Resolução da prova do colégio naval de 2002

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Resolução da prova do colégio naval de 2002

  1. 1. Colégio Naval 2002 (prova azul)01) O número de múltiplos de 12 compreendidos entre 357 e 3578 é igual a(A) 268 (B) 269 (C) 270 (D) 271 (E) 2721ª SOLUÇÃO:Seja A K o número que denota a quantidade no intervalo 1, N  de números  N  , ondeque são divisíveis por k, tal que A K  k   representa a parte inteira da divisãode N por k.Podemos notar que no intervalo 1, 357   A12  357  existem 29 múltiplos de 12, 12Do mesmo modo no intervalo 1, 3578  A12  3578  existem 298 múltiplos de 12, 12Assim o número de múltiplos de doze no intervalo de 357 a 3578 é igual a 298 – 29 = 269  357 3578 Ou podíamos ver que no intervalo  357, 3578   ,   29, 75; 298,16 ou  12 12  seja, ver quantas soluções inteiras existem no intervalo, isto é, quantos números inteirosexistem nesse intervalo  30, 31, 32, 33, 34,..., 298  298  30  1  299  30  269Alternativa B2ª SOLUÇÃO: temos que 360 é o primeiro termo da seqüência, o último termo é 3578 divididopor 12, cujo quociente é 298 e o resto é 2, logo 3578 – 2 = 3576 é divisível por 12.Assim os números da seqüência são: 360; 372; 384; ...; 3576     usando o conceito de Progressão Aritmética, temos: " n " númerosA = A   n  1  R onde A é um termo qualquer, A é o primeiro termo, n 1 n 1n é o número de termos e R é a razão ou diferença entre um termo qualquer e otermo anterior.Logo: A  3576, A  360, R=12 e n = ? n 13576 = 360 + ( n - 1)  12  dividindo por 12298 = 30 + ( n - 1)  n - 1 = 298 - 30  n - 1 = 268  n = 268 + 1n = 269Alternativa B Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  2. 2.  1   102) Se o conjunto solução da inequação 3   x 2    8   x    10  0 é S, então o  x2   xnúmero de elementos da interseção do conjunto S com o conjunto dos números inteiros éigual a(A)0 (B)1 (C)2 (D)3 (E)41ª SOLUÇÃO:  1   1  x4  1   x 2  1  103   x 2  2   8   x    10  0  3   2   8    0  x   x  x   x  1  4   2  3   x 4  1  8   x 3  x   10 x 2 3  x  1   8   x  1   10  0  0  x2   x  1 2 x2  1   x  x 3 x  3  8 x  8 x  10 x 4 3 2 3 x 4  8 x 3  10 x 2  8 x  3 0 0 x2 x2Observe que a soma dos coeficientes de 3 x 4  8 x 3  10 x 2  8 x  3 é zero, issoindica que uma das raizes é um, logo divisível por (x - 1), assim fazendo a divisãoencontramos 3 x 4  8 x3  10 x 2  8 x  3 =  x  1   3 x3  5 x 2  5 x  3Do mesmo modo temos que 3 x 3  5 x 2  5 x  3 é divisível por  x  1Assim 3 x3  5 x 2  5 x  3   x  1   3 x 2  2 x  3Logo 3 x 4  8 x3  10 x 2  8 x  3 =  x  1   3 x 2  2 x  3 2  x  1   3x 2  2 x  3 2 3 x 4  8 x3  10 x 2  8 x  3Daí 0 0 x2 x2Observem que:a )  x  1  0 (será zero quando x for igual a um) 2b)  3 x 2  2 x  3  0 pois delta é menor do que zero.c) x 2  0 (pois está no denominador)Como no problema é pedido menor ou igual a zero, temos que x = 1Alternativa B Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  3. 3. O polinômio 3 x 4  8 x 3  10 x 2  8 x  3 podia ter sido fatorado da seguinte forma:3x 4  8 x3  10 x 2  8 x  3  3x 4 3 5 x3x 2 5 x 8 x  3   3   5    x 2  3x3  x  1  5 x 2  x  1   x  1 5 x  3  x  1  3x 3  5 x 2  5 x  3  x  1  3x 3  3  5 x 2  5 x   x  1 3  x 3  1  5 x  x  1     x  1 3  x  1  x 2  x  1  5 x  x  1     x  1 x  1 3  x 2  x  1  5 x     x  1 x  1 3x 2  3x  3  5 x     x  1 x  1 3x 2  2 x  3    x  1 3x 2  2 x  3 2  2ª SOLUÇÃO:  1   1 13   x 2  2   8   x    10  0  seja y = x   x   x x 2  1 1 1 y   x    y 2  x2  2  x   2 2  x x x 1 1 y2  x2  2  2  y 2  2  x2  2 x x  1   1Assim 3   x 2  2   8   x    10  0  3   y 2  2   8   y   10  0  x   x 3 y 2  6  8 y  10  0  3 y 2  8 y  4  03 y 2  8 y  4  0     8   4  3  4    64  48    16 2 84 8  4 12 84 4 2y  y1   2 e y2    6 6 6 6 6 3 Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  4. 4. 2 1 2 1Assim  y  2 mas como y = x    x   2 3 x 3 x 2Como "x" tem que ser inteiro   x  2  x = 1 3Alternativa B03) Se a  4  10  2 5 e b  4  10  2 5 , então a+b é igual a :(A) 10 (B) 4 (C) 2 2 (D) 5 1 (E) 32SOLUÇÃO:Usando o produto notável  a  b   a 2  2ab  b 2 , temos: 2 2  x  a  b  x  a  b  x   4  10  2 5  4  10  2 5  2 2 2   2 2    x   4  10  2 5   2  4  10  2 5  4  10  2 5   4  10  2 5  2        x 2  4  10  2 5  2  16  10  2 5   4  10  2 5  x2  8  2 6  2 5     5 2 2 6  2 5  2 5  2 1 5  5 1  2  1  5  12  5  2 5  1 62 5     2 x2  8  2 6  2 5  x2  8  2 5 1  x2  8  2 5 1    2x2  8  2 5  2  x2  6  2 2  x  6  2 2  x  5 1  x  5 1Alternativa D Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  5. 5. 04) Se x e y são números inteiros e positivos, representa-se o máximo divisor comum de x e ypor MDC ( x , y ); assim, o número de pares ordenados ( x , y ) que são soluções do sistema x  y  810mdc( x, y )  45(A) 6 (B) 8 (C) 10 (D) 16 (E) 18 x yTemos que ae  b onde "a" e "b" são primos entre si. mdc  x, y  mdc  x, y  x y x y 810    ab  18 mdc  x, y  mdc  x, y  mdc  x, y  45Logo a + b = 18 Onde os valores possíveis para os pares ordenados são: a b a b Serve ou não serve 1 17 17 1 Serve 2 16 16 2 não serve 3 15 15 3 não serve 4 14 14 4 não serve 5 13 13 5 Serve 6 12 12 6 não serve 7 11 11 7 Serve 8 10 10 8 não serve 9 9 X X não serveLogo são seis os pares ordenados que são soluções do sistema.Alternativa A Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  6. 6. 05) Um relógio indica dois minutos menos do que a hora certa e adianta t minutos por dia. Se  1estivesse atrasado três minutos e adiantasse  t   minutos por dia, então marcaria a hora  2certa exatamente um dia antes do que vai marcar. O tempo t, em minutos, que esse relógioadianta por dia está compreendido entre 1 2 2 3 4 5 6 7 8 9(A) e (B) e (C) e (D) e (E) e 9 9 9 9 9 9 9 9 9 91ª SOLUÇÃO:DIA ADIANTA 21 dia __________ t minutos  nt  2  n n dias__________ 2 minutos tDIA ADIANTA  1  1 31 dia __________  t   minutos   t   m  3  m   2  2  1m dias__________ 3 minutos t    2 3 2 3 2 6 2como m  1  n  1   1   1   1 t 2t  1 t 2t  1 t t    2 2 6 1 2    6t  2t 2  t   2t  1  2 2t  1 1 2 t t 2t  t 2t  1 6t  2t  t  4t  2  2t 2  3t  2  0  y 2  3 y  4  0 2 1 4 y1  1 e y2  4  t1  =0,5 e t2   2  não serve  2 2Alternativa C Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  7. 7. 2ª SOLUÇÃO:Como o relógio está atrasado 2 minutos, em "n" dias com adiantamento de"t" minutos por dia a hora estará certa, isto é:n  t = 2 (1)Do mesmo modo, se estivesse atrasado 3 minutos em "n-1" dias com  1adiantamento do relógio em "  t   " minutos a hora estará correta, ou seja:  2  1 n 1 n  1   t    3  nt   t   3  2nt  n  2t  1  6  2 2 2 2nt  n  2t  7  0 mas como nt = 2 4  n  2t  7  0  n  2t  3  0  n  2t  3 (2)Pondo (2) em (1), temos:  2t  3  t  2  2t 2  3t  2  0  y 2  3 y  4  0 1 4 y1  1 e y2  4  t1  =0,5 e t2   2  não serve  2 2Alternativa C Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  8. 8. 06) Considere um triângulo e uma circunferência que passa pelos pontos médios dos seus trêslados. Se X, Y e Z, (X < Y < Z) são as medidas dos arcos dessa circunferência, em graus,exteriores ao triângulo, então(A) Z = 360° - y (B) Z = X + Y (C) X + Y +Z =180°(D) X + Y =180° (E) Z = 2X + YFazendo a figura de acordo com o enunciado e denotando os arcos conforme abaixo, temos:O arco AO por Z; O arco AM por X; O arco PN por Y; O arco MP por B eO arco NO por A.Observe que o quadrilátero AMNO é inscritível, pois, ON é paralelo a AB e MN é paralelo a AC,assim AMNO é um retângulo, logo os ângulos opostos são suplementares.Assim temos:Z + A = 180º e Z + X = 180º  A = XA + Y + B = 180º  Z + A = A + Y + B  Z = Y + BComo MO é paralelo a BC, pois os pontos M e O são pontos médios, temos:  AOM = MNB  arco MP = arco AM  B = XDaí, como Z = Y + B  Z = X + YAlternativa B Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  9. 9. 07) Se os lados de um triângulo medem, respectivamente 3X, 4X e 5X, em que X é umnúmero inteiro positivo, então a distância entre os centros dos círculos inscritos ecircunscritos a esse triângulo corresponde a(A) 5x (B) 1   2 x (C) x 2 (D) x 5 (E) 5x 4 2 2 6Sejam FC = a, EC = a, AF = R, AD = R, BD = b, BE = b.Onde R é o raio do cículo inscrito.a + R = 3XR + b = 4X  como os lados são 3X, 4X e 5X, isso indica que o triângulo é retângulo.b + a =5X2a + 2R + 2b = 12X  a + R + b = 6XComo R + b = 4X  a + R + b = 6X  a = 2X  4xDe a + R = 3X  R = X e de R + b = 4X  b = 3X 5X 6X  5X XGE = BE - BG =  GE = 3X - =  GE = 2 2 2Logo do triângulo OEG, temos: 2 X X2 5X 2 2D = X -  2  D2 = X 2 -  D2 = 2 4 4 5X 2 X 5D= D= 4 2Alternativa D Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  10. 10. Observações sobre a questão 07:Se o triângulo for retângulo o raio do círculo inscrito é igual ao semi-perímetro menos ahipotenusa ou r = P - aTeorema: Em todo triângulo retângulo, a soma dos catetos é igual a soma dos diâmetrosdos círculos incrito e circunscrito ou seja b + c = 2r + 2RSe o triângulo retângulo tem os lados iguais a 3R, 4R e 5R, então os lados estão emProgressão aritmética, daí o raio do círculo inscrito é igual a razão (ou diferença entredois lados consecutivos) ou r = Razão.O problema poderia ter sido resolvido usando o teorema abaixo:Em qualquer triângulo à distância “D” do centro do círculo inscrito tendo “r” comoraio, ao centro do círculo circunscrito de raio R é dado pela relação.D = R   R - 2r Resolvendo o problema fazendo uso das observações acima temos:Como o triângulo tem os lados iguais a 3X, 4X e 5X  r = X (raio do círculo inscrito)Sendo o triângulo retângulo, então 2R = 5X ( o diâmetro é igual a hipotenusa), assim: 5X  5X Usando a fórmula D = R×  R - 2r   D = × -2X  2  2  5X  5X 4X  5X X 5X 2 X 5D=   D=  D= D= 2  2 2  2 2 4 2 Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  11. 11. 08)Observe o quadrado acima em que as letras representam números naturais distintos desde 1até 9. Se a adição de três números de cada linha, de cada coluna ou de cada diagonal, dessequadrado, tem sempre o mesmo resultado, então a letra E representa o número:(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) 5Solução:Primeiramente temos:abcd e f  g hi  xObserve que, como a, b, c, d, e, f, g, h, i são números distintos que variam de 1 a 9, então:Como 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45  a  b  c  d  e  f  g  h  i  45Do mesmo modo, temos que: 45abc  d e f  g hi  abc  d e f  g hi   15 3Por outro lado temos:a  e  i  15c  e  g  15   a  b  c  d  e  f  g  h  i   3e  60  45  3e  60b  e  h  15     45d  e  f  15 3e  60  45  3e  15  e  5Alternativa E Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  12. 12. 09) Justapondo-se os números naturais conforme a representação abaixo, onde o sinal * indicao último algarismo, forma-se um número de 1002 algarismos. 1234567891011121314151617181920212223..................*O resto da divisão do número formado por 16 é igual a(A) 2 (B) 4 (C) 6 (D) 8 (E) 10Solução:Temos que:De 1 à 9  9-1+1 = 9 algarísmos  189 algarísmosDe 10 à 99  99-10+1=90  90  2=180 algarísmosLogo 1002 - 189 = 813 algarísmos  813  3  271 númerosAssim, sendo X um número de três algarísmos, temos:X - 100 + 1 = 271  X = 271 + 100 - 1  X = 370Daí a seguência de números 1234567891011...368369370Fato teórico:Um número é divisível por dois se é par e um número é par se o último algarísmoa direita for divisível por dois ou seja é par (algarismo das unidades).Um número é divisível por quatro guando os dois últimos algarísmos da direitafor divisível por quatro (algarísmos das unidades e das dezenas).Um número é divisível por oito quando os três últimos algarísmos da direitafor divisível por oito (algarísmos das unidades, das dezenas e das centenas).Podemos mostrar que isso vale para dezesseis, isto é:Um número é divisível por dezesseis se os quatro últimos algarísmos dadireira for divisível por dezesseis.Então 16 | 1234567891011...368369370  16 | 9370Que tem como resto 10Alternativa E Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  13. 13. 10) Se 2 x  y 1 , com X e Y reais, então o maior valor da expressão x 2  3 xy  y 2 éigual a 5 7 13 17 31(A) (B) (C) (D) (E) 4 4 8 8 16Solução:2x  y   12  4 x 2  4 xy  y 2  1  x 2  3xy  y 2  x 2  2 x 2  xy  1 2           x 2  3xy  y 2  x 2  2 x 2  xy  1  x 2  x  K  1  K  x 2  x  1 K x   2 x  1    1O maior valor de K  x 2  x  1, onde K é K (x)  x 2  x  1, ou seja K é função de x ou depende do valor de x, esse valor é obtido quando K = . 4aAssim fazendo as contas, temos:  b 2  4ac    12  4  1   1    5  5 5K = K  4a 4 1 4Alternativa A Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  14. 14. 11) Considere um triângulo eqüilátero ABC, inscrito em um círculo de raio R . Os pontos M e Nsão, respectivamente, os pontos médios do arco menor AC e do segmento BC . Se a reta MNtambém intercepta a circunferência desse círculo no ponto P, PM, então o segmento NPmede R 7 3R 3 3R 7 R 5 R 5(A) (B) (C) (D) (E) 2 2 14 7 3Fazendo a figura conforme o enunciado, ligando os pontos B e M, P e C, A e N, temos a figuraabaixo:Observe que o triângulo BNO é retângulo com ângulos de 30º, 60º e 90º, como BO é igual aoRaio, denotado por R, temos que o lado oposto ao ângulo de 30º é igual à metade dahipotenusa e o lado oposto ao ângulo de 60º é igual a metade da hipotenusa vezes a raiz detrês.Os ângulos MBN e NPC são congruentes pois são metade do arco MC, do mesmo modo osângulos BMN e PCN são congruentes pois são metade do arco BP, logo os triângulos PCN eBMN são semelhantes, daí: Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  15. 15. PN NC = , mas antes de continuar temos que determinar MN, assim:BN MN 2 R 3 R 3MN   2 R    2   2  2 R  2  cos 30º 2 2    3R 2 R 3 3MN  4 R  2 2  2  2R  4 2 2 3R 2 3R 2MN  4 R  2 2  3R  MN  R  2 2 2  4 4 4 R 2 3R 2 7R2 7R2 R 7MN 2    MN 2   MN   MN  4 4 4 4 2Daí, temos: R 3 R 3 3PN NC PN 2 2  PN  9 R =    PN BN MN R 3 R 7 7 2 7 2 2 9R 7 9R 7PN    PN  2 7 7 14Alternativa C Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  16. 16. 12) Em um trapézio cujas bases medem A e B, os pontos M e N pertencem aos lados não-pararelos. Se o segmento MN divide esse trapézio em dois outros trapézios equivalentes,então a medida do segmento MN corresponde a(A) média aritmética de A e B. (B) média geométrica das bases.(C) raiz quadrada da média aritmética de A2 e B2.(D) raiz quadrada da média harmônica de A2 e B2. (E) média harmônica de A e B.Fazendo a figura conforme o enunciado, prolongando os lados não paralelos AD e BC de talmaneira que o ponto “P” seja a interseção desses prolongamentos, temos, assim construídotrês triângulos semelhantes, saber: ABP  MNP  DCP (semelhantes), assim: S  a2  k  ABP ABP  MNP  DCP  k   S S S S 2  MNP  x  k a2 x2 b2  S  b2  k  DCP A área do trapézio ABMN pode ser dada por S S MNP ABP Do mesmo modo a área de MNCD pode ser dada por S S DCP MNP Como essas áreas são equivalentes temos: S S S S  2 S S S MNP ABP DCP MNP MNP DCP ABP a 2  b2 a 2  b2 2  x 2  k  b2  k  a 2  k  2 x2  a 2  b2  x2  x 2 2Alternativa C Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  17. 17. 13) Dois ciclistas, com velocidades constantes, porém diferentes, deslocam-se em uma estradaretilínea que liga os pontos A e B. Partem de A no mesmo instante e quando alcançam B,retornam a A, perfazendo o movimento A-B-A-B, uma única vez. Quando o mais veloz alcançao ponto B, pela primeira vez, retorna no sentido de A encontrando o outro a 4 km de B.Quando o mais lento atinge o ponto B, retorna imediatamente e reencontra, no meio dopercurso, o outro que está vindo de A. Desprezando-se o tempo gasto em cada mudança nosentido de percurso, a distância entre os pontos A e B, em km, é igual a(A) 10 (B)12 (C)14 (D)16 (E) 18 d 4 d4 d 4 V V d 4V  e V   x  t  x  d 4 1 x t y t V V d 4 y y t d 2d  d d 2d 5d 2d  d V t V 2d  V VV  2 eV  2 x  1  x  2  x  2  x 5  2 x t y t V d V d V 3d V 3 1 1 y d y d y y 2 2 2 t 1De 1 e  2  , temos:d 4 5   3d  12  5d  20  2d  32  d  16d 4 3Alternativa D Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  18. 18. 14) Considere a equação x 2  6 x  m 2  1  0 com o parâmetro m inteiro não nulo. Seessa equação tem duas raízes reais e distintas com o número 4 compreendido entre essasraízes, então o produto de todos os possíveis valores de m é igual a(A)-2 (B)-1 (C) 2 (D) 4 (E) 6Solução:Seja p(x) = x 2  6 x  m 2 1  para x = 4  p(4) = 4 2  6  4  m 2 1 p(4) = 16  24  m 2 1  p(4) = m 2  9Por teoria sabemos que a condição para um número  (alfa) estar entre as raízesdo Trinômio do Segundo Grau, p ( x)  ax 2  bx  c é que a  p( ) < 0.Assim a  p(4) < 0, como a = 1  m 2  9  0Logo m   3, 3 , sendo que m  0 pelo enunciado.Daí "m" pode ser um dos valores do conjunto abaixo:-2, -1, 1, 2Assim o Produto =  2    1  1   2   4Alternativa D Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  19. 19. 15) João vendeu dois carros de modelo SL e SR, sendo o preço de custo do primeiro 20% maiscaro que o do segundo. Em cada carro teve um lucro de 20 % sobre os seus respectivos preçosde venda. Se o total dessa venda foi R$ 88 000,00, o preço de custo do segundo modelo era,em reais, igual a(A) 30 000,00 (B) 32 000,00 (C) 34 000,00(D) 35 000,00 (E) 36 000,00Solução:Fato teórico: Venda com lucro – A venda de mercadorias pode oferecer um lucro e esse lucropode ser sobre o preço de custo ou sobre o preço de venda.Quando o lucro incidir sobre o PREÇO DE CUSTO, este valor será o principal, e como tal,corresponderá a 100%. Do mesmo modo quando o lucro incidir sobre o PREÇO DE VENDA,este valor será o principal, e como tal, corresponderá a 100%.SL preço 1,2 X  1,2X + X = 2,2XSR preço X2,2 X __________ 80%  2,2X × 100% = 88000 × 80%  X = 3200088000 __________ 100%Alternativa E Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  20. 20. 16) Se X é um número inteiro tal que 2 x 2  3x  5  x  1 , o número de elementos doconjunto solução dessa inequação é igual a(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) 4Solução: 2 x 2  3x  5  x  1  antes de mais nada temos que 2 x 2  3x  5  0 5  5  x ou x  1 ou seja x   ,   1, +   e 2  2 Do mesmo modo x  1  0  x  1 ou seja x   1, +  , feito isso, temos: 2  2 x2  3x  5    x  12  2 x 2  3x  5  x2  2 x  1  x 2  x  6  0   3  x  2 ou seja x  3, 2  .Das condições acima e tendo em mente que "x" tem que ser inteiro, temos que x  1, 2Alternativa C Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  21. 21. 17) Se um segmento AB tem 2 cm de comprimento, então a flecha do arco capaz de 135 °desse segmento mede(A) 2 1 (B) 2 (C) 2 1 (D) 3 (E) 2  21ª SOLUÇÃO: Fazendo a figura conforme o enunciado, temos:Do triângulo ABC, temos:Usando a Lei dos cossenos  2 2  x 2  x 2  2  x  x  cos 135º  2  2  2 2 2 44  2 x2  2 x2     2   4  2 x 1  2  2 x   x  2    2    2    2 2Agora vamos determinar o valor da flexa CD, observando o triângulo ACD, temos:x 2  CD 2  12  CD 2  4  1  CD 2   4 2 2  2 2 2 2CD 2  42 2  CD 2  2 2  CD 2  2  2   2  2  2 2 2 2 2  2   2  2   2 2 4  2 2 2  44 2 2 64 2 CD 2   CD 2   CD 2  42 2 2CD  3  2 2  CD  3  2 2  Observe que 2 2  2  1  2  2   2CD  3  2 2  2 1  CD  2  1Alternativa C Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  22. 22. 2ª SOLUÇÃO: Uma saída rápida para QUESTÃO 17 é observar que AB é o lado doquadrado inscrito, isto é: 2l = R 2  R 2 = 2  R= R= 2 4 2Ou observando o triângulo HOG  R 2  12  12  R 2 = 2  R = 2Observe que DO é igual a metade do lado do quardrado ou seja igual a 1,então como DC = CO - DO  DC = 2-1  raio Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  23. 23. 18) Se a, b, c são algarismos distintos, no sistema de numeração decimal existe um úniconúmero de dois algarismos  ab  tal que  ab 2   ba 2   cc 2 .O valor de  a + b + c  é igual a:(A)11 (B)12 (C)13 (D)14 (E) 15Solução: ab    ba    cc   10a  b   10b  a   10c  c  2 2 2 2 2 2 10a  b  10b  a   10a  b  10b  a    10c  c  2   11a  11b    9a  9b   11c  2 11 a  b   9  a  b   112 c 2  11  a  b   9  a  b   c 2  11  11  a  b    a  b   9  c 2  11  1 c2  9  c  3 a  b  11 a6 e b5 a  b  1Daí a + b + c = 6 + 5 + 3 = 14Observações:Se c 2  9   a  b    a  b   11  a  11  bDaí c  3 a  b  c  11  b  b  c  11  2b para ser quadrado perfeito b  7 (menor valor)  c  3  5  c  15 que não convém ao problema, poisa, b e c são algarismos  na base dez  .Se c 2  9   a  b    a  b   11  a  11  bDaí c  3 a  b  c  3 11  b  b  c  3 11  2b para ser quadrado perfeito,temos :Se b  1  c  9, mas se b  1  a  10, não serve;Se b  5  c  3, mas se b  5  a  6, daí a  b  c  6  5  3  14 ok, serve ao problema.Alternativa D Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  24. 24. 19) Se a e b são dois números reais, denotarmos por min  a, b  o menor dos números a e a, se a  bb, isto é, min  a, b    a, se a  bO número de soluções inteiras negativas da inequação min  2x-7, 8 – 3x   - 3x + 3 éigual a(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) 4 a, se a  bEssa questão pelo erro de digitação min  a, b    estaria ANULADA. a, se a  bObservação: Minha solução está sendo baseada na prova azul original e não digitação feitapor terceiros.Desconsiderando o erro, temos: min  2x-7, 8 – 3x   - 3x + 3 a) se 2x - 7  8 - 3x  2x + 3x  8 + 7  5x  15  x  3 Resolvendo: 2x - 7 > -3x + 3  5x > 10  x > 2 -, logo 2 < x  3b) se 2x - 7  8 - 3x  2x + 3x  8 + 7  5x  15  x  3Resolvendo:8 - 3x > - 3x + 3  8 > 3 isso é verdade qualquer que seja o valor de x,mas como inicialmente x  3.Assim pelos itens a e b não existem soluções negativas.Alternativa A Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  25. 25. 20) Considere os triângulos ABC e MNP. Se as medidas dos lados do segundo triângulo são,respectivamente, iguais às medidas das medianas do primeiro, então a razão da área de MNPpara a área de ABC é igual a 1 1 2 3 5(A) (B) (C) (D) (E) 3 2 3 4 61ª SOLUÇÃO: Supondo que ABC seja eqüilátero, temos: l2 3S ABC  1 que é a área de um triângulo equilátero qualquer. 4Sabendo-se que em um triângulo equilátero todos os pontos notáveis seconfundem (ou seja são coincidentes), temos que a mediana é a altura,bissetriz e mediatriz. Assim o lado do triângulo MNP (equilátero) é 2 l 3   2  3   l 3  usando a fórmula anterior S 2 MNP 4 l 2 3 3 3 3S MNP  4 S MNP  l2  2 4 16Daí e de 1 e  2  , vem : 3 3 l2 3 3 l2  16S S 4 S 3 MNP  16  MNP   MNP S 2 3 S S 4 ABC l ABC l2 3 ABC 4 4Alternativa D Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  26. 26. 2ª SOLUÇÃO: Seja um triângulo ABC qualquer, seja “G” o ponto de encontro das três medianas(baricentro), é sabido que o baricentro divide a mediana na razão dois pra um, desse modopodemos construir a figura abaixo. Outro fato importante é que o baricentro determina emqualquer triângulo seis triângulos que possuem a mesma área, isto é, se a área do triânguloABC é S, então a área de cada um dos triângulos formados será S dividida por seis.Seja “D” o ponto médio do segmento CG, ligando os pontos “D” e “N” e observando otriângulo ACG, podemos concluir que DN é paralelo a AG e sua medida é metade de AG, assimsendo o triângulo DNG tem os lados com medidas X, Y e Z. O triângulo MNP formado pelasmedianas do triângulo ABC, tem lados cujas medidas são 3X, 3Y e 3Z, logo os triângulos DNG eMNP são semelhantes (caso LLL – lados proporcionais).Da semelhança entre os triângulos DNG e MNP, temos: 2 DNG   x   DNG   1   DNG  1S S 2 S     MNP  MNP  S 3x  S 3 S 9 MNP SMas S  pois á área de DNG é igual a metade da área do triângulo CNG. DNG 12 S 1 S 3SDaí, DNG   S S 9  S  9  S 9 MNP DNG MNP 12 4 MNP 3S 3S S S 3Como a área de ABC é S  MNP  4  MNP  4  S S S S 4 ABC ABCAlternativa D Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006

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