ENA-2027-Gabarito-com-Solucoes-1.pdf
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                    MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL

ENA 2027 – Gabarito com Soluções
01. Escolhendo aleatoriamente um natural 1 ⩽ n ⩽ 100, qual é a probabilidade de n não ser um múltiplo de 6?
(A) 16%
(B) 21%
(C) 72%
(D) 83%
(E) 84%
Resposta: E

A quantidade de múltiplos de 6 é dada por

100
6



= 16 múltiplos de 6.

Casos favoráveis (não ser múltiplo de 6):
Subtraindo os múltiplos de 6 do total, temos: 100 − 16 = 84 números que não são múltiplos de 6.
Probabilidade: A probabilidade é a razão entre os casos favoráveis e os casos possı́veis: P =

84
= 84%.
100

02. É estimado que a população de um paı́s cresça 1% ao ano, nos próximos n anos. Se a população atual é igual a
P0 , qual a estimativa para a população daqui a n anos?
(A) 1,01n P0
(B) (1 + 0,01n ) P0
(C) (1 + 0,01n) P0
(D) 0,01n P0
(E) 1,1n P0
Resposta: A
O crescimento de 1% ao ano significa que, a cada ano, a população é multiplicada por
1
1+
= 1 + 0,01 = 1,01.
100
• Após 1 ano: P1 = P0 · 1,01.
• Após 2 anos: P2 = P1 · 1,01 = P0 · (1,01)2 .
• Após n anos: Pn = P0 · (1,01)n .
Portanto, a estimativa para a população daqui a n anos é igual a P0 · (1,01)n .

03. Os números inteiros do conjunto {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} devem ser distribuı́dos nas oito figuras geométricas a
seguir (quatro quadrados e quatro cı́rculos), de modo que cada número seja utilizado exatamente uma vez:

6

A regra estabelece que o número contido em cada cı́rculo é igual à soma dos números contidos nos dois quadrados
diretamente ligados a ele.
O número a ser colocado no interior do cı́rculo cinza é:
(A) 4
(B) 5
(C) 7
(D) 8
(E) 9
Resposta: D
Sejam SE, SD, IE, ID os quatro quadrados (superior-esquerdo, superior-direito, inferior-esquerdo e inferiordireito, respectivamente).
Ligações da figura:
Temos que SE + SD = 6; os dois cı́rculos do meio valem SE + ID e SD + ID; o cı́rculo cinza vale IE + ID.
1) SE + SD = 6, com valores distintos em {2, 3, 4, 5, 7, 8, 9} =⇒ a única possibilidade é {SE, SD } = {2, 4}.
2) Os cı́rculos do meio valem ID + 2 e ID + 4, que precisam ser ⩽ 9 =⇒ ID ⩽ 5. Logo ID ∈ {3, 5}.
• Testando ID = 3. Isso implica que os cı́rculos do meio devem ser preenchidos com 5 e 7. Sobram 8 e 9 para
IE e cinza = IE + 3 — não bate com nenhum dos dois.
• Testando ID = 5: cı́rculos do meio = 7, 9; sobram {3, 8}; com IE = 3, cinza = 3 + 5 = 8. ✓
Portanto, o número a ser colocado no interior do cı́rculo cinza é 8.

04. O valor de k para que as equações do primeiro grau em x dadas por 2x + 3k − 5 = 0 e 7x − 13k + 9 = 0 tenham
a mesma solução é igual a
(A)

39
.
41

(B)

53
.
47

(C)

63
.
71

(D)

53
.
49

(E)

73
.
91

2

Resposta: B
Da primeira equação, 2x + 3k − 5 = 0 =⇒ x =

5 − 3k
.
2

13k − 9
.
7
13k − 9
5 − 3k
=
.
Como as soluções devem ser iguais,
2
7
Logo, 35 − 21k = 26k − 18, e, assim, 53 = 47k.
Da segunda, 7x − 13k + 9 = 0 =⇒ x =

Portanto, k =

53
.
47

05. A logomarca do PROFMAT é inspirada em uma construção fractal clássica baseada em triângulos equiláteros,
o triângulo de Sierpinski. Considere um triângulo equilátero principal de lado ℓ. Inicialmente, subdivide-se esse
triângulo em quatro triângulos equiláteros menores e congruentes ligando-se os pontos médios de seus lados. Em
seguida, repete-se o mesmo procedimento em cada um dos três triângulos menores dos cantos, como ilustrado na
figura a seguir.

ℓ

A

B
O ponto A é o ponto médio do lado esquerdo do triângulo principal, e o ponto B é o vértice inferior do triângulo
invertido desenhado no canto inferior direito, situado sobre a base do triângulo maior.
Nesse caso, a distância entre os pontos A e B é igual a:
√
ℓ 7
(A)
4
√
ℓ 5
(B)
4
√
ℓ 3
(C)
4
√
ℓ 3
(D)
2
√
ℓ 7
(E)
2
Resposta: A
Seja C o vértice inferior esquerdo.

ℓ
ℓ ℓ
3ℓ
e o lado BC mede + = .
2
2 4
4
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo ABC temos

O ângulo AĈB mede 60◦ . O lado AC mede

2

2

2

AB = AC + BC − 2AC · BC · cos(60) =

Portanto, AB =

√
ℓ 7
.
4
3

 2  2
ℓ
3ℓ
ℓ 3ℓ 1
7ℓ2
+
−2· ·
· =
2
4
2 4 2
16

Solução Alternativa
Temos que AB é a hipotenusa de um triângulo retângulo cujos catetos medem

ℓ
de um triângulo equilátero de lado .
2
Assim h2 =

ℓ
e h, onde h é a medida da altura
2

ℓ2
l2
3ℓ2
−
=
.
4
16
16

3ℓ2
ℓ2
7ℓ2
+
=
.
16
4
16
√
ℓ 7
.
Portanto, AB =
4
Logo, AB2 =

06. A região sombreada da figura da questão anterior é formada pela união do triângulo central da primeira etapa
com os três triângulos invertidos menores obtidos na segunda etapa.
A razão entre a área da região sombreada e a área do triângulo principal, de lado ℓ, é igual a:
(A)

1
4

(B)

5
16

(C)

7
16

(D)

9
16

(E)

11
16

Resposta: C

ℓ
1
O triângulo central da primeira etapa tem lado , logo área da área do triângulo principal.
2
4
1
Cada um dos 3 triângulos de canto (primeira etapa) também tem área da área principal; dentro de cada um
4
1 1
1
1
da área
deles, o triângulo invertido da segunda etapa tem área da área do triângulo-canto, ou seja, · =
4
4 4
16
principal.
1
3
= .
16
16
1
3
4
3
7
Portanto, a área sombreada total é igual a +
=
+
= .
4 16
16 16
16

Como são 3 desses triângulos: 3 ×

07. Em uma progressão aritmética de 2001 termos, o primeiro e o último termos são 17 e 4043, respectivamente. O
milésimo primeiro termo dessa progressão é igual a
(A) 1940.
(B) 1960.
(C) 2010.
(D) 2030.
(E) 2050.
Resposta: D
A razão da progressão aritmética pode ser obtida por r =

a2001 − a1
4043 − 17
4026
=
=
= 2,013.
2001 − 1
2001 − 1
2000

Portanto a1001 = a1 + 1000r = 17 + 1000(2,013) = 17 + 2013 = 2030.
4

08. Considere as afirmações abaixo envolvendo números reais:
√
I. Se x e y são racionais não nulos, então x + y 2 é irracional.
√
II. Se x é um número irracional positivo, então x é irracional.
√
√
III. Se 4 x é irracional, então x é irracional.
É correto o que se afirma em
(A) II, apenas.
(B) III, apenas.
(C) I e II, apenas.
(D) I e III, apenas.
(E) I, II e III.
Resposta: C

√
A afirmação I é verdadeira. Se x, y ∈ Q, com y ̸= 0, então y 2 é irracional.
√
√
√
Se x + y 2 fosse racional, então y 2 = ( x + y 2) − x seria racional, uma contradição.
A afirmação II também é verdadeira.
√
√
Se x fosse racional, então x = ( x )2 seria racional, contradizendo o fato de x ser irracional.
√
√
√
A afirmação III é falsa. Por exemplo, 4 4 = 2 é irracional, mas 4 = 2 é racional.
Portanto, apenas I e II são verdadeiras.

09. O perı́metro de um retângulo é 20% maior que o perı́metro de um quadrado. Sabendo que um dos lados do
retângulo é 20% menor que o lado do quadrado, é correto afirmar que a área do retângulo é
(A) igual à área do quadrado.
(B) 28% maior do que a área do quadrado.
(C) 20% menor do que a área do quadrado.
(D) 25% menor do que a área do quadrado.
(E) 30% maior do que a área do quadrado.
Resposta: B
Se ℓ é o comprimento do lado do quadrado, então o perı́metro do quadrado é igual a 4ℓ.
Logo o perı́metro do retângulo será igual a 1, 2 · 4ℓ = 4, 8ℓ.
Um lado do retângulo tem comprimento 0, 8ℓ e assim o outro lado, digamos b, deve satisfazer
2 · 0, 8ℓ + 2b = 4, 8ℓ, ou seja, b = 1, 6ℓ.
Logo, Área retângulo = 0, 8ℓ × 1, 6ℓ = 1, 28ℓ2 = 128% da área do quadrado,.
Portanto, a área do retângulo é 28% maior do que a área do quadrado

5

10. A média de emissão anual de carbono de uma frota de 15 navios era de 28 mil toneladas por embarcação. Dois
desses navios, que emitiam anualmente, um 46 mil e o outro 20 mil toneladas, foram retirados de circulação.
A nova média de emissão anual dos 13 navios restantes, em milhares de toneladas, passou a ser de aproximadamente:
(A) 26,4
(B) 27,2
(C) 27,8
(D) 28,0
(E) 28,6
Resposta: B
A soma total é dada por 15 × 28 = 420 mil toneladas.
Retirando os navios de 46 e 20 toneladas obtemos a nova soma 420 − 46 − 20 = 354.
354
Portanto a nova média será igual a
que é aproximadamente igual a 27, 2 toneladas.
13

11. Sejam A, B e C subconjuntos de um conjunto U. Denotamos por X c o complementar de X em relação a U.
Sabe-se que A ∩ B = ∅ e A ⊂ C. Qual das expressões abaixo é necessariamente igual a ∅?
(A) A ∩ ( B ∪ C c )
(B) ( A ∪ B) ∩ C c
(C) ( A ∩ C ) ∪ B
(D) ( A ∪ C ) ∩ B
(E) Ac
Resposta: A
Como A ⊂ C, temos que A ∩ C c = ∅.
Como A ∩ B = ∅ (dado), segue que A ∩ ( B ∪ C c ) = ( A ∩ B) ∪ ( A ∩ C c ) = ∅ ∪ ∅ = ∅..
O exemplo abaixo mostra que (B), (C), (D) e (E) podem todas ser não vazias simultaneamente, confirmando que
apenas (A) é necessariamente igual a ∅.
Tome U = {1, 2, 3, 4} e A = {1},

C = {1, 2} ( A ⊂ C ✓),

B = {2, 3} ( A ∩ B = ∅ ✓).

(B): ( A ∪ B) ∩ C c = {1, 2, 3} ∩ {3, 4} = {3} ̸= ∅.
(C): ( A ∩ C ) ∪ B = {1} ∪ {2, 3} = {1, 2, 3} ̸= ∅.
(D): ( A ∪ C ) ∩ B = {1, 2} ∩ {2, 3} = {2} ̸= ∅.
(E): Ac = {2, 3, 4} ̸= ∅.

12. Quantos números naturais de três algarismos não possuem o algarismo 5 em sua representação decimal?
(A) 648
(B) 720
(C) 729
(D) 810
(E) 900

6

Resposta: A
Para o algarismo das centenas, temos 8 possibilidades: 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 9.
Para cada um dos algarismos das dezenas e das unidades, temos 9 possibilidades, pois podemos utilizar qualquer
algarismo de 0 a 9, exceto o 5.
Pelo princı́pio multiplicativo, a quantidade de números procurada é 8 · 9 · 9 = 648.

13. O gráfico a seguir apresenta a distribuição de frequências das notas obtidas pelos 40 candidatos que prestaram
um concurso público:
Frequência
12

12
10
8

8
6

6
4

5
4
3
2

2
3

5

4

6

7

8

9

Nota

Sejam m, M e MO a média aritmética, a mediana e a moda desse conjunto de dados, respectivamente. A relação
correta de ordem entre essas três medidas é:
(A) m < M < MO .
(B) m = M < MO .
(C) M < m < MO .
(D) MO < M < m.
(E) m < MO = M.
Resposta: E
A partir do gráfico, as frequências são
Nota 3

4

5

6

7

8

9

Frequência 4

6

8

12

5

3

2

10

18

30

35

38

40

Freq acumulada

4

A nota 6 possui a maior frequência, logo MO = 6.
Como há 40 candidatos, a mediana é a média entre o 20◦ e o 21◦ valores.
Ambos correspondem à nota 6, segue que M = 6.
3 · 4 + 4 · 6 + 5 · 8 + 6 · 12 + 7 · 5 + 8 · 3 + 9 · 2
225
=
= 5, 625.
40
40
Portanto, m < MO = M.
A média é m =

7

14. Um trapézio isósceles possui bases de comprimentos 8 cm e 4 cm. Seus lados não paralelos medem 4 cm. A
área desse trapézio, em cm2 , é:
√
(A) 4 3
√
(B) 6 3
√
(C) 8 3
√
(D) 10 3
√
(E) 12 3
Resposta: E
Em um trapézio isósceles, as projeções dos lados oblı́quos sobre a base maior são iguais.
A diferença entre as bases é B − b = 8 − 4 = 4 cm
4
= 2 cm.
2
Assim, teremos um triângulo retângulo cuja hipotenusa é o lado inclinado ℓ = 4 cm e um dos catetos é a projeção
2 cm.

Logo, cada projeção mede

A altura h é o outro cateto.
Pelo teorema de Pitágoras segue que h2 + 22 = 42 =⇒ h2 + 4 = 16 =⇒ h2 = 12 =⇒ h =

√

√
12 = 2 3 cm.

( B + b) · h
.
Assim a área do trapézio é dada por A =
2
√
√
√
(8 + 4) · 2 3
12 · 2 3
Portanto A =
=
= 12 3.
2
2

15. Considere uma função quadrática f ( x ) = x2 + bx + c, cujo gráfico intersecta o eixo x em dois pontos distintos,
de abscissas α e β. Sabendo que |α − β| = 4, podemos afirmar que menor valor assumido por f é:
(A) −6
(B) −4
(C) −3
(D) −2
(E) 0
Resposta: B
Como f ( x ) = x2 + bx + c é uma função quadrática com raı́zes α e β, podemos escrever f ( x ) = ( x − α)( x − β).
O vértice da parábola está localizado no ponto médio das raı́zes: xv =

Assim segue que f ( xv ) =

α+β
−α
2



α+β
−β
2



=

α+β
.
2

β−α α−β
( α − β )2
·
=−
.
2
2
4

42
= −4.
4
Portanto, o menor valor assumido por f é −4.

Como |α − β| = 4, temos f ( xv ) = −

8

16. Sobre o triângulo de lados 3, 4 e x são feitas as afirmações:
√
I. O triângulo é acutângulo se, e somente se, 7 < x < 5.
√
II. O triângulo é retângulo se, e somente se, x = 7 ou x = 5.
√
III. O triângulo é obtusângulo se, e somente se, 1 < x < 7 ou 5 < x < 7.
É correto o que se afirma em:
(A) II, apenas.
(B) III, apenas.
(C) I e II, apenas.
(D) I e III, apenas.
(E) I, II e III.
Resposta: E
Para que exista um triângulo com lados 3, 4 e x, devemos ter 1 < x < 7.
Pela lei dos cossenos (ou comparação direta de quadrados), para lados 3, 4, x:
Retângulo: Se x é hipotenusa, então x2 = 9 + 16 = 25 ⇒ x = 5; se 4 é hipotenusa, 16 = 9 + x2 ⇒ x =

√

7.

Logo II é verdadeira.
Acutângulo: se x > 4: precisa x2 < 25 ⇒ x < 5, dando 4 < x < 5.
√
√
√
Se x ⩽ 4: precisa 16 < 9 + x2 ⇒ x > 7, dando 7 < x ⩽ 4. Unindo os dois casos segue que 7 < x < 5.
Logo I é verdadeira.
Obtusângulo: é o que resta dentro da desigualdade triangular 1 < x < 7: 1 < x <

√

7 ou 5 < x < 7.

Logo III é verdadeira.
Portanto, todas as afirmações são corretas.

17. A soma dos valores reais de x que são soluções da equação |2x − 1| = |4x + 7| é igual a
(A) −8.
(B) −6.
(C) −5.
(D) −4.
(E) −3.
Resposta: C
Pela propriedade do valor absoluto, | A| = | B| ⇐⇒ A = B

ou

A = − B.

Logo segue que |2x − 1| = |4x + 7| ⇐⇒ 2x − 1 = 4x + 7 ou 2x − 1 = −(4x + 7).
Resolvendo cada equação, obtemos x = −4 ou x = −1.
Portanto, a soma é −4 − 1 = −5.

9

18. Quantos naturais existem de 1 até 1000 que são múltiplos de 3 ou 5 ?
(A) 533.
(B) 510.
(C) 495.
(D) 467.
(E) 437.
Resposta : D
Vamos usar o Princı́pio da Inclusão-Exclusão.


1000
• Múltiplos de 3 no intervalo [1, 1000]:
= 333
3


1000
• Múltiplos de 5 no intervalo [1, 1000]:
= 200
5

• Múltiplos de 3 e de 5 simultaneamente (ou seja, múltiplos de 15):

1000
15



= 66

Pelo Princı́pio da Inclusão-Exclusão, a quantidade de números que são múltiplos de 3 ou 5 é igual a 333 + 200 −
66 = 467.

19. Em uma cidade um taxı́metro funciona com uma taxa de embarque de R$ 6, 50 e é projetado para cobrar
um valor adicional de R$ 4,50 por quilômetro rodado. O valor no taxı́metro só é alterado quando o táxi roda
exatamente 1 km depois da última alteração e a cobrança é feita exclusivamente pelo visor. Uma viagem de
32, 5 km terá um custo de
(A) R$ 96,50
(B) R$ 132,40
(C) R$ 144,50
(D) R$ 150,50
(E) R$ 160,40
Resposta: D
O taxı́metro inicia com R$ 6,50 e acrescenta R$ 4,50 a cada quilômetro completo percorrido.
Como a viagem tem 32, 5 km, o visor terá sido alterado após 32 quilômetros.
Portanto, uma viagem de 32, 5 km terá um custo de 6, 50 + 32 · 4, 50 = 150, 50 reais.

20. Considere a famı́lia de funções quadráticas
f k ( x ) = x2 − 2(k + 2) x + (k + 14), em que k ∈ R. O conjunto dos valores de k para os quais a função f k tem dois
zeros distintos, ambos maiores que 1 é:
(A) k > 11
(B) 2 < k < 11
(C) k > 4
(D) −3 < k < 11
(E) k < −3 ou k > 11

10

Resposta: B
Discriminante > 0: 4(k + 2)2 − 4(k + 14) > 0 ⇔ (k + 2)2 − (k + 14) > 0 ⇔ k2 + 3k − 10 > 0 ⇔ (k + 5)(k − 2) > 0,
ou seja, k < −5 ou k > 2.
Vértice > 1: a soma das raı́zes é 2(k + 2), logo a média (abscissa do vértice) é k + 2 > 1 ⇔ k > −1.
f (1) > 0 (mesmo sinal do coeficiente lı́der, para que 1 fique fora do intervalo das raı́zes): f (1) = 1 − 2(k + 2) +
(k + 14) = 11 − k > 0 ⇔ k < 11.
Intersectando as três condições (k > 2 já absorve k > −1): 2 < k < 11.

2
de sua capacidade, Michel
3
1
bebeu 200 mL de água do copo. Em seguida, verificou que a quantidade de água restante correspondia a da
4
capacidade do copo. Qual é soma dos algarismos da capacidade total do copo, em mL?
21. Após perceber que seu copo continha uma quantidade de água correspondente a

(A) 3
(B) 4
(C) 8
(D) 10
(E) 12
Resposta : E
Seja C a capacidade total do copo (em mL).
Inicialmente, a quantidade de água era:

2
C.
3

Após beber 200 mL, a quantidade restante é:

2
C − 200.
3

2
1
C − 200 = C.
3
4
Portanto, a capacidade total do copo é C = 480 mL.
Do enunciado temos que:

A soma dos algarismos de 480 é igual a 4 + 8 + 0 = 12.

22. A solução da inequação

1
1
>
é dada pelo conjunto
x−1
x−2

(A) ∅.
(B) R − {1, 2}.
(C) [−2, 1) ∪ (1, +∞).
(D) (1, 2).
(E) (2, +∞).
Resposta: D
Temos que
1
1
( x − 2) − ( x − 1)
−1
−
>0⇔
>0⇔
> 0 ⇔ ( x − 1)( x − 2) < 0 ⇔ 1 < x < 2.
x−1 x−2
( x − 1)( x − 2)
( x − 1)( x − 2)

11

23. Um quadrado ABCD tem lado 4 cm. Seja M o ponto médio do lado AB, e considere o segmento MC. Qual é o
b
valor de sen MCD?
√
5
(A)
5
√
2 5
(B)
5
√
3
(C)
2
(D)

1
2

2
(E) √
5
Resposta: Anulada, pois há duas respostas corretas: B e E.
b = C MB
b e pelo teorema de Pitágoras no triângulo MBC, a medida de MC é igual a
Observe
que o ângulo MCD
√
2 5.
√
2 5
4
b
b
.
Portanto, sen MCD = sen C MB = √ =
5
2 5

24. Um pirata encontrou um baú com três cofres, escondidos numa ilha. Apenas um dos cofres continha o tesouro;
os outros dois continham armadilhas mortais. Em cada cofre havia uma inscrição gravada:
• Cofre I: “O tesouro está neste cofre.”
• Cofre II: “Este cofre não guarda o tesouro.”
• Cofre III: “O tesouro não está no cofre I.”
Sabendo que somente uma das três inscrições é verdadeira, assinale a alternativa que identifica corretamente a
inscrição verdadeira e o cofre que contém o tesouro:
(A) I: verdadeira; tesouro em I.
(B) II: verdadeira; tesouro em II.
(C) III: verdadeira; tesouro em II.
(D) III: verdadeira; tesouro em III.
(E) II: verdadeira; tesouro em III.
Resposta: C
Testando cada hipótese (tesouro em I, II ou III) e contando quantas inscrições ficam verdadeiras:
• Tesouro em I: I verdadeira, II verdadeira (não guarda em II), III falsa → 2 verdadeiras. (não serve!)
• Tesouro em II: I falsa, II falsa, III verdadeira (não está em I) → exatamente 1 verdadeira. (serve!)
• Tesouro em III: I falsa, II verdadeira, III verdadeira → 2 verdadeiras. (não serve!)
Portanto, a inscrição III é a verdadeira, e o tesouro está no cofre II.

12

25. Considere como unidade de área a área de um triângulo equilátero de lado 1 cm. Nessa unidade, a área de um
quadrado de lado 3 cm é igual a:
√
(A) 12 3
√
(B) 18 3
√
(C) 24 3
√
(D) 32 3
√
(E) 36 3
Resposta: A

√
A área de um triângulo de lado 1 cm é igual a

3
cm2 .
4

A área do quadrado é o quadrado de lado 3 cm é igual a 9 cm2 .
Para encontrar quantas unidades de área cabem no quadrado, dividimos a área do quadrado pela área da unidade:

√
36
9
4
= √ = 9 · √ = √ = 12 3.
3
Aunidade
3
3

Aquadrado

4

26. Uma urna contém 10 bolas numeradas, das quais 6 são vermelhas. De quantas maneiras podemos retirar 4
bolas, de modo que o número de bolas vermelhas retiradas seja maior ou igual ao número de bolas vermelhas que
permanecerão na urna?
(A) 80
(B) 90
(C) 95
(D) 105
(E) 185
Resposta: C
Urna com 6 vermelhas e 4 não vermelhas; retiram-se 4 bolas.
Se r é o número de vermelhas retiradas, a condição é r ⩾ 6 − r ⇔ r ⩾ 3.
Temos dois casos:
  
6
4
r=3:
= 20 × 4 = 80.
3
1
  
6
4
r=4:
= 15 × 1 = 15.
4
0
Somando as dois casos segue que temos 80 + 15 = 95 maneiras.

13

27. A figura abaixo mostra três cubos de arestas 1 justapostos.

E

F
C

B

D

A

Qual dos valores abaixo não pertence ao conjunto das medidas dos segmentos AB, AC, DE e DF?
√
(A) 2
√
(B) 3
√
(C) 5
√
(D) 6
√
(E) 7
Resposta: E
2

O segmento AB é hipotenusa de triângulo retângulo com dois catetos de medida 1, logo, AB = 12 + 12 = 2, o que
√
2
nos dá AB = √2. O segmento AC é hipotenusa de um triângulo retângulo de catetos 1 e 2, logo AC = 12 + 22 = 5,
e assim AC = 5.

E

G
D

√
Na figura acima, DG é diagonal de um triângulo retângulo de catetos 1 e 2. Assim, temos DG = 5. Como DE é
√
2
2
2
hipotenusa
√ do triângulo retângulo de catetos de medidas DG = 5 e 1, temos DE = DG + 1 = 5 + 1 = 6, logo
DE = 6.

E

F

H

√

D

√
2
Na figura acima, temos
DH = 2, logo DF = DH + 12 = 3. Assim, DF = 3.
√
Com isso, apenas 7 não aparece no conjunto das medidas de AB, AC, DE e DF.
2

14

28. Considere números reais a, b e c tais que
(A)

b
a+b
a
a
= 4 e = 3. Neste caso,
+
é igual a:
b
c
c
b+c

15
4

(B) 16
(C) 18
(D) 19
(E) 21
Resposta: C
a
+1
a+b
4+1
Na primeira parcela, dividindo o numerador e o denominador por b, segue que
= b c =
= 15.
c
1/3
b
a
a
4
4
Na segunda parcela,
= b c =
=
= 3.
b+c
1
+
1/3
4/3
1+
b
a+b
a
Portanto,
+
= 15 + 3 = 18.
c
b+c

√
29. O valor da expressão

18! +

√

 √

17!
18 − 1
√
é:
17 16!

1
(A) √
17
√
( 18 + 1)2
(B)
17
(C) 1
√
(D) 17
√
( 18 − 1)
(E)
17
Resposta: D

√
√ √
√
√
√ √ √
Temos 18! = 18 · 17 · 16! = 18 17 16! e 17! = 17 16!.
√
√ √
√
√
Logo, 18! + 17! = 17 16!( 18 + 1).
√ √
√
√
√
Multiplicando por ( 18 − 1), obtemos 17 16!( 18 + 1)( 18 − 1).
√ √
√
√
√
17 17 16!
√
Como ( 18 + 1)( 18 − 1) = 17, a expressão toda vale
= 17.
17 16!

15

30. Em um triângulo ABC retângulo em A toma-se um ponto P no interior de BC tal que
AC = 12 e AB = 16, determine a tangente do ângulo ∠ PAC.
(A)

8
9

(B)

7
9

(C)

2
3

(D)

5
9

(E)

1
3

Resposta: A
C

P

Q

B

A

Sejam θ o ângulo ∠ PAC e Q o pé da perpendicular baixada de P sobre AC.
Temos então que:
•

32
AB
BC
5
=
= −→ PQ = .
2
5
PQ
PC

•

BP
AQ
3
=
=
2
PC
QC

Portanto, tg θ =

e

como AQ + QC = 12, temos que AQ =

PQ
8
= .
9
AQ

16

36
.
5

PC
2
= . Sabendo que
3
PB