AULA 01: RACIOCÍNIO LÓGICO

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Prof. Arthur Lima – Aula 01

AULA 01: RACIOCÍNIO LÓGICO

SUMÁRIO PÁGINA

1. Introdução 01

2. Resolução de questões 02

3. Lista das questões apresentadas na aula 41

4. Gabarito 57

Caro aluno,

Hoje começamos o nosso curso estudando os tópicos de Raciocínio Lógico propriamente dito presentes no edital de 2009, conforme abaixo:

RACIOCÍNIO LÓGICO

Estrutura lógica de relações arbitrárias entre pessoas, lugares, objetos ou eventos fictícios; deduzir novas informações das relações fornecidas e avaliar as condições usadas para estabelecer a estrutura daquelas relações. Compreensão e elaboração da lógica das situações por meio de: raciocínio verbal; raciocínio matemático; raciocínio seqüencial; orientação espacial e temporal; formação de conceitos; discriminação de elementos. Compreensão do processo lógico que, a partir de um conjunto de hipóteses, conduz, de forma válida, a conclusões determinadas.

Uma boa aula para todos nós!

1. INTRODUÇÃO

A melhor forma de tratar esses assuntos é através da resolução de vários exercícios. Sempre que houver necessidade, introduzirei um breve tópico teórico para auxiliar o seu aprendizado.

Você verá que as primeiras questões trabalham, principalmente, o raciocínio seqüencial. Nelas você será apresentado a um conjunto de dados dispostos de acordo com alguma “regra” implícita, alguma lógica de formação. O desafio é

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justamente descobrir essa “regra” para, com isso, encontrar outros termos daquela mesma sequência.

Esse tipo de questão é uma grande armadilha para o aluno desavisado. Isso porque você pode encontrar a “regra” de formação da sequência em menos de 1 minuto, como pode também gastar preciosos minutos debruçado na questão para resolvê-la – ou, pior ainda, não conseguir obter um resultado ainda assim. Assim, gostaria de sugerir que você adote a seguinte tática: ao se deparar com uma questão como essa, gaste uns poucos minutos (2 ou 3) tentando encontrar a lógica da sequência. Caso não consiga, não hesite em seguir adiante, resolvendo a sua prova e, caso sobre tempo no final, volte a essa questão. Lembre-se: gastar 10 ou 15 minutos com uma questão dessas (ainda que você a acerte) pode ser bem menos proveitoso do que gastar esse mesmo tempo em questões de outras disciplinas.

De qualquer forma, vamos trabalhar várias questões com diferentes tipos de sequências, nesta e na próxima aula, para tornar o seu raciocínio mais “automático”, criando modelos mentais que aumentem a chance de você conseguir resolver essa questão já nos primeiros minutos.

Vamos lá? Sempre que possível, tente resolver o exercício antes de ler a minha resolução!

2. RESOLUÇÃO DE QUESTÕES

1. FCC – TRT/8ª – 2010) Observe o padrão da sequência de contas:

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Prof. Arthur Lima – Aula 01 a) 1 b) 50 c) 99 d) 100 e) 950 RESOLUÇÃO:

Observe que a primeira conta começa com um número formado por 1000 algarismos iguais a 1 e dele subtrai outro com 999 algarismos 1. Na conta 2, repete-se o que foi feito na conta 1 e soma-repete-se um número de 998 algarismos 1. Na conta 3, mantém-se o que já foi feito e subtrai-se um número de 997 algarismos 1. E assim por diante, alternadamente, somando e subtraindo números com cada vez menos algarismos 1.

Para você entender o que acontece, imagine números com menos algarismos. Vamos começar com um número de 7 algarismos (ao invés de 1000, como na conta 1 do enunciado), e dele subtrair um número com 6 algarismos 1 (ao invés de 999):

Conta 1: 1111111 – 111111 = 1000000 1 algarismo 1 no resultado

Agora, vamos somar um número com 5 algarismos 1 ao resultado da conta acima:

Conta 2: 1000000 + 11111 = 1011111 6 algarismos 1 no resultado

A seguir, vamos subtrair um número com 4 algarismos 1 do resultado acima:

Conta 3: 1011111 – 1111 = 1010000 2 algarismos 1 no resultado

E então, podemos somar um número com 3 algarismos 1:

Conta 4: 1010000 + 111 = 1010111 5 algarismos 1 no resultado

E subtraindo um número com 2 algarismos 1:

Conta 5: 1010111 – 11 = 1010100 3 algarismos 1 no resultado

Somando um número com 1 algarismo 1:

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Observe somente as contas pares (azuis). Vemos que a quantidade de algarismos 1 no resultado começa em 6 (isto é, 7 – 1), e vai diminuindo para 5 e 4.

A conta 100 é uma conta par. Logo, vamos analisar as contas pares do enunciado. Já sabemos que o resultado da primeira conta par (conta 2) será um número com 999 algarismos iguais a 1 (isto é, 1000 – 1, assim como ocorreu na primeira conta par do nosso exemplo). Seguindo a lógica, a segunda conta par – conta 4 – deverá ter um algarismo 1 a menos, isto é, 998, ou 1000 – 2 algarismos iguais a 1. A conta 6 terá 1000 – 3, ou seja, 997 algarismos 1. E assim por diante. Veja a tabela abaixo:

Conta 2 1ª conta par 1000 – 1 = 999 algarismos 1

Conta 4 2ª conta par 999 – 1, ou 1000 – 2 = 998 algarismos 1

... ... ...

A conta 100 será a 50ª conta par. Portanto, o seu resultado deve ter um número com 1000 – 50, ou seja, 950 algarismos 1.

Resposta: E.

2. FCC – TRT/24ª – 2011) Na sequência de operações seguinte, os produtos

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Assim sendo, é correto afirmar que, ao se efetuar 111 111 111 x 111 111 111, obtém-se um número cuja soma dos algarismos está compreendida entre:

a) 85 e 100 b) 70 e 85 c) 55 e 70 d) 40 e 55 e) 25 e 40 RESOLUÇÃO:

Note que, ao multiplicar números com 2 algarismos 1 (11 x 11), o algarismo do meio do resultado é 2 (121). Ao multiplicar números com 3 algarismos 1 (111 x 111), o algarismo do meio do resultado é 3 (12321). E assim por diante. Portanto, ao multiplicar números com 9 algarismos 1 (111 111 111 x 111 111 111), o algarismo do meio do resultado será 9, ou seja, o resultado será 12345678987654321. Somando os algarismos do resultado:

1+2+3+4+5+6+7+8+9+8+7+6+5+4+3+2+1 = 81 Resposta: B.

3. CESPE – Polícia Civil ES – 2009) Na sequência numérica 23, 32, 27, 36, 31, 40, 35, 44, X, Y, Z, ..., o valor de Z é igual a 43.

RESOLUÇÃO:

Em questões como essa, onde nos é dada uma sequência, é preciso buscar a lógica existente em sua formação. Essa lógica pode ser dos mais variados tipos. Podemos ter, por exemplo, uma sequência onde todos os números são múltiplos de 7 (ex.: 14, 21, 28, 35, ...). Da mesma forma, podemos ter uma sequência onde todos os números começam com a letra “d” (ex.: 2, 10, 12, 200, ...).

No caso do exercício em questão, temos duas sequências intercaladas. Veja-as em destaque:

23, 32, 27, 36, 31, 40, 35, 44, X, Y, Z, ...

Note que nas 2 sequências o termo seguinte é igual ao anterior somado de 4 unidades: 27 = 23 + 4; 31 = 27 + 4; 36 = 32 + 4; 40 = 36 + 4 etc.

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Y faz parte da sequência azul. Assim, será igual a 44 + 4 = 48.

Z faz parte da sequência vermelha, sendo igual a X + 4, isto é, 39 + 4 = 43. Resposta: C

4. CEPERJ – IPEM/RJ – 2010) O número N = 22222...22 possui 200 algarismos iguais a 2. Quando N é dividido por 12, o 50º algarismo do quociente é:

a) 1 b) 2 c) 4 d) 6 e) 8 RESOLUÇÃO:

Como sabemos que esta é uma questão de sequências? Ora, porque seria muito improvável que o exercício quisesse que você realmente fizesse a divisão de um número de 200 algarismos por 12. Portanto, o mais provável é que exista algum padrão, alguma lógica, alguma sequência escondida por trás dessa divisão. Inicialmente, podemos simplificar a divisão da seguinte forma:

22222...22 11111...11

12 12 6

N ₌ ₌

Vamos começar a efetuar a divisão e verificar o que encontramos: 111...11 6

5

11

1

Marquei em vermelho os 2 primeiros algarismos (11) pois começamos a divisão por eles. 11 dividido por 6 tem quociente 1 e deixa resto 5. Agora, “pegamos” o próximo algarismo do dividendo (outro 1) e dividimos 51 por 6, que tem quociente 8 e resto 3: 11...11 6 5 18 111 1 3

Efetuando mais um passo da divisão, temos: 1...11 6 5 185 3 1 1111 1 1

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Observe que agora o resto foi 1. Ao pegarmos o próximo algarismo do dividendo (outro 1), vamos dividir novamente 11 por 6, que tem quociente 1 e resto 5. Depois, dividiremos 51 por 6, com quociente 8 e resto 3. E então, 31 por 6, com quociente 5 e resto 1. E assim por diante. Veja:

1...11 6 1

1111111

185185

Como você pode perceber, teremos no quociente uma repetição de 1, 8 e 5, e no resto uma repetição de 5, 3 e 1. O exercício quer saber o 50º algarismo do quociente. Devemos começar descobrindo quantos algarismos tem o quociente. Observe que foi necessário usar os 2 algarismos da esquerda do dividendo (11111...11) para efetuar a primeira divisão por 6, que levou ao primeiro 1 do quociente que descobrimos. A partir daí, é preciso “pegar” um algarismo do dividendo para obter cada algarismo novo do quociente. Como o dividendo ainda tem 198 algarismos restantes (pois 2 já foram utilizados), teremos mais 198 algarismos no quociente. Somando o primeiro algarismo obtido, teremos 199 algarismos ao todo no quociente.

Estes algarismos estão ordenados numa sequência que se repete a cada três: 185185185... Para descobrir quantos grupos completos de 3 números (185) temos até o 50º algarismo, basta dividir 50 por 3, que tem quociente 16 e resto 2. Isto significa que teremos 16 grupos completos de 3 números (185), totalizando 48 algarismos. O próximo algarismo seguirá a sequência, ou seja, será 1, e logo após ele temos o algarismo 8 (que será o 50º).

Resposta: E.

5. FDC – FAETEC – 2010) Observe a sequência abaixo:

8 6 4 2 1

(1 , ,3 , ,5 , ,7 ,8 )

a

b

c

Ao identificar um padrão nessa sequência, você descobrirá os valores de a, b e c. A soma a + b + c vale: a) 1361 b) 1362 c) 1364 d) 1365 e) 1368

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RESOLUÇÃO:

Nesta questão, repare nos números em azul:

(

1

8

, a,

3

6

, b,

5

4

, c,

7

2

, 8

1

)

Percebeu que as bases das potências vão aumentando (1, 3, 5, 7) e os expoentes vão diminuindo (8, 6, 4, 2)? Veja que o termo após 72 é 81, que segue a mesma lógica. Portanto, podemos voltar e preencher os termos a = 27, b=45 e c=63:

(

1

8

, 2

7

,

3

6

, 4

5

,

5

4

, 6

3

,

7

2

, 8

1

)

Vamos calcular a + b + c, conforme solicitou o enunciado:

7 5 3 2 4 6 128 1024 216 1368 a b c a b c a b c + + = + + + + = + + + + = Resposta: E

6. FDC – MAPA – 2010) A sequência de letras apresentada abaixo obedece a certa regra lógica: B, O, E, K, H, G, K, ..., ... . Seguindo-se a sequência e mantendo-se a mesma lógica, as duas próximas letras que a completam são, respectivamente: a) D e L; b) L e J; c) C e J; d) R e T; e) C e N. RESOLUÇÃO:

Esta é mais uma questão envolvendo raciocínio seqüencial. Aproveito para relembrá-lo: se demorar a encontrar a lógica, siga resolvendo a prova!

Neste caso foi feita uma associação entre as letras e o número correspondente à sua posição no alfabeto. Acompanhe:

Letra B O E K H G K

Posição 2 15 5 11 8 7 11

Note que temos 2 sequências de números:

a) 15, 11, 7 o número seguinte é igual ao anterior – 4 unidades; b) 2, 5, 8, 11 o número seguinte é igual ao anterior + 3 unidades;

Portanto, completando a primeira sequência numérica, temos o número 3 (= 7 – 4). E completando a segunda, temos o número 14 (11 + 3). Com isso, obtemos:

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Letra B O E K H G K

Posição 2 15 5 11 8 7 11 3 14

A letra do alfabeto correspondente à posição 3 é o C. E a correspondente à posição 14 é o N. Portanto:

Letra B O E K H G K C N

Posição 2 15 5 11 8 7 11 3 14

Resposta: E

***REVISÃO TEÓRICA: QUESTÕES ENVOLVENDO DOMINÓS

Um modelo de questão que a FCC insiste em cobrar é aquele envolvendo pedras de dominó. Você sabe que essas pedras possuem sempre 2 números, indo cada um deles de 0 a 6. Normalmente as questões apresentam pedras de dominó dispostas em uma determinada ordem e solicitam que você descubra a lógica daquela ordenação para, a seguir, indicar qual a próxima pedra da sequência.

A tabela abaixo apresenta os 6 valores possíveis em uma pedra de dominó, e faz uma relação com os outros números que eles podem representar, seguindo a ordem numérica decimal:

0 1 2 3 4 5 6

7 8 9 10 11 12 13

14 15 16 17 18 19 20

21 22 23 24 25 26 27

28 ...

Observe que o zero pode representar a si mesmo, ou a qualquer dos números presentes em sua coluna: 7, 14, 21, 28 etc. Da mesma forma, o 1 pode representar a si mesmo ou a qualquer dos números em sua coluna: 8, 15, 22, 29 etc. E assim por diante.

Outro instrumento que ajuda a analisar questões envolvendo dominós é utilizar a sequência infinita abaixo:

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Você entenderá melhor o uso dessas ferramentas ao longo dos 3 exercícios seguintes.

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7. FCC – BACEN – 2006) As pedras de dominó mostradas abaixo foram dispostas sucessivamente e no sentido horário, de modo que os pontos marcados obedeçam a um determinado critério.

Com base nesse critério, a pedra de dominó que completa corretamente a sucessão é:

RESOLUÇÃO:

Observe que todas as pedras possuem o número 1, porém alternando entre a parte de dentro e a parte de fora do círculo. Na pedra imediatamente anterior à que

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buscamos (1, 0), o 1 se encontra na parte de fora. Assim, na pedra que buscamos, o 1 deve estar presente, e na parte de dentro.

Além disso, veja os demais números presentes em cada pedra: 3, 4, 5, 6, 0. Observe-se que se trata simplesmente de seguir a sequência que vimos na revisão teórica:

...0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6... Assim, após o 0, o próximo número deverá ser o 1. Ou seja, a pedra que buscamos é formada por 2 números 1.

Se preferisse, você podia observar na tabela dada na revisão teórica que o 0 pode representar o 7, e o 1 pode representar o 8. Assim, teríamos a seguinte sequencia: 3, 4, 5, 6, 7 (representado pelo 0) e 8 (representado pelo 1 na pedra que buscamos).

Resposta: E.

8. FCC – TCE-SP – 2008) As pedras do jogo “dominó”, mostradas abaixo, foram escolhidas e dispostas sucessivamente no sentido horário, obedecendo a determinado critério.

Segundo esse critério, a pedra que substituiria corretamente aquela que tem os pontos de interrogação corresponde a:

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RESOLUÇÃO:

Observe que, de uma pedra para a seguinte, a posição do 2 alterna entre a parte de fora e de dentro do círculo. Na pedra imediatamente anterior (2, 5) à que queremos descobrir, o 2 se encontra na parte de fora, portanto na nossa pedra ele deve estar na parte de dentro.

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Veja os demais números presentes nas pedras: 4, 6, 1, 3, 5. Veja que de um número dessa sequência para o próximo foi preciso saltar um número intermediário. Ex.: do 4 para o 6, saltou-se o 5. Do 6 para o 1, saltou-se o 0. Como o último número da sequencia é o 5, devemos saltar o 6 e pegar o próximo, que é o 0.

Outra forma de visualizar esta sequência é utilizar a tabela abaixo, onde podemos encontrar uma relação interessante entre esses números:

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 ... 4 representando o próprio 4 6 representando o próprio 6 1 representando o 8 3 representando o 10 5 representando o 12

A próxima pedra na sequência deve representar o 14. Recorrendo à tabela, veja que quem representa o 14 é o 0.

Portanto, a pedra procurada por nós tem um 0 e um 2. Letra A. Resposta: A.

9. FCC – TCE-SP – 2008) As pedras de dominó abaixo foram, sucessivamente, colocadas da esquerda para a direita e modo que, tanto a sua parte superior como a inferior, seguem determinados padrões.

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A pedra de dominó que substitui a que tem os pontos de interrogação é:

RESOLUÇÃO:

Observe que na parte superior temos a sequência: 6, 1, 0, 2, 1, 3. Veja o esquema abaixo:

Seguindo essa lógica, para obter a próxima pedra basta retornar 1 posição a partir do 3, chegando no valor 2.

Para a parte inferior, veja que existe uma simetria. O 3 é a pedra central, e tanto à sua direita quanto à sua esquerda temos o zero. A seguir, tanto à direita quanto à esquerda temos o 5. Na extremidade esquerda temos um 4, portanto também devemos ter um 4 na extremidade direita.

Assim, a pedra que buscamos possui um 2 e um 4. Letra C. Resposta: C.

10. FCC – BACEN – 2006) Na figura abaixo, as letras foram dispostas em forma de um triângulo segundo determinado critério.

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Considerando que as letras K, W e Y não fazem parte do alfabeto oficial, então, de acordo com o critério estabelecido, a letra que deve substituir o ponto de interrogação é: a) P b) Q c) R d) S e) T RESOLUÇÃO:

Note que temos 3 letras P, depois 3 letras Q e 3 letras R no sentido indicado pelas setas abaixo:

Seguindo a mesma lógica, deveríamos ter 3 letras S e, finalmente, 3 letras T, completando o triângulo:

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Prof. Arthur Lima – Aula 01 P P Q P R S Q R S T Q R S T T

Portanto, a letra que substitui o ponto de interrogação é o T. Resposta: E.

11. FCC – BACEN – 2006) Observe com atenção a figura abaixo:

Dos desenhos seguintes, aquele que pode ser encontrado na figura dada é:

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Veja que podemos encontrar o desenho da alternativa C na figura do enunciado. Marquei em vermelho:

Resposta: C.

12. FCC – BACEN – 2006) No quadriculado seguinte os números foram colocados nas células obedecendo a um determinado padrão.

Seguindo esse padrão, o número X deve ser tal que: a) X > 100 b) 90 < X < 100 c) 80 < X < 90 d) 70 < X < 80 e) X < 70 RESOLUÇÃO:

Observe que, na primeira coluna, 16 + 13 = 29 (soma). Já na segunda coluna, 34 – 19 = 15 (subtração). Na terceira, voltamos a ter uma soma: 27 + 28 = 55. Portanto, na quarta devemos ter uma subtração: X – 42 = 66. Com isso,

X = 66 + 42 X = 108 Isto é, X é um valor maior que 100.

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Resposta: A.

13. FCC – BACEN – 2006) Em cada linha do quadro abaixo, as figuras foram desenhadas obedecendo a um mesmo padrão de construção.

Segundo esse padrão, a figura que deverá substituir corretamente o ponto de interrogação é:

RESOLUÇÃO:

Observe que temos 3 tipos de cabeças (triângulo, quadrado e círculo), 3 tipos de braços (na horizontal, para baixo e para cima), e 3 tipos de pernas (em 90 graus, abaixadas e levantadas).

Nas duas linhas anteriores foram usados os 3 tipos de cabeças, braços e pernas. Na última linha, ainda não foi usada a cabeça quadrada, os braços para

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baixo e as pernas abaixadas. Das alternativas do exercício, apenas a letra B possui essas 3 características, sendo ela o gabarito.

Resposta: B.

14. FCC – TJ/PE – 2007) Considere a sequência de figuras abaixo:

A figura que substitui corretamente a interrogação é:

RESOLUÇÃO:

Observe as duas primeiras colunas. Veja que em cada uma delas temos 1 figura com rosto triangular, outra com rosto quadrado e outra com rosto circular. Da mesma forma, uma delas tem olhos quadrados, outra tem olhos circulares e outra tem olhos retos (“fechados”). Quanto ao nariz, uma delas tem o nariz apontando para a esquerda, outra tem o nariz apontando para a direita, e outra tem o nariz apontando para a frente.

Na coluna da direita, falta apenas uma figura com: - rosto circular

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- nariz apontando para a esquerda.

Esta figura está reproduzida na alternativa A. Resposta: A

15. FCC – TCE-PB – 2006) Considere a figura abaixo:

Se fosse possível deslizar sobre esta folha de papel as figuras apresentadas nas alternativas abaixo, aquela que coincidiria com a figura dada é:

RESOLUÇÃO:

Veja que se girarmos a figura da letra B 90º no sentido horário, ela fica exatamente na mesma posição da figura do enunciado. Observe que seria necessário “levantar” a figura do papel e trocá-la de lado para chegar nos desenhos presentes nas demais letras.

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16. FCC – TCE-PB – 2006) Observe que com 10 moedas iguais é possível construir um triângulo:

Movendo apenas três dessas moedas é possível fazer com que o triângulo acima fique com a posição invertida, ou seja, a base para cima e o vértice oposto para baixo. Para que isso aconteça, as moedas que devem ser movidas são as de números: a) 1, 2 e 3 b) 1, 8 e 9 c) 1, 7, e 10 d) 2, 3 e 5 e) 5, 7 e 10 RESOLUÇÃO:

Observe que basta:

- colocar a bola 7 à esquerda da bola 2; - colocar a bola 10 à direita da bola 3;

- colocar a bola 1 logo abaixo das bolas 8 e 9; Feito isso, teremos o triângulo invertido:

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Resposta: C.

17. FCC – TCE-SP – 2005) Considere que o cubo mostrado na figura foi montado a partir de pequenos cubos avulsos, todos de mesmo tamanho.

O número de cubos que podem ser visualizados nessa figura é: a) 9 b) 18 c) 27 d) 36 e) 48 RESOLUÇÃO:

Além dos 27 cubos menores que formam a figura, veja que podemos formar cubos médios utilizando 4 cubos menores que sejam adjacentes. Neste caso, é possível formar 8 cubos médios. E, por fim, temos 1 cubo grande, que é este que você vê claramente na figura. Ao todo, temos 36 cubos (letra D).

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Como o mais difícil nessa questão é visualizar os 8 cubos médios, marquei-os nmarquei-os desenhmarquei-os abaixo em vermelho, para facilitar o seu entendimento:

1º)

2º)

3º)

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5º)

6º)

7º)

8º) Só é possível visualizá-lo girando a figura. Ele é o cubo formado pelos 4 cubinhos menores que não podem ser vistos nessa figura.

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Resposta: D.

Obs.: note que, apesar do enunciado pedir apenas os cubos que podem ser

visualizados na figura, para chegar ao gabarito tivemos que contar inclusive com aqueles cubos que só podem ser vistos se girarmos ou abrirmos esse cubo maior.

18. CEPERJ – OFICIAL SEFAZ/RJ – 2011) Três caixas iguais, uma preta, uma branca e uma amarela estão uma ao lado da outra em uma prateleira. Uma caixa contém 2 moedas; outra, 3 moedas; e a outra, 4 moedas. Observe a figura abaixo.

Sabe-se que:

• A caixa preta não contém 4 moedas.

• O número de moedas da caixa do meio é menor que o número de moedas da caixa da direita.

• A caixa amarela está à direita da caixa que contém 4 moedas. Então, conclui-se que:

a) A caixa da esquerda contém 2 moedas. b) A caixa branca é a da direita.

c) A caixa preta contém 3 moedas.

d) A caixa que contém 3 moedas é vizinha da branca. e) A caixa do meio é preta.

RESOLUÇÃO:

Vamos analisar cada informação fornecida pelo exercício. Sabemos que: - existem 3 caixas

- cada caixa tem 1 cor (Amarela – A, Preta – P ou Branca – B) e 1 quantidade de moedas (2, 3 ou 4).

Agora, usando a figura apresentada, vamos interpretar as demais informações fornecidas.

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1. A caixa preta não contém 4 moedas:

Logo, a caixa preta (ou simplesmente P) contém 3 ou 2 moedas. Guardemos essa informação. Ela pode ser útil no decorrer da resolução.

2. O número de moedas da caixa do meio é menor que o número de moedas da caixa da direita.

Logo, a caixa do meio não pode ter 4 moedas, pois ela deve ter menos moedas que a caixa da direita. Isto é, a caixa do meio pode ter 2 ou 3 moedas apenas. Façamos essas anotações na figura:

Assim, temos duas possibilidades: se a caixa do meio tiver 3 moedas, a da direita só pode ter 4; e se a caixa do meio tiver 2 moedas, a da direita poderá ter 3 ou 4 moedas. Colocando essas informações na figura, temos:

3. A caixa amarela está à direita da caixa que contém 4 moedas.

Logo, deve haver uma caixa à esquerda da Amarela, com 4 moedas. Portanto, sabemos que a Amarela não pode ser a última caixa da esquerda. Vejamos na figura as duas possibilidades que temos para a caixa Amarela:

Analisando as possibilidades acima, vemos que a caixa amarela não pode ser a da direita, mas sim a do meio. Por quê? Porque se a amarela for a da direita, a

2 ou 3 3 ou 4 4 2 ou 3 A 4 A 4 3 ou 4 4 2 ou 3

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caixa do meio teria 4 moedas. E isso é incompatível com a condição que definimos acima (a caixa do meio tem 2 possibilidades: 2 ou 3 moedas). Portanto, resta que: - a caixa amarela só pode ser a do meio

- logo, a caixa da esquerda tem 4 moedas

- lembra-se que a caixa preta não podia ter 4 moedas? Portanto, ela não pode ser a da esquerda, e nem a do meio (que já é a amarela). Assim, ela será a caixa da direita, e a branca a da esquerda.

- por fim, como a caixa do meio deve ter menos moedas que a da direita, e só restam as opções de 2 ou 3 moedas, temos: caixa do meio com 2 moedas e caixa da direita com 3 moedas.

Vejamos na figura:

a) Analisando as opções de resposta possíveis, a única conclusão correta é a “c) A caixa preta contém 3 moedas.”

Resposta: C.

19. CEPERJ – OFICIAL SEFAZ/RJ – 2011) Em certa seção de um hospital, trabalham diversos médicos e enfermeiras, num total de 33 pessoas. Certo dia, um dos médicos falou com 8 enfermeiras, outro médico falou com 9 enfermeiras, outro com 10 enfermeiras, e assim por diante, até o último médico, que falou com todas as enfermeiras. O número de enfermeiras dessa seção do hospital é:

a) 24 b) 17 c) 18 d) 20 e) 22 RESOLUÇÃO: 3 2 A P B 4

(28)

Podemos resolver este exercício de duas formas. Uma mais elaborada, que exigiria um pouco de reflexão, e outra “no braço”, ou seja, sem pensar muito. Nós tendemos a querer usar sempre a solução mais “elegante”, porém o concurseiro deve saber lançar mão de soluções menos rebuscadas, mais braçais, pois várias vezes é mais rápido utilizá-las do que perder tempo pensando numa solução mais acadêmica.

Vamos começar resolvendo “no braço”? Basta montar uma tabelinha como essa abaixo, colocando o número do médico que falou e o número de enfermeiras com quem ele falou, até que o total da última coluna (médicos + enfermeiras) chegue a 33:

Médico Enfermeiras com quem falou Total de médicos + enfermeiras

1 8 9 2 9 11 3 10 13 4 11 15 5 12 17 6 13 19 7 14 21 8 15 23 9 16 25 10 17 27 11 18 29 12 19 31 13 20 33

Portanto, o hospital possui 13 médicos e 20 enfermeiras (letra d)

Vamos ver um jeito mais elegante de resolver? Ora, se o primeiro médico falou com 8 enfermeiras, e, a partir do segundo médico, para cada um que falava aumentava também em 1 o número de enfermeiras com quem ele falava, fica claro que a diferença entre o número de médicos e de enfermeiras se mantém igual o do início (isto é, 8 – 1 = 7). Portanto, sabemos que:

(29)

Prof. Arthur Lima – Aula 01 • existem 7 enfermeiras a mais que médicos: E – M = 7

Temos 2 equações e 2 variáveis (E e M): M + E = 33 E – M = 7

Vamos isolar uma das variáveis (“E”) na segunda equação: E – M = 7 E = 7 + M

Como E é igual a 7 + M, podemos substituir esse valor na primeira equação: M + E = 33

M + (7 + M) = 33 2M = 33 – 7 M = 26 / 2 = 13

Assim, descobrimos que temos 13 médicos. Substituindo esse valor em uma das equações, podemos obter o número de enfermeiras:

E = 7 + M E = 7 + 13

E = 20 Resposta: D.

20. CEPERJ – RIO PREVIDÊNCIA – 2010) Ana, Bruna e Célia possuem três profissões diferentes, uma é professora, outra médica e outra advogada, mas não se sabe ainda a profissão de cada uma. Considere as seguintes informações:

• Ana é esposa do irmão de Célia e é mais velha que a advogada

• A professora é filha única e é a mais nova das três mulheres. Pode-se concluir que:

a) Ana é mais nova que Célia b) Bruna é professora

(30)

d) Ana não é médica e) Bruna é advogada. RESOLUÇÃO:

As duas frases abaixo, dadas no enunciado, trazem uma série de informações. Leia-as com bastante atenção e, em seguida, extraia as informações mais relevantes para a sua análise. Veja abaixo:

• Ana é esposa do irmão de Célia e é mais velha que a advogada A partir dessa frase, vemos, entre outras coisas, que:

- Célia não é filha única (pois tem 1 irmão, casado com Ana) - Ana é mais velha que a advogada

• A professora é filha única e é a mais nova das três mulheres. Analisando essa frase em conjunto com a anterior, vemos que: - Célia não pode ser a professora (pois não é filha única)

- Ana não pode ser a professora (pois a professora é a mais nova das três, e Ana é mais velha que a advogada).

Ora, se nem Célia nem Ana são professoras, consequentemente Bruna é professora.

Resposta: B.

21. CESPE – MPE AM – 2008) Considere que o aniversário de Mariana ocorre no mês de janeiro, cujo mês/calendário do ano de 2007 é mostrado a seguir.

(31)

Nessa situação, se o número correspondente à data do aniversário de Mariana tem dois algarismos, a diferença entre eles é igual a 6 e, em 2007, o seu aniversário não ocorreu em uma quarta-feira, então o aniversário de Mariana ocorreu em uma segunda-feira.

RESOLUÇÃO: Sabemos que:

- o aniversário de Mariana é em janeiro;

- a data de seu aniversário tem 2 algarismos (portanto, não pode ser do dia 1 a 9 de janeiro);

- a diferença entre os 2 algarismos é 6 (portanto, temos apenas as opções: 17 e 28, pois 7 – 1 = 6 e 8 – 2 = 6);

- seu aniversário não ocorreu em uma quarta-feira em 2007;

Ora, a 3ª informação nos deixou apenas 2 datas possíveis para o aniversário de Mariana: 17 ou 28 de janeiro. Entretanto, 17 de janeiro de 2007 foi uma quarta-feira. De acordo com a 4ª informação, este não pode ter sido o aniversário de Mariana. Logo, apenas o dia 28 atende a todos os requisitos do enunciado.

Como 28 de janeiro de 2007 foi um domingo, este item encontra-se ERRADO.

Resposta: E

22. FGV – MEC – 2009) Um jogo é constituído por 8 peças iguais, quadradas e numeradas de 1 a 8, que estão encaixadas em um quadrado maior, como apresentado na figura 1.

Só se consegue mexer, na vertical ou na horizontal, uma peça por vez. Cada peça só pode ser movimentada se estiver adjacente ao espaço vazio. A movimentação da

(32)

peça é feita empurrando-a para o espaço vazio. Seu deslocamento preenche o espaço existente e causa o aparecimento de um novo espaço.

Considere que, em dado momento, a configuração do jogo é a apresentada na figura 4.

Assinale a alternativa que indique o número mínimo de movimentações para atingir a configuração apresentada na figura 5.

(A) menor do que 6. (B) 6.

(C) 7. (D) 8.

(E) maior do que 8. RESOLUÇÃO:

A tabela abaixo reproduz a figura 4 do enunciado:

1 5 2

4 6

7 3 8

Precisamos começar a resolução entendendo onde queremos chegar. Veja que, das alterações entre as figuras 4 e 5, a maior delas é a mudança de posição da

(33)

peça 3. Note ainda que entre as duas figuras não há alteração na primeira coluna: ela mantém-se com as peças 1, 4 e 7.

Com base nesses comentários, é provável que a melhor solução passe por não mexer na primeira coluna, e trabalhar principalmente a peça 3, levando-a à sua posição final, fazendo simultaneamente pequenas alterações de posição em outras peças.

Veja abaixo os movimentos necessários:

1) Mover para cima a peça 3:

1 5 2 4 3 6

7 8

2) Mover para a esquerda a peça 8:

1 5 2 4 3 6 7 8

3) Mover para baixo a peça 6:

1 5 2 4 3 7 8 6

4) Mover para a direita a peça 3:

1 5 2

4 3

7 8 6

5) Mover para baixo a peça 5:

1 2

4 5 3 7 8 6

6) Mover para a esquerda a peça 2:

1 2 4 5 3 7 8 6

(34)

1 2 3 4 5 7 8 6

1 2 3 4 5 6 7 8

Portanto, são necessários 8 movimentos. Resposta: D

23. FGV – MEC – 2009) Nas bancas das feiras, os feirantes empilham laranjas de tal forma que cada laranja sempre fica apoiada sobre outras quatro, como ilustrado abaixo, excetuando-se as que estão diretamente sobre a bancada.

A base do empilhamento tem sempre a forma de um retângulo (não se esqueça de que quadrados são também retângulos). A quantidade de laranjas na base e a sua disposição acabam por determinar a quantidade máxima de laranjas que podem ser empilhadas. Na ilustração a seguir, há 6 laranjas na base dispostas de modo que N=3 e P=2. A quantidade máxima de empilhamento é 8.

Com base nas informações acima e adotando-se como convenção que N não pode ser menor do que P, assinale a alternativa correta.

(35)

(A) Com 8 laranjas na base, é possível um empilhamento máximo de 12 laranjas. (B) Se N = 4 e P = 3, obtém-se empilhamento máximo de 18 laranjas.

(C) Há mais de uma disposição em que se obtém empilhamento máximo de 14 laranjas.

(D) Não é possível obter-se empilhamento máximo de 5 laranjas. (E) Se P = 3, não é possível empilhar mais do que 20 laranjas. RESOLUÇÃO:

Por fins didáticos, vamos passar rapidamente por cada alternativa:

(A) Com 8 laranjas na base, é possível um empilhamento máximo de 12 laranjas.

Falso. É possível empilhar apenas 11 laranjas:

(B) Se N = 4 e P = 3, obtém-se empilhamento máximo de 18 laranjas.

Falso. Veja que é possível empilhar 18 laranjas nas 2 primeiras camadas:

Porém é possível colocar mais uma camada com 2 laranjas. Assim, o empilhamento máximo é de 20 laranjas:

(C) Há mais de uma disposição em que se obtém empilhamento máximo de 14 laranjas.

(36)

Verdadeiro. Veja duas formas de se obter empilhamento máximo de 14 laranjas:

(D) Não é possível obter-se empilhamento máximo de 5 laranjas.

Falso. Veja:

(E) Se P = 3, não é possível empilhar mais do que 20 laranjas.

Falso. Veja o empilhamento de mais de 20 laranjas com P = 3:

Resposta: C

24. FCC – TCE-SP – 2005) Ernesto é chefe de uma seção do Tribunal de Contas do Estado de São Paulo, na qual trabalham outros quatro funcionários: Alicia, Benedito, Cíntia e Décio. Ele deve preparar uma escala de plantões que devem ser cumpridos por todos, ele inclusive, de segunda à sexta-feira. Para tal, ele anotou a disponibilidade de cada um, com suas respectivas restrições:

− Alicia não pode cumprir plantões na segunda ou na quinta-feira, enquanto que Benedito não pode cumpri-los na quarta-feira;

− Décio não dispõe da segunda ou da quinta-feira para fazer plantões; − Cíntia está disponível para fazer plantões em qualquer dia da semana;

(37)

− Ernesto não pode fazer plantões pela manhã, enquanto que Alicia só pode cumpri-los à noite;

− Ernesto não fará seu plantão na quarta-feira, se Cíntia fizer o dela na quinta-feira e, reciprocamente.

Nessas condições, Alicia, Benedito e Décio poderão cumprir seus plantões simultaneamente em uma:

a) terça-feira à noite. b) terça-feira pela manhã. c) quarta-feira à noite. d) quarta-feira pela manhã. e) sexta-feira pela manhã. RESOLUÇÃO:

Veja na tabela abaixo a disponibilidade de cada funcionário (coloquei apenas a primeira letra do nome), de acordo com as informações dadas pelo enunciado

Segunda Terça Quarta Quinta Sexta

A (noite) não não

B não

C sim sim sim sim Sim

D não não

E (tarde e noite)

A única informação que não se encontra nesta tabela é “Ernesto não fará seu plantão na quarta-feira, se Cíntia fizer o dela na quinta-feira e, reciprocamente.” Veja que A só pode dar plantões a noite, portanto os plantões simultâneos entre A, B e D necessariamente são à noite. Veja ainda que na segunda e quinta-feira nem A nem D estão disponíveis. E na quarta-feira, B não está disponível. Sobra apenas a terça-feira ou sexta-terça-feira, e somente à noite.

A letra A é o gabarito, pois menciona terça à noite. Resposta: A.

(38)

25. FCC – TRT/24ª – 2011) A tabela abaixo apresenta os múltiplos de 3 dispostos segundo determinado padrão:

Caso esse padrão seja mantido indefinidamente, com certeza o número 462 pertencerá à: a) Primeira coluna b) Segunda coluna c) Terceira coluna d) Quarta coluna e) Quinta coluna RESOLUÇÃO:

Caro aluno, você já deve ter percebido que em questões como essa você precisa buscar um padrão. Observe o algarismo final dos números de cada coluna. Percebeu que os números terminados com 3 e 8 estão apenas na primeira coluna? E, da mesma forma, os números terminados em 2 e 7 estão apenas na quarta coluna?

Ora, se 462 termina em 2, ele com certeza estará na quarta coluna. Resposta: D.

26. FCC – TRT/22ª – 2010) Considere a seguinte sucessão de igualdades: (1) ₄2 =₁₆

(39)

(3) 3342 =111556 (4) 33342 =11115556

Considerando que, em cada igualdade, os algarismos que compõem os números dados obedecem a determinado padrão, é correto afirmar que a soma dos algarismos do número que apareceria no segundo membro da linha (15) é um número: a) Quadrado perfeito b) Maior que 100 c) Divisível por 6 d) Par e) Múltiplo de 7 RESOLUÇÃO:

Observe que o número de algarismos 1 dos números à direita da igualdade (=) é igual ao número da linha: na primeira linha, temos o número 16 (com um algarismo 1); na segunda linha, o número 1156 (com dois algarismos 1), na terceira temos 111556 (com três algarismos 1), e assim por diante. Logo, na linha (15) o número terá 15 algarismos iguais a 1.

Da mesma forma, veja que o número de algarismos 5 em cada linha é igual ao número da linha menos 1. Na primeira linha não temos nenhum 5 (1 – 1 = 0), na segunda linha temos um algarismo 5 (2 – 1 = 1), na terceira temos 2 algarismos 5 etc. Assim, na linha 15 teremos 14 algarismos iguais a 5.

Além disso, em cada linha temos um algarismo 6, e isso ocorrerá também na linha 15, se o padrão se mantiver.

Portanto, o número da 15ª linha é: 111111111111111555555555555556. A soma dos seus algarismos será igual a 15 1 14 5 1 6× + × + × =91.

O número 91 é múltiplo de 7, pois 7 13× =91, o que faz da alternativa E a resposta correta.

(40)

27. FCC – TRT/22ª – 2010) Seja XYZ um número inteiro e positivo em que X, Y e Z representam os algarismos das centenas, das dezenas e das unidades, respectivamente. Sabendo que 36935 (÷ XYZ)=83, é correto afirmar que:

a) X = Z b) X.Y = 16 c) Z – Y = 2X d) Y = 2X e) Z = X + 2 RESOLUÇÃO:

Essa é uma questão bem simples. Hora de resolver rápido e ganhar tempo para utilizar nas demais questões de sua prova!

Se 36935 83

XYZ = , então

36935

83 = XYZ. Efetuando a divisão, temos que 445

XYZ = . Com isso, X = 4, Y = 4 e Z = 5. Portanto, X.Y = 4 x 4 = 16 .

Resposta: B.

***************************

Chegamos ao fim desta aula. Bons estudos, e me procure por email caso sinta necessidade, ok?

Abraço,

(41)

3. LISTA DAS QUESTÕES APRESENTADAS NA AULA

1. FCC – TRT/8ª – 2010) Observe o padrão da sequência de contas:

Mantido o mesmo padrão, o número de algarismos 1 da conta 100 é: a) 1

b) 50 c) 99 d) 100 e) 950

2. FCC – TRT/24ª – 2011) Na sequência de operações seguinte, os produtos

obtidos obedecem a determinado padrão .

Assim sendo, é correto afirmar que, ao se efetuar 111 111 111 x 111 111 111, obtém-se um número cuja soma dos algarismos está compreendida entre:

a) 85 e 100 b) 70 e 85

(42)

c) 55 e 70 d) 40 e 55 e) 25 e 40

3. CESPE – Polícia Civil ES – 2009) Na sequência numérica 23, 32, 27, 36, 31, 40, 35, 44, X, Y, Z, ..., o valor de Z é igual a 43.

4. CEPERJ – IPEM/RJ – 2010) O número N = 22222...22 possui 200 algarismos iguais a 2. Quando N é dividido por 12, o 50º algarismo do quociente é:

a) 1 b) 2 c) 4 d) 6 e) 8

5. FDC – FAETEC – 2010) Observe a sequência abaixo:

8 6 4 2 1

(1 , ,3 , ,5 , ,7 ,8 )

a

b

c

Ao identificar um padrão nessa sequência, você descobrirá os valores de a, b e c. A soma a + b + c vale: a) 1361 b) 1362 c) 1364 d) 1365 e) 1368

6. FDC – MAPA – 2010) A sequência de letras apresentada abaixo obedece a certa regra lógica: B, O, E, K, H, G, K, ..., ... . Seguindo-se a sequência e mantendo-se a mesma lógica, as duas próximas letras que a completam são, respectivamente: a) D e L;

b) L e J; c) C e J; d) R e T;

(43)

e) C e N.

7. FCC – BACEN – 2006) As pedras de dominó mostradas abaixo foram dispostas sucessivamente e no sentido horário, de modo que os pontos marcados obedeçam a um determinado critério.

Com base nesse critério, a pedra de dominó que completa corretamente a sucessão é:

8. FCC – TCE-SP – 2008) As pedras do jogo “dominó”, mostradas abaixo, foram escolhidas e dispostas sucessivamente no sentido horário, obedecendo a determinado critério.

(44)

Segundo esse critério, a pedra que substituiria corretamente aquela que tem os pontos de interrogação corresponde a:

(45)

9. FCC – TCE-SP – 2008) As pedras de dominó abaixo foram, sucessivamente, colocadas da esquerda para a direita e modo que, tanto a sua parte superior como a inferior, seguem determinados padrões.

A pedra de dominó que substitui a que tem os pontos de interrogação é:

10. FCC – BACEN – 2006) Na figura abaixo, as letras foram dispostas em forma de um triângulo segundo determinado critério.

Considerando que as letras K, W e Y não fazem parte do alfabeto oficial, então, de acordo com o critério estabelecido, a letra que deve substituir o ponto de interrogação é:

(46)

Prof. Arthur Lima – Aula 01 a) P b) Q c) R d) S e) T

11. FCC – BACEN – 2006) Observe com atenção a figura abaixo:

Dos desenhos seguintes, aquele que pode ser encontrado na figura dada é:

12. FCC – BACEN – 2006) No quadriculado seguinte os números foram colocados nas células obedecendo a um determinado padrão.

(47)

Seguindo esse padrão, o número X deve ser tal que: a) X > 100

b) 90 < X < 100 c) 80 < X < 90 d) 70 < X < 80 e) X < 70

13. FCC – BACEN – 2006) Em cada linha do quadro abaixo, as figuras foram desenhadas obedecendo a um mesmo padrão de construção.

Segundo esse padrão, a figura que deverá substituir corretamente o ponto de interrogação é:

(48)

14. FCC – TJ/PE – 2007) Considere a sequência de figuras abaixo:

A figura que substitui corretamente a interrogação é:

(49)

Se fosse possível deslizar sobre esta folha de papel as figuras apresentadas nas alternativas abaixo, aquela que coincidiria com a figura dada é:

16. FCC – TCE-PB – 2006) Observe que com 10 moedas iguais é possível construir um triângulo:

(50)

Movendo apenas três dessas moedas é possível fazer com que o triângulo acima fique com a posição invertida, ou seja, a base para cima e o vértice oposto para baixo. Para que isso aconteça, as moedas que devem ser movidas são as de números: a) 1, 2 e 3 b) 1, 8 e 9 c) 1, 7, e 10 d) 2, 3 e 5 e) 5, 7 e 10

17. FCC – TCE-SP – 2005) Considere que o cubo mostrado na figura foi montado a partir de pequenos cubos avulsos, todos de mesmo tamanho.

O número de cubos que podem ser visualizados nessa figura é: a) 9

b) 18 c) 27 d) 36 e) 48

18. CEPERJ – OFICIAL SEFAZ/RJ – 2011) Três caixas iguais, uma preta, uma branca e uma amarela estão uma ao lado da outra em uma prateleira. Uma caixa contém 2 moedas; outra, 3 moedas; e a outra, 4 moedas. Observe a figura abaixo.

(51)

Sabe-se que:

• A caixa preta não contém 4 moedas.

• O número de moedas da caixa do meio é menor que o número de moedas da caixa da direita.

• A caixa amarela está à direita da caixa que contém 4 moedas. Então, conclui-se que:

a) A caixa da esquerda contém 2 moedas. b) A caixa branca é a da direita.

c) A caixa preta contém 3 moedas.

d) A caixa que contém 3 moedas é vizinha da branca. e) A caixa do meio é preta.

19. CEPERJ – OFICIAL SEFAZ/RJ – 2011) Em certa seção de um hospital, trabalham diversos médicos e enfermeiras, num total de 33 pessoas. Certo dia, um dos médicos falou com 8 enfermeiras, outro médico falou com 9 enfermeiras, outro com 10 enfermeiras, e assim por diante, até o último médico, que falou com todas as enfermeiras. O número de enfermeiras dessa seção do hospital é:

a) 24 b) 17 c) 18 d) 20 e) 22

20. CEPERJ – RIO PREVIDÊNCIA – 2010) Ana, Bruna e Célia possuem três profissões diferentes, uma é professora, outra médica e outra advogada, mas não se sabe ainda a profissão de cada uma. Considere as seguintes informações:

• Ana é esposa do irmão de Célia e é mais velha que a advogada

• A professora é filha única e é a mais nova das três mulheres. Pode-se concluir que:

(52)

a) Ana é mais nova que Célia b) Bruna é professora

c) Célia é médica d) Ana não é médica e) Bruna é advogada.

21. CESPE – MPE AM – 2008) Considere que o aniversário de Mariana ocorre no mês de janeiro, cujo mês/calendário do ano de 2007 é mostrado a seguir.

Nessa situação, se o número correspondente à data do aniversário de Mariana tem dois algarismos, a diferença entre eles é igual a 6 e, em 2007, o seu aniversário não ocorreu em uma quarta-feira, então o aniversário de Mariana ocorreu em uma segunda-feira.

22. FGV – MEC – 2009) Um jogo é constituído por 8 peças iguais, quadradas e numeradas de 1 a 8, que estão encaixadas em um quadrado maior, como apresentado na figura 1.

(53)

Só se consegue mexer, na vertical ou na horizontal, uma peça por vez. Cada peça só pode ser movimentada se estiver adjacente ao espaço vazio. A movimentação da peça é feita empurrando-a para o espaço vazio. Seu deslocamento preenche o espaço existente e causa o aparecimento de um novo espaço.

Considere que, em dado momento, a configuração do jogo é a apresentada na figura 4.

Assinale a alternativa que indique o número mínimo de movimentações para atingir a configuração apresentada na figura 5.

(A) menor do que 6. (B) 6.

(C) 7. (D) 8.

(E) maior do que 8.

23. FGV – MEC – 2009) Nas bancas das feiras, os feirantes empilham laranjas de tal forma que cada laranja sempre fica apoiada sobre outras quatro, como ilustrado abaixo, excetuando-se as que estão diretamente sobre a bancada.

(54)

A base do empilhamento tem sempre a forma de um retângulo (não se esqueça de que quadrados são também retângulos). A quantidade de laranjas na base e a sua disposição acabam por determinar a quantidade máxima de laranjas que podem ser empilhadas. Na ilustração a seguir, há 6 laranjas na base dispostas de modo que N=3 e P=2. A quantidade máxima de empilhamento é 8.

Com base nas informações acima e adotando-se como convenção que N não pode ser menor do que P, assinale a alternativa correta.

(A) Com 8 laranjas na base, é possível um empilhamento máximo de 12 laranjas. (B) Se N = 4 e P = 3, obtém-se empilhamento máximo de 18 laranjas.

(C) Há mais de uma disposição em que se obtém empilhamento máximo de 14 laranjas.

(D) Não é possível obter-se empilhamento máximo de 5 laranjas. (E) Se P = 3, não é possível empilhar mais do que 20 laranjas.

24. FCC – TCE-SP – 2005) Ernesto é chefe de uma seção do Tribunal de Contas do Estado de São Paulo, na qual trabalham outros quatro funcionários: Alicia, Benedito, Cíntia e Décio. Ele deve preparar uma escala de plantões que devem ser cumpridos por todos, ele inclusive, de segunda à sexta-feira. Para tal, ele anotou a disponibilidade de cada um, com suas respectivas restrições:

− Alicia não pode cumprir plantões na segunda ou na quinta-feira, enquanto que Benedito não pode cumpri-los na quarta-feira;

(55)

− Décio não dispõe da segunda ou da quinta-feira para fazer plantões; − Cíntia está disponível para fazer plantões em qualquer dia da semana;

− Ernesto não pode fazer plantões pela manhã, enquanto que Alicia só pode cumpri-los à noite;

− Ernesto não fará seu plantão na quarta-feira, se Cíntia fizer o dela na quinta-feira e, reciprocamente.

Nessas condições, Alicia, Benedito e Décio poderão cumprir seus plantões simultaneamente em uma:

a) terça-feira à noite. b) terça-feira pela manhã. c) quarta-feira à noite. d) quarta-feira pela manhã. e) sexta-feira pela manhã.

25. FCC – TRT/24ª – 2011) A tabela abaixo apresenta os múltiplos de 3 dispostos segundo determinado padrão:

Caso esse padrão seja mantido indefinidamente, com certeza o número 462 pertencerá à: a) Primeira coluna b) Segunda coluna c) Terceira coluna d) Quarta coluna e) Quinta coluna

(56)

26. FCC – TRT/22ª – 2010) Considere a seguinte sucessão de igualdades: (5) 42 =16

(6) 342 =1156 (7) ₃₃₄2 =₁₁₁₅₅₆

(8) 33342 =11115556

Considerando que, em cada igualdade, os algarismos que compõem os números dados obedecem a determinado padrão, é correto afirmar que a soma dos algarismos do número que apareceria no segundo membro da linha (15) é um número: a) Quadrado perfeito b) Maior que 100 c) Divisível por 6 d) Par e) Múltiplo de 7

27. FCC – TRT/22ª – 2010) Seja XYZ um número inteiro e positivo em que X, Y e Z representam os algarismos das centenas, das dezenas e das unidades, respectivamente. Sabendo que 36935 (÷ XYZ)=83, é correto afirmar que:

a) X = Z b) X.Y = 16 c) Z – Y = 2X d) Y = 2X e) Z = X + 2

(57)

4. GABARITO

01 E 02 B 03 C 04 E 05 E 06 E 07 E 08 A 09 C 10 E 11 C 12 A 13 B 14 A 15 B 16 C 17 D 18 C 19 D 20 B 21 E 22 D 23 C 24 A 25 D 26 E 27 B