Gabarito – Página 2

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 $\frac{\ell}{2}$ .

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