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71. Um automóvel, modelo flex, consome 34 litros de gasolina para percorrer 374. Quando se opta pelo uso do álcool, o automóvel consome 37 litros deste.

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2 71. Um automóvel, modelo flex, consome 34 litros de gasolina para percorrer 374. Quando se opta pelo uso do álcool, o automóvel consome 37 litros deste combustível para percorrer 259. Suponha que um litro de gasolina custe R$ 2,20. Qual deve ser o preço do litro do álcool para que o custo do quilômetro rodado por esse automóvel, usando somente gasolina ou somente álcool como combustível, seja o mesmo? a) R$ 1,00 b) R$ 1,10 c) R$ 1,20 d) R$ 1,30 e) R$ 1,40 Pelos 374 km com gasolina são gastos 34 litros x 2,20 reais = 74,80 reais. Portanto, teremos um gasto por litro de 74,80 reais/ 374 km = 0,20 reais/ km Como o custo precisa de ser o mesmo, temos: (a reais x 34 km): 259 = 0,20 reais. O que significa a = 1,40 reais. E

3 72 Na figura, o triângulo ABC é retângulo com catetos BC = 3 e AC = 4. Além disso, o ponto D pertence ao cateto AB, o ponto E pertence ao cateto BC e o ponto F pertence à hipotenusa AC, de tal forma que DECF seja um paralelogramo. Se DE = 3/2, então a área do paralelogramo DECF vale: a)63/25 b)12/5 c)58/25 d)56/25 e)11/5 Seja EC = b e DB = h, pela semelhança entre os triângulos BED e BCA, temos: (3 – b) / 3 = 1,5 / 5 → b = 21/10. Pela mesma relação podemos encontrar h, assim: 4 / h = 1,5 / 5 → h = 6/5 Dessa forma, a área do paralelogramo DECF é igual a b x h = 21/10 x 6/5 = 63/25. A

4 73 Tendo em vista as aproximações log 2 = 0,30, log3 = 0,48, então o maior número inteiro n satisfazendo 10 n ≤ , é igual a: a) 424 b) 437 c) 443 d) 451 e) 460 Colocando log dos dois lados da inequação temos: log10 n ≤ log Portanto, n ≤ 418.log(4.3) → n ≤ 418.log(2².3) → n ≤ 418.[2.log2 + log3) → n ≤ 418.[2.0,30 + 0,48) → n ≤ 451,44 Logo, o maior valor inteiro é n = 451. D

5 74 Os números a 1, a 2, a 3 formam uma progressão aritmética de razão r, de tal modo que a 1 + 3, a 2 – 3, a 3 – 3 estejam em progressão geométrica. Dado ainda a 1 > 0 e a 2 = 2, conclui-se que r é igual a a)3 + √3 b)3 + √3/2 c)3 + √3/4 d)3 – √3/2 e)3 – √3 Como a 1, a 2, a 3 é uma PA de razão r, com a 2 =2, temos uma PA especial ( 2 – r, 2, 2 + r). Pela PG, encontramos (a 1 + 3, a 2 – 3, a 3 – 3). Ou seja, ( 2 – r + 3, 2 – 3, 2 + r – 3 ) = ( 5 – r, – 1, r – 1 ) e, dessa forma, (-1)² = (5 – r).(r – 1) → r = 3 + √3 ou r = 3 – √3. Como a 1 tem que ser positivo, temos que r = 3 – √3 E

6 75 Na figura, os pontos A, B e C pertencem à circunferência de centro O e BC = a. A reta OC é perpendicular ao segmento AB e o ângulo AÔB mede π/3 radianos. Então, a área do triângulo ABC vale: a)a²/8 b)a²/4 c)a²/2 d)3a²/4 e)a² O ângulo ACB é inscrito na circunferência, portanto ACB = π/6 radianos. Logo a área do triângulo ABC é igual a: Área = [a².sen (π/6)]:2 = a²/4. B

7 76 A figura representa um quadrado ABCD de lado 1. O ponto F está em BC mede √5/4, o ponto E está em CD e AF é bissetriz do ângulo BÂE. Nessas condições, o segmento DE mede a)3√5/40 b)7√5/40 c)9√5/40 d)11√5/40 e)13√5/40 tg (2α) = 2tgα/(1 - tg²α) = 1/DE. Como tg α = √5/4, temos: DE = 11√5/40 D

8 77 A função f: IR → IR tem como gráfico uma parábola e satisfaz f(x+1) – f(x) = 6x – 2, para todo número real x. Então, o menor valor de f(x) ocorre quando x é igual a a) 11/6 b) 7/6 c) 5/6 d) 0 e) – 5/6 Seja f(x) = ax² + bx + c. Portanto, f(x + 1) = ax² + 2ax + a + bx + b + c Dessa maneira, usando a igualdade f(x+1) – f(x) = 6x – 2, encontramos ax² + 2ax + a + bx + b + c – ax² – bx – c = 2ax + a + b = 6x – 2. Por comparação encontramos que a = 3 e b = – 5. Para que f(x) tenha valor mínimo devemos encontrar seu x v = -b/2a = 5/6 C

9 78 No plano cartesiano OXY, a reta de equação x + y = 2 é tangente à circunferência C no ponto (0,2). Além disso, o ponto (1,0) pertence a C. Então, o raio de C é igual a: a)3√2/2 b)5√2/2 c)7√2/2 d)9√2/2 e)11√2/2 A equação da reta s passa por (0,2) e tem coeficiente angular igual a 1. Assim s: y = x + 2, que passa pelo centro P(a,b) = P (a, a + 2). Então, a distância entre P (a, a + 2) e o ponto (0,2); e P e (1,0) é igual ao raio. Portanto, (a – 0)² + (a + 2 – 2)² = ( a – 1)² + (a + 2 – 0)² a = – 5/2 e b = – ½. O raio de C é dado pela distância de PA. Sendo assim, R = √(-5/2 - 0)² + (-1/2 - 2)² = 5√2/2 B

10 79 Maria deve criar uma senha de 4 dígitos para sua conta bancária. Nessa senha, somente os algarismos 1, 2, 3, 4, 5 podem ser usados e um mesmo algarismo pode aparecer mais de uma vez. Contudo, supersticiosa, Maria não quer que sua senha contenha o número 13, isto é, o algarismo 1 seguido imediatamente pelo algarismo 3. De quantas maneiras distintas Maria pode escolher sua senha? a) 551 b) 552 c) 553 d) 554 e) 555 Usaremos o princípio da exclusão. Ou seja, vamos calcular todas as combinações possíveis e excluir as opções que não desejamos. Assim, o total de senhas é: = 625. As senhas que não queremos ou são: 13XX ou X13X ou XX13 o que nos dá = 75 maneiras. A observação fica em função da senha 1313 que foi contada tanto na situação 13XX quanto na XX13. Portanto, o número de maneiras que podemos ter de senhas é: 625 – = 551. A

11 80 Uma pirâmide tem como base um quadrado de lado 1, e cada uma de suas faces laterais é um triângulo equilátero. Então, a área do quadrado, que tem como vértices os baricentros de cada uma das faces laterais, é igual a a)5/9 b) 4/9 c) 1/3 d) 2/9 e) 1/9 Sejam P, Q, R e S os baricentros dos triângulos VAB, VBC, VCD e VDA, respectivamente. Dessa forma, VQ = 2/3. VN. Assim, SQ = 2/3. MN = 2/3. Portanto, a área do quadrilátero será: (2/3)²:2 = 2/9. D


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