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1. (Fgv 2013) Se 
2
2 1
x
x 14, 
 com 
x 0,
 então 5
1
x
x
 
 
 
 é igual a 
a) 2 22 7 
b) 37 
c) 3 22 7 
d) 102 
e) 107 
 
2. (Unesp 2011) Transforme o polinômio 
  5 2P x x x x 1   
 em um produto de dois polinômios, sendo um deles do 3º grau. 
 
 
3. (Fgv 2014) Em uma competição de Matemática, a prova é do tipo múltipla escolha com 25 questões. A pontuação de cada 
competidor é feita de tal maneira que cada questão 
 
- respondida corretamente vale 6 pontos; 
- não respondida vale 1,5 ponto; 
- respondida erradamente vale 0 (zero) ponto. 
 
a) É possível um competidor fazer exatamente 100 pontos? Se a resposta for afirmativa, mostre uma maneira; se não for, 
justifique a impossibilidade. 
b) Márcia fez mais de 100 pontos. Quantas questões, no mínimo, ela respondeu corretamente? 
 
4. (Fgv 2013) Felipe e Carolina são donos de uma horta em uma cidade do interior. Vendem diversos legumes e vegetais que 
crescem em uma plantação de formato retangular, com 2.400 m
2
 de área e 280 m de perímetro. O principal produto que vendem 
é a beterraba, comercializada a R$ 3,00 o quilo. Felipe, cuidadoso com as finanças, sabe que, para evitar vender fiado, é 
necessário sempre ter dinheiro trocado e suficiente em caixa para conferir troco exato aos clientes. 
 
a) Quais são as dimensões da plantação retangular (informe as medidas dos lados em metros)? 
 
b) Se a produtividade média de beterrabas é de 10 quilos por metro quadrado e por ciclo de plantação, e a beterraba é produzida 
em um terço da área de plantação dessa horta, qual será o lucro de Felipe e Carolina, em um ciclo de plantação, sabendo que 
toda a produção é vendida e que o custo de produção desse legume é igual a 40% de seu preço de venda? 
 
c) Considere a situação em que é necessário devolver troco exato a um cliente que compra qualquer quantidade entre 1,0 quilo e 
3,5 quilos de beterraba com uma cédula de R$ 20,00. Se Felipe sempre devolve o troco utilizando primeiramente cédulas e, 
em seguida, o mínimo número possível de moedas, quantas moedas, no máximo, precisará usar? Suponha que podem ser 
usadas, somente e em qualquer quantidade, moedas de R$ 0,01; R$ 0,05; R$ 0,10; R$ 0,25; R$ 0,50; e de R$ 1,00; e que 
podem ser usadas, somente e em qualquer quantidade, cédulas de R$ 2,00, R$ 5,00 e de R$ 10,00. 
 
 
 
 
 
 
5. (Fgv 2013) Um mercado vende três marcas de tomate enlatado, as marcas A, B e C. Cada lata da marca A custa 50% mais 
do que a da marca B e contém 10% menos gramas do que a da marca C. Cada lata da marca C contém 50% mais gramas do 
que a da marca B e custa 25% mais do que a da marca A. Se o rendimento do produto das três marcas é o mesmo por grama, 
então, é mais econômico para o consumidor comprar a marca 
a) A. 
b) B. 
c) C. 
d) A ou B, indistintamente. 
e) B ou C, indistintamente. 
 
6. (Fuvest 2014) Considere o triângulo equilátero 
0 0A OBΔ
 de lado 7cm. 
 
EXERCÍCIOS – MATEMÁTICA - 1 
a) Sendo 
1A
 o ponto médio do segmento 
0 0A B ,
 e B1 o ponto simétrico de 
1A
 em relação à reta determinada por 
O
 e 
0B ,
 
determine o comprimento de 
1OB .
 
 
b) Repetindo a construção do item a), tomando agora como ponto de partida o triângulo 
1 1A OB ,Δ
 pode‐se obter o triângulo 
2 2A OBΔ
 tal que 
2A
 é o ponto médio do segmento 
1 1A B ,
 e 
2B
 o ponto simétrico de 
2A
 em relação à reta determinada por 
O
 e 
1B .
 Repetindo mais uma vez o procedimento, obtém‐se o triângulo 
3 3A OB .Δ
 Assim, sucessivamente, pode‐se 
construir uma sequência de triângulos 
n nA OBΔ
 tais que, para todo 
nn 1, A
 é o ponto médio de 
n 1 n 1A B , 
 e 
nB ,
 o ponto 
simétrico de 
nA
 em relação à reta determinada por 
O
 e 
n 1B ,
 conforme figura abaixo. 
 
 
 
Denotando por 
na ,
 para 
n 1,
 o comprimento do segmento 
n 1 nA A ,
 verifique que 
1 2 3a ,a ,a , ...
é uma progressão 
geométrica. Determine sua razão. 
 
c) Determine, em função de n, uma expressão para o comprimento da linha poligonal 
0 1 2 nA A A ...A ,n 1.
 
 
O ponto P’ é simétrico ao ponto P em relação à reta r se o segmento 
PP'
 é 
perpendicular à reta r e a interseção de 
PP'
 e r é o ponto médio de 
PP'.
 
 
 
7. (Ita 2013) Uma reta r tangencia uma circunferência num ponto B e intercepta uma reta s num ponto A exterior à 
circunferência. A reta s passa pelo centro desta circunferência e a intercepta num ponto C, tal que o ângulo 
ˆABC
 seja obtuso. 
Então o ângulo 
ˆCAB
 é igual a 
a) 
1 ˆABC.
2
 
b) 
3 ˆ2 ABC.
2
π 
 
c) 
2 ˆABC.
3
 
d) 
ˆ2 ABC .π
 
e) 
ˆABC .
2
π

 
 
8. (Fgv 2013) Na figura, ABCD é um quadrado de lado 4 cm, e M é ponto médio de 
CD
. Sabe-se ainda que 
BD
 é arco de 
circunferência de centro A e raio 4 cm, e 
CD
 é arco de circunferência de centro M e raio 2 cm, sendo P e D pontos de 
intersecção desses arcos. 
 
 
 
A distância de P até 
CB
, em centímetros, é igual a 
a) 
4
5
 
b) 
19
25
 
c) 
3
4
 
d) 
7
10
 
e) 
17
25
 
 
9. (Unicamp 2013) Em um aparelho experimental, um feixe laser emitido no ponto P reflete internamente três vezes e chega ao 
ponto Q, percorrendo o trajeto PFGHQ. Na figura abaixo, considere que o comprimento do segmento PB é de 6 cm, o do lado AB 
é de 3 cm, o polígono ABPQ é um retângulo e os ângulos de incidência e reflexão são congruentes, como se indica em cada 
ponto da reflexão interna. Qual é a distância total percorrida pelo feixe luminoso no trajeto PFGHQ? 
 
 
a) 12 cm. 
b) 15 cm. 
c) 16 cm. 
d) 18 cm. 
 
10. (Ita 2013) Em um triângulo de vértices A, B e C, a altura, a bissetriz e a mediana, relativamente ao vértice C, dividem o 
ângulo 
ˆBCA
 em quatro ângulos iguais. Se é a medida do lado oposto ao vértice C, calcule: 
a) A medida da mediana em função de 
.
 
b) Os ângulos 
ˆCAB,
 
ˆABC
 e 
ˆBCA.
 
 
 
 
 
 
Gabarito: 
 
Resposta da questão 1: 
 [D] 
 
Se 
2
2 1
x
x 14, 
 com 
x 0,
 então 
 
2
2
2
1 1
x x 2
x x
14 2
16.
 
    
 
 

 
 
Daí, 
1
x 4
x
 
 e, portanto, 5
5 101x 4 2 .
x
 
   
 
 
 
Resposta da questão 2: 
 Fatorando 
P(x)
 obtemos 
 
5 2
2 3
2 2
4 3 2
3
3
2 3
P(x) x x x 1
x (x 1) (x 1)
x (x 1)(x x 1) (x 1)
(x 1)(x x x 1)
(x 1)[x (x 1) (x 1)(x 1)]
(x 1)(x 1)(x x 1)
(x 1)(x x 1).
   
   
     
    
     
    
   
 
 
Resposta da questão 3: 
 a) Sejam 
a, b
 e 
c,
 respectivamente, o número de questões respondidas corretamente, o número de questões não 
respondidas e o número de questões respondidas erradamente. Tem-se que 
 
a b c 25 a b c 25
.
6a 1,5b 100 3 (4a b) 200
     

    
 
 
Daí, sendo 
a
 e 
b
 inteiros não negativos, segue-se que 
4a b
 é um inteiro e, portanto, 
3 (4a b) 
 é um múltiplo de 
3.
 Por 
outro lado, como 
200
 não é um múltiplo de 
3,
 segue-se que é impossível um competidor fazer exatamente 
100
 pontos. 
 
b) Se Márcia fez mais de 
100
 pontos, então 
 
a b c 25 b 25 a c
6a 1,5b 100 12a 3 (25 a c) 200
b 25 a c
.125 c
a
9 3
     

      
  

 
 
 
Portanto, sendo 
c
 um inteiro não negativo, o valor mínimo de 
a
 é o menor inteiro positivo que supera 
125
13,89,
9

 ou seja, 
mína 14.
 
 
Respostada questão 4: 
 a) Sejam 
x
 e 
y
 as dimensões da plantação. 
 
Temos 
 
x 20 e y 120
2 (x y) 280
 ou .
x y 2400
x 120 e y 20
  
    
 
    
 
 
Portanto, as dimensões da plantação são 
20 m
 e 
120 m.
 
 
b) Dado que o custo de produção de 
1kg
 de beterraba é igual a 
40%
 de 
R$ 3,00,
 concluímos que o lucro obtido, por kg, é 
igual a 
(1 0,4) 3 R$1,80.  
 Além disso, como a produtividade média de beterrabas é de 
210kg m ,
 e a beterraba é 
produzida em 
21 2400 800 m ,
3
 
 segue-se que o resultado pedido é 
10 800 1,8 R$14.400,00.  
 
 
c) O valor a ser pago pelo cliente pode variar no intervalo de 
R$ 3,00
 a 
R$10,50.
 Logo, o troco devido varia entre 
R$ 9,50
 e 
R$17,00,
 inclusive. 
Como qualquer troco inteiro entre 
R$ 9,00
 e 
R$17,00
 pode ser obtido por meio de uma combinação de cédulas de 
R$ 2,00
 
e 
R$ 5,00,
 segue-se que o troco máximo em moedas é igual a 
R$ 0,99.
 Portanto, este troco pode ser obtido com um mínimo 
de 
8
 moedas (uma de 
R$ 0,50,
 uma de 
R$ 0,25,
 duas de 
R$ 0,10
 e quatro de 
R$ 0,01).
 
 
 
 
Resposta da questão 5: 
 [B] 
 
Sejam 
A Bp , p
 e 
Cp ,
 respectivamente, os preços unitários das latas das marcas 
A, B
 e 
C.
 
Sejam ainda 
A Bq , q
 e 
Cq ,
 respectivamente, a massa de tomate, em gramas, contida nas latas das marcas 
A, B
 e 
C.
 
 
Temos 
 
B A
A B
C A
C A
A C
C A
C B
B A
2
p p
3
p 1,5 p 5
p p
p 1,25 p 4
.
q 0,9 q 10
q q
9q 1,5 q
20
q q
27
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
Logo, como 
 
A
B A
B A
A
2
p
p p93
20q 10 q
q
27

  

 
 e 
A
C A
C A
A
5
p
p p94 ,
10q 8 q
q
9

  

 
 
segue-se que a marca 
B
 é a que apresenta o menor custo por grama para o consumidor. 
 
Resposta da questão 6: 
 a) Como 
0 1 1OB A B ,
 
1 2 2 1A A A B
 e 
2OA
 é comum aos triângulos 
1 2OA A
 e 
1 2OB A ,
 segue-se que os triângulos 
1 2OA A
 e 
1 2OB A
 são congruentes por LAL. Além disso, 
1 0 1 2OA B OA A 90  
 e 
1 0 2A B A 60 
 implicam em 
1 1OA B 60 . 
 Portanto, o triângulo 
1 1OA B
 é equilátero. Desse modo, o resultado pedido corresponde à altura do triângulo 
0 0A OB ,
 ou seja, 
7 3
cm.
2
 
 
b) Raciocinando de forma inteiramente análoga ao item (a), concluímos que 
 
n 1
n
OA 3
OA ,
2
 
 
 
com 
n 1.
 
 
Daí, como 
n 1
n n 1 n
OA
a A A ,
2

 
 temos 
 
n
n 1
n n 1
OA
a 32 ,
a 2OA
2


 
 
 
para todo 
n 1
 e, portanto, 
1 2 3a , a , a ,
 é uma progressão geométrica de primeiro termo 
1
7
a cm
2

 e razão 
3
.
2
 
 
c) O comprimento da poligonal 
0 1 2 nA A A A ,
 com 
n 1,
 corresponde à soma dos 
n
 primeiros termos da progressão 
geométrica 
1 2 3a , a , a , ,
 ou seja, 
 
n
n
3
1
27 3
7(2 3) 1 cm.
2 23
1
2
 
                 
   
 
 
Resposta da questão 7: 
 [B] 
 
 
 
Considerando que o ponto O é o centro da circunferência e CÂB = x, temos: 
 
OBC
 é isósceles, logo 
ˆˆOBC OCB y 
 
 
AÔC=2y (ângulo externo do 
OBC)
 
 
No 
ABO: x 2y 90 x 90 2y     
(1) 
 
ˆ ˆABC 90 y 2.ABC 180 2y      
 (2) 
 
Fazendo (1) + (2), temos: 
 
ˆx 2.ABC 270° 
 
 
ˆx 270 2.ABC,  
 ou seja 
 
3 ˆx 2.ABC
2
π
 
 (em radianos) 
 
Resposta da questão 8: 
 [A] 
 
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 4cm, 
 
MD MP 2cm 
 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 
 
2 2 2 2 2 2AM AP MP AM 4 2
AM 2 5 cm.
    
 
 
 
Além disso, temos 
 
2 2MP AM MS 2 2 5 MS
2
MS cm.
5
    
 
 
 
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, 
4
CP 2 HP cm.
5
  
 
 
Finalmente, como os triângulos 
HMP
 e 
QCP
 são semelhantes, encontramos 
 4
PQ CP PQ 5
2 2HP MP
5
4
PQ .
5
  
 
 
 
Resposta da questão 9: 
 [B] 
 
 
 
o
o
2
2 2
2 2 2
HPQ FQP(L.A.A ) HP FQ K e PF HQ
3
BHG AFG(L.A.A ) AG BG e HG = GF
2
3
6 K2AGF~ QPF K 4
3 K
3 5
No GBH : GH 2 GH
2 2
No HPQ: HQ 4 3 HQ 5
Δ Δ
Δ Δ
Δ Δ
Δ
Δ
    
   

   
 
    
 
   
 
 
Logo, a distância total percorrida pelo feixe luminoso no trajeto PFGHQ é 
 
PF + FG + GH + HQ = 5 + 5/2 + 5/2 + 5 = 15 cm. 
 
Resposta da questão 10: 
 Considere a figura. 
 
 
 
Seja 
P
 o ponto diametralmente oposto ao ponto 
C
 e 
H
 o pé da perpendicular baixada de 
C
 sobre 
AB.
 É fácil ver que 
ACB BPC
 e 
AHC CBP
 (pois 
CP
 é diâmetro). Logo, 
ACH BCP
 e, portanto, o diâmetro 
CP
 contém a mediana do 
triângulo 
ABC
 relativa ao vértice 
C
 e o circuncentro 
O
 do triângulo 
ABC.
 Além disso, como 
O
 é a interseção da mediana 
relativa ao vértice 
C
 e da mediatriz de 
AB,
 segue que 
M O,
 com 
M
 sendo o ponto médio do lado 
AB.
 Por conseguinte, o 
triângulo 
ABC
 é retângulo em 
C.
 
 
a) Como o triângulo 
ABC
 é retângulo em 
C,
 temos 
AB
CM .
2 2
 
 
b) Sendo 
I
 o pé da bissetriz por 
C,
 considere a figura. 
 
 
 
Sejam 
ACH HCI ICM MCB .α   
 Logo, 
ACB 4 90 4 22 30'.α α α      
 Portanto, 
 
BAC 90 ACH
90 22 30'
67 30'
  
   
 
 
 
e 
 
ABC 90 BAC
90 67 30'
22 30'.
  
   
 