BANCO DE EXERCÍCIOS - 24 HORAS

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Maria Fernanda Benke Pereira
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BANCO DE EXERCÍCIOS - HORAS 9º ANO ESPECIALIZADO/CURSO ESCOLAS TÉCNICAS E MILITARES FOLHA Nº 16 GABARITO COMENTADO 1) A velocidade que Matheus come é 100/0=, g/min A velocidade que Lucas come é

1 BANCO DE EXERCÍCIOS - HORAS 9º ANO ESPECIALIZADO/CURSO ESCOLAS TÉCNICAS E MILITARES FOLHA Nº 16 GABARITO COMENTADO 1) A velocidade que Matheus come é 100/0=, g/min A velocidade que Lucas come é 60/60= 1 g/min Portanto: Opção A: Verdadeira, em 6 min e 0seg, sobram para Matheus 100/ e para Lucas, sobram 100/. Opção B: Verdadeira, em minutos Matheus come,. 0 = 7 g Opção C: Falsa, Lucas come 60 g de Bala delícia em uma hora. Como ele come a mesma quantidade de balas por segundo, em 0 minutos ele come 0 g e resta 0 g. Opção D: Verdadeira, ao final de 0 minutos, sobram = 0 g ) O menor múltiplo de 1 deve ter algarismos. Então, x = 0 0/0 = 18 = ². 7 a =. = 6 ) Após 18 dias, a quantidade de suco restante é suficiente para as 0 crianças para os próximos 1 dias. Porém, 6 crianças não irão mais à escola e nos próximos d dias teremos apenas crianças. A quantidade de crianças e quantidade de suco são grandezas inversamente proporcionais.. d = 0. 1 d = 1 dias, dias a mais do previsto. Assim, o tempo previsto excedeu em 10% o tempo inicial. ) V1 + V = V V1/V = / V1 = V/8 e V = V/8 Logo a densidade é 86, ) Terminado o primeiro ano, Sr. José possui a quantia x + 0,0x = 1,0x. Deste valor gastou 1/ na compra de material, restando então /. 1,0x = 0,70x. Após as aplicações, ele recebeu de juros a quantia de /7. 0,70x.0,06 + /7. 0,70x 0,0 = 700,00 Portanto, 0,0x 700 x = R$ 17.00,00 Logo, a soma de algarismo de x é igual a 1. 6) Vtotal = x³ Como o volume preenchido é 0,8 Vtotal, então o volume vazio é 0,. =0,8x Vtotal. Considerando que o volume vazio será preenchido por 00 baldes de ml (1,8 dm³) de água cada: x=0dm=m Então, a altura do reservatório é 0,8.x = 1,6 m=1600 mm 7) Opção A: Verdadeira, pois,,7 = 0,8 > 0,7 =,,. Opção B: Verdadeira, pois 7/,7 100% + 1,1%. Opção C: Verdadeira, pois,/7 0,90. Opção D: Falsa, pois (7,)/ = 0,9 e 7 + 0,9 = 7,9 < 8

2 .. 8) Fazendo o mmc, temos: K²x x +1 k =0 (K² 1) x = k 1 para k² 1 e k 0, a equação admite solução única. 9) x - x =-1 æ x ö 7 ç + = x -1 çè ø æ x ö 7 ç + = ( x -1) çè ø x 7 + = x - 8x x = x - 6x + 9 x - 7x + 78 = 0 x = 18 10) Afirmação I: Falsa, pois o elevador C para em todos os múltiplos de. Portanto, no andar 90 param os elevadores C e T. Afirmação II: Verdadeira, para que todos os elevadores parem em um andar, este andar tem que ser múltiplo ao mesmo tempo de 7, e 11. Como estes números são primos entre si, o andar terá que ser múltiplo de 7, e 11, ou seja, múltiplo de 8. Com exceção do térreo, não há andar que pare os quatro elevadores. Afirmação III: Verdadeira, pois: Nos andares múltiplos de 7 e 11 (77º andar) param os elevadores O, S e T; Nos andares múltiplos de 7 e (º e 70º andar) param os elevadores S, C e T; Nos andares múltiplos de 11 e (º andar) param os elevadores O, C e T. 11) O custo de cada copo de suco vendido é 0. 1,/600 = R$0,0. Como cada copo foi vendido com um pastel, o custo total é R$ 0,0 + R$ 0,0 = R$ 1,00 e, consequentemente, o lucro é de R$,00 R$ 1,00 = R$ 1,00. Se foram vendidos 100 garrafas de suco, então foram vendidos /0 = 0 copos de suco e, portanto, o vendedor lucrou R$ 0,00 cuja soma dos algarismos é 6. 1) MANHÃ TARDE COM SOLUÇÃO X SEM SOLUÇÃO 7 Y Como não temos turnos coincidentes e ocorreram 9 avaliações em turnos distintos, a soma de todos os turnos é o dobro do número de dias. x + y = n = = 0 n = 10 1) y = Valor total x = nº de netos y = 0x 0 y = 0x + 0 0x 0 = 0x x = 90 x = 9 y = = 00

3 .. 1) Seja L o lado do quadrado ABCD. 1) 16) Calculando a ordenada do vértice V, temos: D - = L a D=-aL Calculando a diferença das raízes, temos: D = L a Δ=a L Assim, a L = al al = Logo Δ= al = ( )( ) = x = + = = æ - ö ( ) 8 y = 0. + = ç çè ø z =- A ö 7 æ ö I) 9 ø ç = çè 9 ø II) = III) k 10 = = k + 1 algarismos k zeros 17) T = k + T + = k + T = 1k + 9 T + = 1k + 1 T = 1k + 11 T + = 1k + 1 T + = mmc(,1,1) T = 0Q Q = T = 87 =. 1 A menor quantidade é 9. 18) Em relação ao total a quantidade de álcool e gasolina são respectivamente iguais a: x a = e g= x Se o tanque deve conter a mesma quantidade de álcool e gasolina devemos ter: a = g x x + y = x x + y = x x = y = y

4 .. 19) c 1 x.c= x= a a 0) /yz + y²/z + z²/y = ----> Multiplicando por yz 8 + y³ + z³ = 6yz y³ + z³ = 6yz 8 Facilmente se vê que y = 1 e z = 1 atende ( 1)³ + ( 1)³ = 6( 1)*( 1) = 6 8 = Logo y + z =. 1).1. d,8 =.a = = d, = = 9 8 d,8 = + = = 1 ) Na figura y = = 0 10 = x x = 6 Portanto os ângulos internos do triângulo medem 0, 6 e 6. OPÇÃO E

5 .. ) Considere a figura. ) Como BM é mediana e AC = AM = 8, vem 1 BM = (AB + BC ) AC BM = [AB + (CH + ) ] 16 1 BM = (AB + CH + 8 CH + 16) 16. Além disso, dos triângulos retângulos ABH e AHC, obtemos AB = BH + AH AB = 16 + AH e AC = CH + AH 6 = CH + AH Logo, AB = 80 CH, Donde BM = + CH. Assim, como 0 < CH < AC e + CH deve ser um quadrado perfeito, segue que BM = 6 ou BM = 7. Por conseguinte, o resultado pedido é = 1. No quadrilátero formado pelas ruas, temos: x = 60 x = x = 60 ) Seja h a altura do triângulo ABC. Como os triângulos ABC e DGC são semelhantes, temos que h 1 8 = 1h 180 = 8h h h = u.c. 7 6) DAC ˆ = BCA ˆ (alternos internos) e DAC ˆ = DPA ˆ considerando o Ä PAD, temos: DAC ˆ + CAB ˆ = DPA ˆ + ADP ˆ CAB ˆ = ADP ˆ 10 x Logo, ÄAPD ~ ÄBCA = x = 10

6 .6. 7) A reta y = x + intersecta os eixos cartesianos nos pontos A = (0, ) e B = (, 0). Daí, é imediato que AB =. Além disso, como P é o ponto em que a reta tangencia a circunferência, segue-se que OP é a mediana relativa ao AB vértice O do triângulo OAB, com O sendo a origem do sistema de eixos cartesianos. Logo, OP = =. Ora, mas OP = r e, portanto, a área pedida é OA OB - p OP = - p ( ) = 8-p = ( -p) u.a. 8) Considere a figura. Sejam Q, S e H, respectivamente, o pé da perpendicular baixada de P sobre BC, a interseção de AM com DP e o pé da perpendicular baixada de M sobre CP. Queremos calcular PQ. Como AB = AP = cm, MD = MP = cm e AM é lado comum, segue-se que os triângulos ADM e APM são congruentes por LLL. Desse modo, AM é mediatriz de DP. Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo APM, vem AM = AP + MP AM = + AM = cm. Além disso, temos MP = AM MS = MS MS = cm. É fácil ver que o triângulo CPD é retângulo em P. Logo, HP = MS. Por outro lado, CM = MP e HM CP implica em CH = HP. Daí, CP = HP = cm. Finalmente, como os triângulos HMP e QCP são semelhantes, encontramos PQ CP PQ = = HP MP PQ =.

7 9) É fácil ver que a diagonal do quadrado é igual ao diâmetro dos círculos. Logo, se r é a medida do raio dos círculos, então r = r =. Daí, segue que AB = AC = e, portanto, AB AC (ABC) = ( ) = =. 0) CB = AB = x πx = 1π x = 6 Logo a área será A = π.(1 6 ) = 108π.7.

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