Gabarito Comentado EEAr 2021/2022 (Primeira Prova): Matemática

Seguem os meus gabaritos para a (primeira) prova de matemática da EEAr de 2021/2022.

Uma caixa cúbica, de aresta 10 cm, está totalmente cheia de água. Ao despejar toda a água em um tubo cilíndrico de 5 cm de raio, essa água atingirá uma altura de \rule{2 cm}{0.2 mm}\, /\pi cm no tubo. (Considere as dimensões como sendo internas ao recipiente e que o tubo tem a altura necessária para o evento.)

a) 50

b) 40

c) 35

d) 25

O volume do cubo será de 10^3 = 1000 \,\textrm{cm}^3. Para o cilindro teremos o volume de 1000 = \pi \cdot 5^2 \cdot h, ou seja h = \frac{40}{\pi} cm. Opção B.

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Uma empresa de produtos químicos tem o seguinte logotipo, composto por dois círculos concêntricos divididos em 6 setores circulares de 60^\circ cada. Se o raio do maior círculo medir 10 cm e o do menor medir 8 cm, toda a área hachurada (em cinza) mede \rule{2 cm}{0.2 mm}\, \pi\textrm{cm}^2.

a) 30

b) 40

c) 50

d) 60

Repare que podemos simplesmente “encaixar” as partes “cinzas” nas partes “brancas”, formando um semicírculo de raio 10 cm. Assim, a área será \frac{\pi \cdot 10^2}{2} = 50\pi\, \textrm{cm}^2, portanto, opção C.

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A revolução de um triângulo equilátero de 6 cm de lado, em torno de um de seus lados, gera um sólido de volume igual \rule{2 cm}{0.2 mm}\,\pi\textrm{cm}^3.

a) 54

b) 48

c) 36

d) 24

A rotação deste triângulo sobre um de seus lados vai gerar um duplo cone (dois cones) cujo raio da base R (do cone) é a altura R = h = \frac{6\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3} cm do triângulo e cuja altura total H é duas vezes a metade do lado \ell = 6 cm também do triângulo. Veja a figura:

Veja que temos dois cones de mesmo raio R = h e mesma altura \frac{\ell}{2}.

Então teremos:

V = 2 \cdot \frac{1}{3} \pi R^2 (\frac{\ell}{2}) \Rightarrow V = \frac{1}{3} \pi R^2 (2 \cdot \frac{\ell}{2}) \Rightarrow  V = \frac{1}{3} \pi (3\sqrt{3})^2 \cdot 6 = 54\pi\,\textrm{cm}^3

Teremos, então a opção A.

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O ponto P(1,4) é \rule{3 cm}{0.2 mm} à circunferência de equação (x+1)^2 + (y -5)^2 = 9 e é \rule{3 cm}{0.2 mm} à circunferência de equação (x-3)^2 + (y - 5)^2 = 16.

a) exterior; exterior

b) exterior; interior

c) interior; exterior

d) interior; interior

Para resolver este problema basta comparar a distância do centro de cada circunferência ao ponto dado com o raio da respectiva circunferência. Para isto, basta substituir o ponto na equação da circunferência. Para a primeira:

(1+1)^2 + (4-5)^2 = 2^2 + (-1)^2 = 5 < 9, logo o primeiro ponto é interior.

Para a segunda:

(1-3)^2 + (4-5)^2 = (-2)^2 + (-1)^2 = 5 < 16, logo o segundo ponto também é interior.

Portanto, opção D.

Sempre costumo lembrar que um desenho ajuda. Segue uma figura da situação.

O ponto A é o centro da primeira circunferência; e B, o da segunda.
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Em uma classe da 1ª série do Curso de Formação de Sargentos — EEAr, as idades dos alunos se distribuíam conforme a tabela. Desta forma, a idade média ponderada desses alunos era de \rule{2 cm}{0.2 mm} anos.

\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline \textrm{Idade (anos)} & 18 & 19 & 20 & 21 & 22 \\ \hline  f_r(\%) & 40 & 30 & 17 & 10 & 3 \\ \hline \end{array}

a) 18,81

b) 18,98

c) 19,06

d) 19,23

Vamos dizer que o total de alunos seja T, como a frequência relativa é calculada sempre sobre o mesmo total, podemos fazer a média ponderada pelas próprias frequências, veja:

\frac{18 \cdot \frac{40}{100}T + 19 \cdot \frac{30}{100}T + 20 \cdot \frac{17}{100}T + 21 \cdot \frac{10}{100}T + 22 \cdot \frac{3}{100}T}{\frac{40}{100}T + \frac{30}{100}T + \frac{17}{100}T + \frac{10}{100}T + \frac{3}{100}T}

Veja que podemos cancelar T, uma vez que não é zero e teremos:

\frac{18 \cdot 0,4 + 19 \cdot 0,3 + 20 \cdot 0,17 + 21 \cdot 0,1+ 22 \cdot 0,03}{\frac{100}{100}} = 7,2 + 5,7 + 3,4 + 2,1 + 0,66 = 19,06

Chegamos à opção C.

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Sejam A e B os restos das divisões de P(x) = x^3 - 3x^2 - 4x + 6 por, respectivamente, x+2 e x - 3. Desta forma, pode-se afirmar que

a) A = B

b) A = 2B

c) B = 2A

d) A = -B

Como só queremos o resto, basta aplicar o Teorema do Resto, assim:

A = P(-2) = (-2)^3 - 3 \cdot (-2)^2 - 4 \cdot (-2) + 6 = -8 -12 + 8 + 6 = -6

E o outro resto:

B = P(3) = (3)^3 - 3 \cdot (3)^2 - 4 \cdot (3) + 6 = 27-27 -12 + 6 = -6

Assim, A = B, opção A.

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Um número complexo z tem argumento \theta = \frac{5\pi}{6} e módulo igual a 6. A forma algébrica de z é

a) -3\sqrt{3} + 3i

b) -3\sqrt{3} + \sqrt{3}i

c) 3\sqrt{3} - \sqrt{3}i

d) 3\sqrt{3} - 3i

Sabemos que a forma trigonométrica de um complexo é z = \vert z \vert (\cos \theta + i \textrm{sen } \theta), podemos então substituir os valores dados:

z = 6 (\cos \frac{5\pi}{6} + i \textrm{sen } \frac{5\pi}{6}) = 6 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2} + i \cdot \frac{1}{2}) = -3\sqrt{3} + 3i

Tendo como resposta a opção A.

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O gráfico mostra o consumo médio de gasolina, em km/L, dos veículos de uma revendedora de automóveis. Com base no gráfico, é correto afirmar que a quantidade de veículos da revendedora que percorrem 10 km ou mais com 1 litro de gasolina corresponde a \rule{2 cm}{0.2 mm}\,\% do total de veículos da loja. (Considere que em cada classe o intervalo é fechado no limite inferior e aberto no limite superior).

a) 56

b) 62

c) 68

d) 74

De acordo com o histograma, há 12 veículos com autonomia de 10 a 12 km/L; 14 veículos na faixa de 12 a 14 km/L e 8 veículos de 14 a 16 km/L. O total de veículos na faixa de autonomia pedida é, então, de 12 + 14 + 8 = 34 veículos. O total geral de veículos é de 6 + 8 + 10 + 12 + 14 = 50 veículos. A porcentagem será de \frac{34}{50} = \frac{68}{100} = 0,68. Opção C.

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Sejam os arcos de 480^\circ e -4\pi/3 rad. No ciclo trigonométrico, são tais que ambos estão no:

a) 1º quadrante e são côngruos

b) 2º quadrante e são côngruos

c) 1º quadrante e não são côngruos

d) 2º quadrante e não são côngruos

Sabemos que 480^\circ = 120^\circ + 1 \cdot 360^\circ, pertencendo, portanto, ao segundo quadrante; e que - \frac{4\pi}{3} \,\textrm{rad} = - 240^\circ que é côngruo de 120^\circ e está, por sua vez, também no segundo quadrante, sendo assim, côngruos. Opção B.

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Seja a P.G. (24,36,54,\ldots). Ao somar o 5º e o 6º termos dessa P.G. tem-se

a) 81/2

b) 405/2

c) 1215/4

d) 1435/4

Vamos, primeiro, identificar a razão da P.G. que é q = \frac{36}{24} = \frac{3}{2}. Assim, o quinto termo será a_5 = 24 \cdot (\frac{3}{2})^4 = 24 \cdot \frac{81}{16} e o sexto será igual ao quinto multiplicado pela razão, ou seja, a_6 =  24 \cdot \frac{81}{16} \cdot \frac{3}{2}. Então a soma será:

a_5 + a_6 = 24 \cdot \frac{81}{16} + 24 \cdot \frac{81}{16} \cdot \frac{3}{2}

Então:

a_5 + a_6 = 24 \cdot \frac{81}{16} \cdot (1+ \frac{3}{2}) = 24 \cdot \frac{81}{16} \cdot \frac{5}{2} = 3 \cdot \frac{81 \cdot 5}{4} = \frac{1215}{4}

Chegamos então à opção C.

Como observação, poderíamos completar a P.G. calculando os termos seguintes, multiplicando os anteriores pela razão:

(24,36,54,81,\frac{243}{2},\frac{729}{4},\ldots)

E claro \frac{243}{2} + \frac{729}{4} = \frac{1215}{4}.

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Seja uma função f: A \to B tal que A = \{0,1,2,3,4\} e B = \mathbb{R}. A alternativa que apresenta todos os pontos de um possível gráfico de f é

a) (0,0); (0,1); (0,2); (0,3) e (0,4)

b) (0,0); (1,0); (2,0); (3,0) e (4,0)

c) (0,0); (1,-1); (2,-2) e (3,-3)

d) (0,1); (2,3); (4,5); e (5,6)

Primeiramente, como há cinco elementos no domínio de f que é A, devemos ter 5 pares ordenados e cada abscissa deve ser correspondente aos elementos de A. A única opção que atende é B.

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A razão entre o perímetro do quadrado circunscrito a uma circunferência de raio 2 cm e o perímetro do quadrado inscrito na mesma circunferência é

a) 4

b) 2

c) 2\sqrt{2}

d) \sqrt{2}

O quadrado que circunscreve uma circunferência de raio R tem lado L = 2R e o quadrado inscrito tem diagonal d tal que d = 2R. Como d = \ell\sqrt{2} temos \ell\sqrt{2} = 2R \Rightarrow \ell = \frac{2R}{\sqrt{2}}, portanto:

\frac{4L}{4\ell} = \frac{L}{\ell} = \frac{2R}{\frac{2R}{\sqrt{2}}} = \sqrt{2}

Opção D.

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Se 8 alunos do CFS da EEAr “entrarão em forma” em uma única fila, de maneira que a única restrição seja de que o aluno mais alto fique no início da fila, então o número de formas diferentes de se fazer esta formação é

a) 5040

b) 2520

c) 840

d) 720

São 8 posições, sendo que a primeira só pode ser ocupada por uma única pessoa. As demais, podem ser ocupadas pelas sete pessoas restantes.

1 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 7! = 5040

Opção A.

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Seja ABC um triângulo tal que \widehat{A} = 60^\circ, conforme a figura.

Assim, tem-se que FD = \,\rule{2 cm}{0.2 mm}\,.

a) 2

b) 3

c) 4

d) 5

Vejamos, em primeiro lugar que AC = AD e, por isso, A\widehat{C}D = A\widehat{D}C = 60^\circ. Então, o triângulo ACD é equilátero e teremos AC = AD = CD = 6. Para o triângulo ABC, os segmentos \overline{BE} e \overline{CD} são medianas e, portanto, o ponto F é baricentro de \Delta ABC. Então, da propriedade do baricentro teremos CF = 2 FD. Se FD = x, teremos x + 2x = 6, logo x = 2. Opção A.

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Um cilindro circular reto de 5 cm de raio da base e de 10 cm de altura terá toda a sua superfície lateral revestida por uma fita de 0,5 cm de largura, como mostra a figura.

Considerando \pi = 3,14 e que não haverá sobreposição de fita, será necessária uma quantidade mínima de \rule{2 cm}{0.2 mm} m de fita para realizar a tarefa.

a) 4,62

b) 6,28

c) 8,44

d) 9,32

O comprimento L de cada volta da fita em torno do cilindro corresponde ao comprimento do círculo da base do cilindro: L = 2 \pi \cdot 5 = 10\pi cm. A altura do cilindro é de 10 cm e cada fita tem 0,5 cm de espessura. Assim, serão necessárias \frac{10}{0,5} = 20 fitas. Então o comprimento total de fita será de 10\pi \times 20 = 200 \pi = 200 \cdot 3,14 = 628 cm. Ou seja, 6,28 m. Opção B.

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Se \textrm{sen } 2x = 1/3 então (\textrm{sec } x) \,\colon (\textrm{sen } x) é igual a

a) 8

b) 6

c) 4

d) 2

Sabemos que \textrm{sen } 2x = 2 \cdot \textrm{sen } x \cdot \cos x e, da expressão dada no enunciado:

\frac{\textrm{sec } x}{\textrm{sen } x} = \frac{1}{\cos x} \cdot \frac{1}{\textrm{sen } x} = \frac{1}{\frac{\textrm{sen } 2x}{2}} = \frac{1}{\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}} = \frac{1}{\frac{1}{6}} = 6

Temos então, a opção B.

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Pedro é um tenista profissional que vem treinando 120 saques por dia. Porém, a partir de amanhã, a cada dia de treino ele fará 5 saques a mais que no treino anterior. Se o objetivo de Pedro é alcançar o dia em que treinará 180 saques, ele conseguirá isso no \rule{2 cm}{0.2 mm} dia de treino, considerando hoje o primeiro dia.

a) 10 \textsuperscript{\d o}

b) 12 \textsuperscript{\d o}

c) 13 \textsuperscript{\d o}

d) 15 \textsuperscript{\d o}

Como ele sempre faz cinco saques a mais que no dia anterior, teremos uma progressão aritmética:

(120,125,130,135,\ldots)

Assim, a_1 = 120 e r = 5, queremos que o termo geral a_n seja igual a 180, ou seja:

a_n = 120 + (n-1) \cdot 5 = 180

Portanto:

120 + 5n - 5 = 180 \Rightarrow 5n = 65 \Rightarrow n = 13

Mais uma vez eu digo, bastava escrever os termos:

(120,125,130,135,140,145,150,155,160,165,170,175,180,\ldots)

E contar. Opção C.

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Simplificando a expressão y = \frac{C_{n,4}}{C_{n-1,3}}, encontra-se y igual a

a) n

b) n/2

c) n/3

d) n/4

Sabendo que C_{n,p} = \frac{n!}{p!(n-p)!} teremos:

y = \frac{\frac{n!}{4!(n-4)!}}{\frac{(n-1)!}{3!(n-1-3)!}} = \frac{n!}{4!(n-4)!} \cdot \frac{3!(n-4)!}{(n-1)!} = \frac{n \cdot (n-1)! \cdot 3!}{4 \cdot 3! \cdot (n-1)!} = \frac{n}{4}

Então, opção D. Mais um comentário: veja que poderíamos fazer facilmente n = 4 e teríamos y = \frac{C_{4,4}}{C_{3,3}} =1. A única opção que daria este resultado é a opção D. Bingo!

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Se \log 2 = 0,3 e \log 3 = 0,5, então o valor de \frac{\log 0,0072}{\log 5} é

a) -3

b) -2

c) 2

d) 3

Vamos primeiro “ajeitar” a expressão dada:

\frac{\log 0,0072}{\log 5} = \frac{\log \frac{72}{10000}}{\log 5} = \frac{\log 72 - \log 10000}{\log \frac{10}{2}} = \frac{\log (9 \cdot 8) - \log 10^4}{\log10 - \log 2} =

Continuando:

= \frac{\log 9 + \log 8 - 4}{1 - 0,3} = \frac{\log 3^2 + \log 2^3 - 4}{0,7} = \frac{2\cdot 0,5 + 3 \cdot 0,3 - 4}{0,7} = \frac{-2,1}{0,7}=-3

Opção A.

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Uma bola é lançada verticalmente para cima. Se sua altura h, em metros, em relação ao solo, t segundos após o lançamento, considerando t \in [0,4], pode ser calculada por h = -t^2 + 2t + 8, a altura máxima atingida pela bola é \rule{2 cm}{0.2 mm} m.

a) 7

b) 8

c) 9

d) 10

A altura máxima corresponde à ordenada do vértice da parábola representada por h:

y_V = -\frac{\Delta}{4a} = - \frac{2^2 - 4 \cdot (-1) \cdot 8}{4 \cdot (-1)} = -\frac{4+32}{-4} = 9

Temos, então, Opção C.

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Seja ABC um triângulo retângulo em A, tal que \widehat{B} = 60^\circ. Se o perímetro do triângulo é 9(\sqrt{3} + 1) cm, a hipotenusa mede \rule{2 cm}{0.2 mm} cm.

a) 2\sqrt{3}

b) 3\sqrt{3}

c) 4\sqrt{3}

d) 6\sqrt{3}

Como \widehat{B} = 60^\circ, teremos \widehat{C} = 30^\circ e finalmente:

\textrm{sen } \widehat{C} = \frac{AB}{BC} \Rightarrow \frac{1}{2} = \frac{AB}{BC} \Rightarrow AB = \frac{BC}{2}

Analogamente:

\textrm{sen } \widehat{B} = \frac{AC}{BC} \Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{AC}{BC} \Rightarrow AC = \frac{BC\sqrt{3}}{2}

Fazendo BC = x teremos:

AB + AC + BC = \frac{x}{2} + \frac{x\sqrt{3}}{2} + x = (\frac{3 + \sqrt{3}}{2}) x

Mas este é o perímetro, logo:

9(\sqrt{3} + 1) = x \cdot \frac{3 + \sqrt{3}}{2} \Rightarrow 18\sqrt{3} + 18 = x(3 + \sqrt{3})

Assim, x = \frac{18\sqrt{3} + 18}{3 + \sqrt{3}} e racionalizando:

x = \frac{(18\sqrt{3} + 18)(3 - \sqrt{3})}{(3+\sqrt{3})(3-\sqrt{3})} = \frac{54\sqrt{3} - 54 + 54 -18\sqrt{3}}{9 - 3} = \frac{36\sqrt{3}}{6} = 6\sqrt{3}

Chegamos então, à opção D.

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Seja r a reta determinada A(3,5) e B(6,-1). O ponto de abscissa 8 pertencente à r possui ordenada igual a

a) 9

b) 7

c) -6

d) 5

Vamos achar o coeficiente de r:

m = \frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{5 - (-1)}{3 - 6} = \frac{6}{-3} = -2

Assim a equação de r fica:

y - 5  = (-2)(x-3)

Para x = 8, teremos y - 5 = (-2)(8-3) \Rightarrow y = -10 + 5 = -5. Opção D.

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A base de uma pirâmide é uma das faces de um cubo de aresta a. Se o volume do cubo somado com o volume da pirâmide é 2a^3, a altura da pirâmide é \rule{2 cm}{0.2 mm} da aresta a.

a) o dobro

b) o triplo

c) a metade

d) a terça parte

Seja V_c o volume do cubo e V_p o volume da pirâmide. Teremos:

V_c + V_p = a^3 + \frac{1}{3}a^2 h

Do enunciado:

2a^3 = a^3 + \frac{a^2 h}{3} \Rightarrow h = \frac{3a^3}{a^2} \Rightarrow h = 3a

Opção B.

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Dadas as retas r: 2x-3y+9 = 0, s: 8x -12y + 7 = 0 e t: 3x+2y - 1 = 0, pode-se afirmar, corretamente, que

a) r e t são paralelas

b) r e s são coincidentes

c) s e t são perpendiculares

d) r e s são perpendiculares

Vamos colocar todas na forma reduzida:

r: y = \frac{2}{3} x + 3

s: y = \frac{8}{12} x + \frac{7}{12} \Rightarrow y = \frac{2}{3}x + \frac{7}{12}

t: y = - \frac{3}{2} x + \frac{1}{2}

Vamos comparar os coeficientes de r e s. Como m_r = m_s e n_r \ne n_s, daí r e s são paralelas e distintas.

Passemos então às retas r e t: como m_r \cdot m_t = -1, portanto, r e t são concorrentes e perpendiculares.

Como r e s são paralelas, então s e t também são perpendiculares. Opção C.

Mais uma vez fica a dica. Um desenho simples poderia ajudar na solução; vamos desenhar as três retas.

Veja que r \parallel s e que r \perp t.

É isso galera! Comentem e compartilhem, se quiserem.

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