiferente o fato do investidor comprar ou não ações no terceiro mês.
Resposta correta: A
40. Desde que 1000  6 166  4, podemos concluir que o milésimo cliente receberá de brinde um refrigerante.
Resposta correta: C
OSG 4075/16
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