Olá a todos!
O meu foco aqui é Matemática e Suas Tecnologias, que em toda edição é a matéria com a nota mais baixa. Bom, espero que seja de grande proveito a todos, e se gostarem da iniciativa, a única coisa que peço é que compartilhem com seus amigos, comentem, interajam :D
OBSERVAÇÃO: Se atentem à cor do caderno ok?
OBSERVAÇÃO: Se atentem à cor do caderno ok?
ENEM 2015 Caderno Amarelo.
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ENEM 2015 - Matemática e suas Tecnologias
136.
O ponto máximo de uma parábola, o vértice, é dado por:
$$-\frac{\Delta}{4a}$$
Logo, substituindo temos:
$$-\frac{\Delta}{4a}=-\frac{22^2-4\cdot (-1)\cdot (-85)}{4\cdot (-1)}=36$$
$$-\frac{\Delta}{4a}$$
Logo, substituindo temos:
$$-\frac{\Delta}{4a}=-\frac{22^2-4\cdot (-1)\cdot (-85)}{4\cdot (-1)}=36$$
Portanto $30\leq T \leq 43$.
137.
$$2a-2b=b \therefore a=\frac{3b}{2}$$
Logo, o volume em função de $b$ é dado:
$$V=4\cdot \frac{3b}{2}\cdot b^2=6b^3$$
$$V=4\cdot \frac{3b}{2}\cdot b^2=6b^3$$
138.
Essa questão parte da análise de gráficos.
O enunciado diz que até $100$ ligações, deve ser cobrado uma taxa FIXA. A partir disso, podemos ter a alternativa B e C como resposta;
Ambas alternativas, estão corretas considerando o intervalo entre $100$ e $300$;
Temos que a alternativa B é a correta, pois o enunciado diz que após $300$ ligações, o valor cobrado será fixo.
139.
Segundo o gráfico, as ações do investidor ficam acima de $V_i$ em 2 momentos; fica abaixo de $V_m$ uma vez e acima de $V_o$ uma vez, totalizando 4 operações.
140.
$$\cos 30=\frac{15}{R} \therefore \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{15}{R}$$
$$R=\frac{30}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=\frac{30\sqrt{3}}{3}=10 \sqrt{3}=17$$
Logo, o menor tampo possível é o de raio igual a $18$.
141.
Basta analisar os pontos onde $Q$ fica abaixo ou igual à $P$. Isso ocorre no intervalo $[0,20]$ e $[100,160]$.
142.
Independentemente das notas, as escolas $I$, $III$ e $V$ estão desqualificadas.
As notas entre as escolas $II$ e $IV$ podem ser respectivamente:
$10$ e $8$;
$10$ e $7$;
$10$ e $6$;
$9$ e $7$;
$9$ e $6$;
$8$ e $6$.
Resultando em $6$ possibilidades. Portanto o total de possibilidades é dado por:
$$T=5\cdot 5 \cdot 5 \cdot 6=750$$
$$T=5\cdot 5 \cdot 5 \cdot 6=750$$
143.
Primeiramente devemos calcular quantos contêiners serão postos por "camada".
$$\frac{32}{6,4}=5$$
$$\frac{32}{6,4}=5$$
$$\frac{10}{2,5}=4$$
Logo, na primeira camada, haverão $5\cdot 4=20$ contêiners.
$$\frac{100}{20}=5$$
Logo, precisamos de 5 "camadas" para empilhar. Sendo $2,5$ a altura de cada contêiner, temos:
$$2,5\cdot 5=12,5$$
Logo, precisamos de 5 "camadas" para empilhar. Sendo $2,5$ a altura de cada contêiner, temos:
$$2,5\cdot 5=12,5$$
144.
Precisamos descobrir a escala. Para isso, dividimos o tamanho real da caneta pelo tamanho na foto:
$$\frac{16,8}{1,4}=12$$
$$\frac{16,8}{1,4}=12$$
Logo, cada $cm$ representado na foto, equivale a $12$ $cm$ no tamanho real.
Consequentemente:
Consequentemente:
$$L=2,2\cdot 12=26,4$$
$$C=3,4\cdot 12=40,8$$
$$C=3,4\cdot 12=40,8$$
145.
Temos que para cada quadrado $dxd$, somente uma área $(d-1)^2$ irá permitir a passagem de luz. Portanto:
$$\frac{d^2-(d-1)^2}{d^2}=75\% \therefore \frac{d^2-d^2+2d-1}{d^2}=\frac{3}{4}$$
$$\frac{d^2-(d-1)^2}{d^2}=75\% \therefore \frac{d^2-d^2+2d-1}{d^2}=\frac{3}{4}$$
Simplificando temos:
$$\frac{2d-1}{d^2}=\frac{3}{4}\therefore 4\cdot (2d-1)=3d^2$$
$$\frac{2d-1}{d^2}=\frac{3}{4}\therefore 4\cdot (2d-1)=3d^2$$
Aplicando a distributiva e isolando os termos obtemos:
$$3d^2-8d+4=0$$
$$3d^2-8d+4=0$$
$$\Delta=b^2-4ac \therefore \Delta=16$$
Logo, $d$, sendo uma distância, deve ser maior que 0 e igual a:
$$d=\frac{8+\sqrt{16}}{6}=2$$
$$d=\frac{8+\sqrt{16}}{6}=2$$
146.
Primeiramente devemos encontrar o máximo divisor comum entre $540$, $810$ e $1080$, encontrando assim o número $270cm$.
Logo, o comprimento de cada peça deverá ser divisor de $270$ e menor que $200$, deve ser de $135$
Consequentemente, a quantidade de peças obtidas foi de:
Consequentemente, a quantidade de peças obtidas foi de:
$$\frac{40\cdot 540+30\cdot 810+10\cdot 1080}{135}=420$$.
147.
Em cada aplicação, o usuário irá utilizar os $0,10ml$ prescritos, mais $0,02ml$ para retirada de bolhas, totalizando $0,12ml$ por aplicação.
O refil contém $3ml$, portanto:
$$\frac{3}{0,12}=25$$
$$\frac{3}{0,12}=25$$
148.
Aplicando a simetria em relação a $O$, a única alternativa plausível é a E.
149.
Podemos equacionar da seguinte maneira:
$$P(a)+P(e)=100\%$$
$$P(a)+P(e)=100\%$$
Onde $P(a)$ é a probabilidade de acerto e $P(e)$ é a probabilidade de erro.
Fazendo as devidas manipulações, obtemos:
$$P(a)=100\%-P(e)$$
A probabilidade dos $3$ alunos errarem, é dada por:
$$70\%\cdot 70\% \cdot 70\%=34,3\%$$
Logo, a probabilidade de acerto é:
$$P(a)=100-34,3=65,7$$
$$P(a)=100\%-P(e)$$
A probabilidade dos $3$ alunos errarem, é dada por:
$$70\%\cdot 70\% \cdot 70\%=34,3\%$$
Logo, a probabilidade de acerto é:
$$P(a)=100-34,3=65,7$$
150.
Em 2010, temos, de acordo com o primeiro gráfico, que $37,8\%$ do PET é destinado à uso têxtil:
$$37,8\%\cdot 282 \approx 106$$
Temos de acordo com o segundo gráfico, que $30\%$ é destinado à Tecidos e Malhas:
$$30\% \cdot 106=31,8$$
$$37,8\%\cdot 282 \approx 106$$
Temos de acordo com o segundo gráfico, que $30\%$ é destinado à Tecidos e Malhas:
$$30\% \cdot 106=31,8$$
151.
A área de cobertura das $2$ antenas é:
$$2\cdot (\pi r^2) \therefore 2\cdot 4\pi=8\pi$$
A nova área é dada por:
$$\pi R^2 \therefore 16\pi$$
Para calcularmos o quanto essa área foi ampliada, basta subtrairmos:
$$(16-8)\pi=8\pi$$
$$2\cdot (\pi r^2) \therefore 2\cdot 4\pi=8\pi$$
A nova área é dada por:
$$\pi R^2 \therefore 16\pi$$
Para calcularmos o quanto essa área foi ampliada, basta subtrairmos:
$$(16-8)\pi=8\pi$$
152.
Como a primeira prestação é paga 1 mês após a liberação. temos que na décima prestação:
$$180.000-9\cdot 500=175.500$$
Como o juros é de $1\%$, temos:
$$1\%\cdot 175.500=1755$$
Na décima prestação, portanto, deverá pagar:
$$500+1755=2255$$
$$180.000-9\cdot 500=175.500$$
Como o juros é de $1\%$, temos:
$$1\%\cdot 175.500=1755$$
Na décima prestação, portanto, deverá pagar:
$$500+1755=2255$$
153.
$$4,129\cdot 10^6\cdot 10^3=4,129\cdot 10^9$$
154.
Verifica-se que,aplicando os dados do medicamento Y, podemos obter a idade:
$$14=(\frac{x}{x+12})\cdot 42\therefore \frac{x}{x+12}=\frac{14}{72}$$
Simplificando:
$$\frac{x}{x+12}=\frac{1}{3}\therefore 3x=x+12\therefore x=6$$
Aplicando $x=6$ na fórmula do medicamento X, temos:
$$y=(\frac{6}{18}) \cdot 60 \therefore y=\frac{1}{3}\cdot 60=20$$
155.
Total de rendimentos da população é dado por: $1200\cdot 101,8$.
Média dos pobres:
$$M_p=\frac{1,1\% \cdot 1202 \cdot 101,8}{10\% \cdot 101,8}=11\cdot 12,02$$
Média dos ricos:
$$M_r=\frac{44,5\% \cdot 1202 \cdot 101,8}{10\% \cdot 101,8}=445\cdot 12,02$$
$$M_r-M_p=445\cdot 12,02-11\cdot 12,02 \therefore (445-11)\cdot 12,02=5216,68$$
156.
Ao retirarmos de cada canto de um cubo uma tetraedro cujas arestas são menores que a metade da aresta do cubo, obtemos um sólido com 6 faces octogonais e 8 faces triangulares.
Assim, se cada face for pintada com uma cor diferente das demais, serão necessárias (8+6=14) cores.
157.
Seja $A$ a arrecadação. Para $100$ pães vendidos, temos:
$$A=100p=300\therefore p=3$$
Sabemos também que a arrecadação pode ser dada pelo produto entre a quantidade vendida e o preço, logo:
$$A(p)=q(p)\cdot p$$
$$A(p)=(400-100p)\cdot p$$
$$100p^2-400p+300=0 \therefore p^2-4p+3=0$$
Resolvendo essa equação do segundo grau, obtemos as raízes $1$ e $3$, sendo a mais conveniente a resposta $1$.
158.
A probabilidade de desenvolver a doença é dada pelo produto da $\%$ do público-alvo, a ineficácia da vacina, a $\%$ do público-alvo que não será vacinada, e a $\%$ do público que não se vacinou.
Sendo $P$ a probabilidade de desenvolver a doença, temos:
$$P(I)=\frac{90}{100}\cdot \frac{2}{100}\cdot \frac{10}{100}\cdot \frac{50}{100}=5,9\%$$
$$P(II)=\frac{55,8}{100}\cdot \frac{2}{100}\cdot \frac{44,2}{100}\cdot \frac{50}{100}=22,6\%$$
$$P(III)=\frac{88,2}{100}\cdot \frac{2}{100}\cdot \frac{11,8}{100}\cdot \frac{50}{100}=6,7\%$$
$$P(IV)=\frac{49}{100}\cdot \frac{2}{100}\cdot \frac{51}{100}\cdot \frac{50}{100}=25,9\%$$
$$P(V)=\frac{95,9}{100}\cdot \frac{2}{100}\cdot \frac{4,1}{100}\cdot \frac{50}{100}=3\%$$
As propostas $I$ e $V$ satisfazem o proposto.
Porém, afim de diminuir os custos, a proposta $I$ é a melhor.
159.
De acordo com o enunciado, a quantidade anual de produtos é regida por uma Progressão Geométrica, portanto a soma dos termos é dada:
$$P=8000\cdot (1,5)^{(t-1)}$$
160.
Em ordem crescente, temos:
$20,50$; $20,60$; $20,60$; $20,80$; $20,90$; $20,90$; $20,90$ e $20,96$.
A mediana nada mais é do que a média aritmética entre os termos centrais:
$$M=\frac{20,80+20,90}{2}=20,85$$
161.
No esquema $I$, temos:
$$\frac{(600+360)\cdot 580}{2}=278.400$$
Já no esquema $II$, temos:
$$490 \cdot 580=284.200$$
O aumento foi de:
$$284.200-278.400=5.800$$
162.
Para obter um número mínimo de escolas é preciso que cada uma receba o máximo possível. Sendo assim, basta calcular o mdc entre $400$ e $320$, obtendo $80$.
Na sessão vespertina, o número de escolas foi:
$$\frac{400}{80}=5$$
E na sessão noturna:
$$\frac{320}{80}=4$$
Totalizando assim, $9$ escolas.
163.
O raio da cisterna atual é de $1m$ e $3m$ de altura.
O volume de um cilindro é dado pelo produto entre a área de sua base pela altura:
$$V=A_b\cdot h$$
Logo, sendo $81$ o volume da nova cisterna, e sabendo também que a altura permanece a mesma, temos:
$$81=(\pi \cdot r^2)\cdot 3 \therefore 81=9 r^2 \therefore r=\sqrt{9}=3$$
A diferença entre os raios é de:
$$3-1=2$$
164.
Dividindo o pentágono em 5 triângulos, cada um contendo $20\%$ da área do pentágono, temos o seguinte:
Dessa maneira, claramente podemos ver que a alternativa correta é a C.
165.
Como a figura nos diz, temos o seguinte:
$$\left\{ \begin{array}{c} \log(k)=-\frac{h}{2} \therefore k=10^{-\frac{h}{2}}
\\ \log(k+n)=\frac{h}{2} \therefore k+n=10^{\frac{h}{2}}\\
\end{array} \right.$$
Afim de facilitar os cálculos:
$$10^{\frac{h}{2}}=z$$
Com essa nova notação, temos que:
$$k+n=z$$
E ainda:
$$k=\frac{1}{z}$$
Sabendo disto, prosseguimos:
$$k+n=z \therefore \frac{1}{z}+n=z$$
Multiplicando todos os membros por $z$, obtemos:
$$1+nz=z^2 \therefore z^2-nz-1=0$$
Obtemos assim uma equação do segundo grau. Calculando o $\Delta$, temos:
$$\Delta=n^2+4$$
$$z=\frac{n \pm \sqrt{n^2+4}}{2}$$
Conforme feito anteriormente, temos que $z=10^{\frac{h}{2}}$, logo:
$$10^{\frac{h}{2}}=\frac{n \pm \sqrt{n^2+4}}{2}$$
Assim, podemos aplicar o logaritmo nos dois membros:
$$\log 10^{\frac{h}{2}}=\log (\frac{n \pm \sqrt{n^2+4}}{2})$$
Aplicando as propriedades, o expoente "desce" multiplicando:
$$\frac{h}{2} \cdot \log 10= \log (\frac{n \pm \sqrt{n^2+4}}{2})$$
Sabendo-se que se o logaritmando for igual à base, o logaritmo será $1$, logo:
$$\frac{h}{2} = \log (\frac{n \pm \sqrt{n^2+4}}{2})$$
Finalmente, multiplicando ambos os membros por $2$, obtemos:
$$h=2 \cdot \log (\frac{n + \sqrt{n^2+4}}{2})$$
*OBS: O sinal de $\pm$ "some", pois $z>0$
166.
Cada candidato teve uma média:
$$A=\frac{4\cdot 90+60}{5}=84$$
$$B=\frac{4cdot 85+85}{5}=85$$
$$C=\frac{4\cdot 80+95}{5}=83$$
$$D=\frac{4\cdot 60+90}{5}=66$$
$$E=\frac{4\cdot 60+100}{5}=68$$
Logo: $B>A>C>E>D$.
167.
O volume acumulado na lata cilíndrica é de:
$$V=\pi\cdot 300^2\cdot 1200\approx 108.000.000mm^3$$
Logo, a altura do nível da água em mm no tanque cúbico é de:
$$V=1000\cdot 1000\cdot x= 108.000.000 \therefore x=108$$
168.
O percurso do ônibus é dado pelo somatório :
$$(550-30)+(320-20)=520+310=820m$$
Logo, devemos encontrar a metade desse trajeto:
$$\frac{820}{2}=410$$
Portanto a coordenada $x$ do ponto será:
$$410+30=440$$
E a coordenada $y$ será $20$.
169.
$$3,10-3=0,1$$
$$3,021-3=0,021$$
$$2,96-3=-0,04$$
$$2,099-3=-0,901$$
$$3,07-3=0,07$$
A lente escolhida será aquela que possui menor diferença (em módulo).
Portanto a alternativa correta é C.
170.
Pela figura, vemos que há $9$ lugares disponíveis para os $7$ membros da família. Logo, há um arranjo:
$$A_{9,7}=\frac{9!}{(9!-7!)}=\frac{9!}{2!}$$
171.
Uma circunferência possui $6$ setores circulares de $60^{\circ}$ cada, pois:
$$\frac{360}{60}=6$$
Logo, a área de cada setor é dada por:
$$\frac{1}{6}\cdot \pi \cdot R^2$$
Como são $3$ setores:
$$3\cdot \frac{1}{6}\cdot \pi \cdot R^2$$
Considerando $\pi=3$, e simplificando temos:
$$\frac{3}{2}\cdot R^2$$
Essa área deve ser menor do que $1200$ ($50\cdot 24$):
$$\frac{3}{2}\cdot R^2< 1200 \therefore R^2< \frac{1200\cdot 2}{3}\therefore R<\sqrt{800}$$
$$28^2<800<29^2$$
$R$, sendo natural, deve ser igual a $28$.
172.
Ela deverá tomar:
$$150\cdot 10^{-3}\cdot 20 = 3L$$
Portanto, se ela comprar $2$ garrafas iguais:
$$\frac{3}{2}=1,5L$$
173.
O felino possui $3$ kg, logo, segundo a tabela ele tem $0,208$ de área de superfície corporal.
Logo, a dose que deverá receber é dada por:
$$\frac{x}{250}=0,208 \therefore x=52$$
174.
A capacidade mínima, em litros, é :
$$10\cdot 20\cdot 0,08=16m^3=16.000L$$
175.
$$P(I)=3\cdot \frac{1}{200}\cdot \frac{199}{199}\cdot \frac{198}{198}=\frac{3}{200}$$
$$P(II)=\frac{1}{20}\cdot 3 \cdot \frac{1}{10}\cdot \frac{9}{9}\cdot \frac{8}{8}=\frac{3}{200}$$
$$P(III)=3 \cdot \frac{1}{20}\cdot \frac{19}{19}\cdot \frac{18}{18}\cdot \frac{1}{10}\cdot \frac{10}{10}\cdot \frac{10}{10}=\frac{3}{200}$$
Logo, $P(I)=P(II)=P(III)$.
176.
O mês de produção máxima ocorre quando o preço é o mais baixo, portanto:
$$\cos(\frac{\pi \cdot x-\pi}{6})=-1$$
Logo, igualando o argumento a $\pi$, obtemos:
$$(\frac{\pi \cdot x-\pi}{6})=\pi \therefore \pi \cdot x-\pi=6\pi \therefore x=7$$
$7$ corresponde a Julho.
177.
$3$ cartas, pois:
$$\frac{3}{4}=\frac{6}{8}$$
$$0,75=\frac{75}{100}=\frac{3}{4}=\frac{6}{8}$$
$$75\%=\frac{75}{100}=\frac{6}{8}$$
178.
Pela análise direta do gráfico, temos que o maior número de consumidores das classes A/B que participam de promoções, utilizam a internet, e o maior número de consumidores classes C/D que participam de promoções, utilizam os correios.
179.
A embalagem possui volume de:
$$V=20\cdot 10\cdot 10=2000$$
Após ficar cremoso, o chocolate passará a ocupar $25\$ a mais de espaço, logo:
$$1000\cdot 1,25=1250$$
O espaço restante será de:
$$2000-1250=750$$
Como o morango também expandirá, o seu volume deve ser de:
$$x\cdot 1,25=750 \therefore x=600$$
180.
A probabilidade é dada pelo quociente entre os números favoráveis e os números possíveis:
$$P=\frac{20}{100}$$
As propostas $I$ e $V$ satisfazem o proposto.
Porém, afim de diminuir os custos, a proposta $I$ é a melhor.
159.
De acordo com o enunciado, a quantidade anual de produtos é regida por uma Progressão Geométrica, portanto a soma dos termos é dada:
$$P=8000\cdot (1,5)^{(t-1)}$$
160.
Em ordem crescente, temos:
$20,50$; $20,60$; $20,60$; $20,80$; $20,90$; $20,90$; $20,90$ e $20,96$.
A mediana nada mais é do que a média aritmética entre os termos centrais:
$$M=\frac{20,80+20,90}{2}=20,85$$
161.
No esquema $I$, temos:
$$\frac{(600+360)\cdot 580}{2}=278.400$$
Já no esquema $II$, temos:
$$490 \cdot 580=284.200$$
O aumento foi de:
$$284.200-278.400=5.800$$
162.
Para obter um número mínimo de escolas é preciso que cada uma receba o máximo possível. Sendo assim, basta calcular o mdc entre $400$ e $320$, obtendo $80$.
Na sessão vespertina, o número de escolas foi:
$$\frac{400}{80}=5$$
E na sessão noturna:
$$\frac{320}{80}=4$$
Totalizando assim, $9$ escolas.
163.
O raio da cisterna atual é de $1m$ e $3m$ de altura.
O volume de um cilindro é dado pelo produto entre a área de sua base pela altura:
$$V=A_b\cdot h$$
Logo, sendo $81$ o volume da nova cisterna, e sabendo também que a altura permanece a mesma, temos:
$$81=(\pi \cdot r^2)\cdot 3 \therefore 81=9 r^2 \therefore r=\sqrt{9}=3$$
A diferença entre os raios é de:
$$3-1=2$$
164.
Dividindo o pentágono em 5 triângulos, cada um contendo $20\%$ da área do pentágono, temos o seguinte:
Dessa maneira, claramente podemos ver que a alternativa correta é a C.
165.
Como a figura nos diz, temos o seguinte:
$$\left\{ \begin{array}{c} \log(k)=-\frac{h}{2} \therefore k=10^{-\frac{h}{2}}
\\ \log(k+n)=\frac{h}{2} \therefore k+n=10^{\frac{h}{2}}\\
\end{array} \right.$$
Afim de facilitar os cálculos:
$$10^{\frac{h}{2}}=z$$
Com essa nova notação, temos que:
$$k+n=z$$
E ainda:
$$k=\frac{1}{z}$$
Sabendo disto, prosseguimos:
$$k+n=z \therefore \frac{1}{z}+n=z$$
Multiplicando todos os membros por $z$, obtemos:
$$1+nz=z^2 \therefore z^2-nz-1=0$$
Obtemos assim uma equação do segundo grau. Calculando o $\Delta$, temos:
$$\Delta=n^2+4$$
$$z=\frac{n \pm \sqrt{n^2+4}}{2}$$
Conforme feito anteriormente, temos que $z=10^{\frac{h}{2}}$, logo:
$$10^{\frac{h}{2}}=\frac{n \pm \sqrt{n^2+4}}{2}$$
Assim, podemos aplicar o logaritmo nos dois membros:
$$\log 10^{\frac{h}{2}}=\log (\frac{n \pm \sqrt{n^2+4}}{2})$$
Aplicando as propriedades, o expoente "desce" multiplicando:
$$\frac{h}{2} \cdot \log 10= \log (\frac{n \pm \sqrt{n^2+4}}{2})$$
Sabendo-se que se o logaritmando for igual à base, o logaritmo será $1$, logo:
$$\frac{h}{2} = \log (\frac{n \pm \sqrt{n^2+4}}{2})$$
Finalmente, multiplicando ambos os membros por $2$, obtemos:
$$h=2 \cdot \log (\frac{n + \sqrt{n^2+4}}{2})$$
*OBS: O sinal de $\pm$ "some", pois $z>0$
166.
Cada candidato teve uma média:
$$A=\frac{4\cdot 90+60}{5}=84$$
$$B=\frac{4cdot 85+85}{5}=85$$
$$C=\frac{4\cdot 80+95}{5}=83$$
$$D=\frac{4\cdot 60+90}{5}=66$$
$$E=\frac{4\cdot 60+100}{5}=68$$
Logo: $B>A>C>E>D$.
167.
O volume acumulado na lata cilíndrica é de:
$$V=\pi\cdot 300^2\cdot 1200\approx 108.000.000mm^3$$
Logo, a altura do nível da água em mm no tanque cúbico é de:
$$V=1000\cdot 1000\cdot x= 108.000.000 \therefore x=108$$
168.
O percurso do ônibus é dado pelo somatório :
$$(550-30)+(320-20)=520+310=820m$$
Logo, devemos encontrar a metade desse trajeto:
$$\frac{820}{2}=410$$
Portanto a coordenada $x$ do ponto será:
$$410+30=440$$
E a coordenada $y$ será $20$.
169.
$$3,10-3=0,1$$
$$3,021-3=0,021$$
$$2,96-3=-0,04$$
$$2,099-3=-0,901$$
$$3,07-3=0,07$$
A lente escolhida será aquela que possui menor diferença (em módulo).
Portanto a alternativa correta é C.
170.
Pela figura, vemos que há $9$ lugares disponíveis para os $7$ membros da família. Logo, há um arranjo:
$$A_{9,7}=\frac{9!}{(9!-7!)}=\frac{9!}{2!}$$
171.
Uma circunferência possui $6$ setores circulares de $60^{\circ}$ cada, pois:
$$\frac{360}{60}=6$$
Logo, a área de cada setor é dada por:
$$\frac{1}{6}\cdot \pi \cdot R^2$$
Como são $3$ setores:
$$3\cdot \frac{1}{6}\cdot \pi \cdot R^2$$
Considerando $\pi=3$, e simplificando temos:
$$\frac{3}{2}\cdot R^2$$
Essa área deve ser menor do que $1200$ ($50\cdot 24$):
$$\frac{3}{2}\cdot R^2< 1200 \therefore R^2< \frac{1200\cdot 2}{3}\therefore R<\sqrt{800}$$
$$28^2<800<29^2$$
$R$, sendo natural, deve ser igual a $28$.
172.
Ela deverá tomar:
$$150\cdot 10^{-3}\cdot 20 = 3L$$
Portanto, se ela comprar $2$ garrafas iguais:
$$\frac{3}{2}=1,5L$$
173.
O felino possui $3$ kg, logo, segundo a tabela ele tem $0,208$ de área de superfície corporal.
Logo, a dose que deverá receber é dada por:
$$\frac{x}{250}=0,208 \therefore x=52$$
174.
A capacidade mínima, em litros, é :
$$10\cdot 20\cdot 0,08=16m^3=16.000L$$
175.
$$P(I)=3\cdot \frac{1}{200}\cdot \frac{199}{199}\cdot \frac{198}{198}=\frac{3}{200}$$
$$P(II)=\frac{1}{20}\cdot 3 \cdot \frac{1}{10}\cdot \frac{9}{9}\cdot \frac{8}{8}=\frac{3}{200}$$
$$P(III)=3 \cdot \frac{1}{20}\cdot \frac{19}{19}\cdot \frac{18}{18}\cdot \frac{1}{10}\cdot \frac{10}{10}\cdot \frac{10}{10}=\frac{3}{200}$$
Logo, $P(I)=P(II)=P(III)$.
176.
O mês de produção máxima ocorre quando o preço é o mais baixo, portanto:
$$\cos(\frac{\pi \cdot x-\pi}{6})=-1$$
Logo, igualando o argumento a $\pi$, obtemos:
$$(\frac{\pi \cdot x-\pi}{6})=\pi \therefore \pi \cdot x-\pi=6\pi \therefore x=7$$
$7$ corresponde a Julho.
177.
$3$ cartas, pois:
$$\frac{3}{4}=\frac{6}{8}$$
$$0,75=\frac{75}{100}=\frac{3}{4}=\frac{6}{8}$$
$$75\%=\frac{75}{100}=\frac{6}{8}$$
178.
Pela análise direta do gráfico, temos que o maior número de consumidores das classes A/B que participam de promoções, utilizam a internet, e o maior número de consumidores classes C/D que participam de promoções, utilizam os correios.
179.
A embalagem possui volume de:
$$V=20\cdot 10\cdot 10=2000$$
Após ficar cremoso, o chocolate passará a ocupar $25\$ a mais de espaço, logo:
$$1000\cdot 1,25=1250$$
O espaço restante será de:
$$2000-1250=750$$
Como o morango também expandirá, o seu volume deve ser de:
$$x\cdot 1,25=750 \therefore x=600$$
180.
A probabilidade é dada pelo quociente entre os números favoráveis e os números possíveis:
$$P=\frac{20}{100}$$