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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Um Problema Interessante Sobre Logaritmos

Olá leitores!

Recebi uma lembrança no meu quase esquecido Facebook de um problema interessante sobre logaritmos. Veja-o a seguir:

\left\{ \begin{array}{l} \log_x (2y) = 3 \\ \log_x (4y) = 2 \\ \end{array} \right.

Se x e y satisfazem às duas equações, calcule y^{-x}.

A resposta não é complicada (juro!) e sugiro que você tente resolver antes que você veja a nossa resposta. Então, pra evitar spoiler, vou colocar uma imagem abaixo que tem uma espiral (tudo a ver com logaritmos…) e depois a nossa solução.

Agora sim, a nossa solução:

Usando as propriedades de logaritmos, podemos escrever:

\left\{ \begin{array}{l} \log_x 2 + \log_x y = 3 \\ \log_x 4 + \log_x y = 2 \\ \end{array} \right.

Podemos, agora, subtrair a primeira equação da segunda:

\log_x 2 - \log_x 4 = 3 - 2 \Rightarrow \log_x 2 - 2\log_x 2 = 1 \Rightarrow -\log_x 2 = -1 \Rightarrow x = \frac{1}{2}

Voltando a equação e, substituindo o valor de x, teremos para o valor de y:

\log_{\frac{1}{2}} (2y) = 3 \Rightarrow 2y = \frac{1}{8} \Rightarrow y = \frac{1}{16}

Então y^{-x} = (\frac{1}{16})^{-\frac{1}{2}} = 16^{\frac{1}{2}} = 4.

E aí, curtiu?

Até a próxima!

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EEAr: Mais um Simulado!

Olá leitor.

Hoje trazemos mais um simulado para a EEAr, com 24 questões de matemática mais focadas em geometria, com geometria plana e espacial.

Seguem as questões no link abaixo:

Bons estudos e boa semana!

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EsPCEx: um Pequeno Simulado!

Olá leitor.

Hoje trazemos um pequeno simulado de matemática para a EsPCEx. Com 20 questões, envolvendo vários assuntos diferentes.

Espero que te ajude.

Bons estudos.

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EEAr: um Simulado de Revisão

Olá leitor!

Está estudando para a EEAr? Segue então um simulado com 24 questões de matemática para a EEAr. Serve como revisão geral para você que fará a prova no próximo dia 30/5.

Bons estudos e boa semana!

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EEAr: Uma Lista Geral de Revisão

Olá leitores.

A primeira prova da EEAr de 2021 está chegando, e com ela se intensificam as aulas de revisão e aprofundamento. Deixamos então aqui uma lista de revisão com cerca de 25 exercícios de temas gerais de provas anteriores da EEAr.

Espero que esta lista te ajude a ficar ainda mais preparado para o concurso.

Bons estudos!

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Escola Naval: 32 Questões Gerais de Revisão

Olá pessoal!

Está de bobeira aí?!

Seguem, então, 32 questões de provas antigas (bem antigas, da década de 90!) da Escola Naval, todas com GABARITO para sua revisão nesta reta final!

Divirtam-se:

Bons estudos e boa semana!

[LSB]

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Análise Combinatória e Múltiplos de 3

Olá, leitores!

Hoje trazemos uma dúvida trazida por uma de nossas leitoras. Segue o enunciado:

Calcule quantos múltiplos de 3, de 4 algarismos distintos, podem ser formados com 2, 3, 4, 6 e 9.

Stephanie Wenceslau

Bom, em primeiro lugar, para que um número qualquer, seja ele de 4 algarismos distintos ou não, seja múltiplo de 3 a soma de seus algarismos deve ser um número divisível por 3. Vamos separar, então em casos diferentes:

  1. Se o número é composto apenas por algarismos múltiplos de 3, certamente ele é múltiplo de 3. Para este caso, não há possibilidades, pois os algarismos devem ser distintos e só há 3 múltiplos de 3. Basta ver que temos 3 \cdot 2 \cdot 1 \cdot 0 = 0 números.
  2. Como são cinco números disponíveis e usaremos quatro deles, já sabendo que não podem ser três múltiplos de 3 , teremos as seguintes possibilidades:
    1. Não usar o algarismo 3, daí a soma dos restantes é 2 + 4 + 6 + 9 = 21, sendo múltiplo de 3. Serão 4! = 24 números.
    2. Não usar o algarismo 6, daí a soma dos restantes é 2 + 3 + 4 + 9 = 18, sendo múltiplo de 3. Serão 4! = 24 números.
    3. Não usar o algarismo 9, daí a soma dos restantes é 2 + 3 + 4 + 6 = 15, sendo múltiplo de 3. Serão 4! = 24 números.
  3. Veja que não há como usar apenas um algarismo múltiplo de 3, pois há três algarismos múltiplos de 3 dentre cinco e usaremos quatro deles.

Assim temos um total de 24 + 24 + 24 =  72 números.

Pensando em outra abordagem, podemos ver o seguinte: a soma de todos os algarismos é 2 + 3 + 4 + 6 + 9 = 24. Como a soma total já é múltipla de 3, para termos uma soma total, usando apenas 4 algarismos, também múltipla de 3, só poderemos retirar um múltiplo de 3 dentre os existentes. Portanto, escolhemos primeiro um dos três múltiplos de 3 para retirar, sendo {3 \choose 1} = 3 maneiras e, os 4 algarismos restantes, formam o número de 4! maneiras possíveis. Daí, para cada algarismo retirado (que são 3 opções) temos esse total de permutações dos algarismos restantes, ou seja, 3 \times 4! = 72 números possíveis.

Espero ter respondido!

Até.

[LSB]

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Alguns Bons Exercícios para a EEAr!

Olá leitores!

Segue uma pequena lista com sete exercícios de matemática de assuntos diversos, criados por mim, para simular questões da EEAr.

São poucos exercícios, mas são interessantes. Pode confiar.

Bons estudos!

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EFOMM: Análise Combinatória

Olá leitores!

Hoje trago mais uma duvida enviada por um de nossos leitores. É uma questão da EFOMM, envolvendo análise combinatória ou, um problema de contagem, como gosto atualmente de dizer. O enunciado segue:

(EFOMM) Quantos anagramas é possível formar com a palavra CARAVELAS não havendo duas vogais consecutivas e nem duas consoantes consecutivas?

a) 24

b) 120

c) 480

d) 1920

e) 3840

Enviada por Artur Ardasse

Bom, em primeiro lugar é preciso saber que anagrama é qualquer combinação das letras de uma palavra. Se ela tem n letras, então teremos um total de n! anagramas. Quando há \alpha letras iguais, o total de anagramas é \frac{n!}{\alpha !}. Mas, no nosso problema, as vogais e as consoantes devem se alternar, já que não podem estar juntas.

Assim, se C representa uma das consoantes e V uma das vogais, as palavras serão da forma C_1V_1C_2V_2C_3V_3C_4V_4C_5. Como há mais vogais que consoantes, não há como começar com uma vogal (caso queira, pense no caso da palavra CARAVELA. Neste exemplo, poderíamos começar com vogal ou com consoante.).

Assim, como há 5 consoantes e 4 vogais, teremos 5 \times 4 \times 4 \times 3 \times 3 \times 2 \times 2 \times 1 \times 1 = 5! \cdot 4!. Este é o total de anagramas sem considerar que há três letras “A” repetidas. Precisamos então, descontar estas repetições.

Portanto, nosso total será \frac{5! \cdot 4!}{3!} = \frac{120 \cdot 4 \cdot 3!}{3!} = 480 anagramas. Temos assim a opção C.

Como observação final, pense em como faríamos se o enunciado pedisse anagramas em que temos vogais consecutivas ou consoantes consecutivas. Veja que agora que queremos “OU” e não “E”. Alguma coisa muda? Ou não? Pense nisso!

Até a próxima!

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