Resolução da prova do colégio naval de 2008

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Resolução da prova do colégio naval de 2008

  1. 1. Colégio Naval 2008/2009 (PROVA VERDE)01) Um triângulo retângulo, de lados expressos por números inteiros consecutivos, está inscritoem um triângulo eqüilátero T de lado x. Se o maior cateto é paralelo a um dos lados de T,pode-se concluir que x é aproximadamente igual a(A) 6,5 (B) 7,0 (C) 7,5 (D) 8,0 (E) 8,5Resolução:Podemos provar que todo triângulo retângulo em que os lados são consecutivos (e nesse casoestão em Progressão Aritmética), isto é,  x - R, x, x + R  é da forma: 3R , 4R, 5R  onde R é a diferença entre dois lados consecutivos.Como os lados são consecutivos, podemos concluir que os lados do triângulo retângulo são:3 , 4 , 5Assim montando a figura conforme o enunciado temos:Observando o triângulo AFG vemos que é retângulo com ângulos de 30º, 60º e 90º.Assim como o lado FG é igual a três, podemos determinar os outros lados, que sãoFG oposto ao ângulo de 60º (metade da hipotenusa vezes a raiz de três) AF FG   3  FG  3  3  3  AF  2 3 2 AFAG oposto ao ângulo de 30º (metade da hipotenusa)  AG   AG  3 2Daí pela figura temos que AB = BF + AF = 4 + 2 3  4  2  1, 73  4  3, 46  7, 46Alternativa C Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  2. 2. 02) Duas tangentes a uma circunferência, de raio igual a dois centímetros, partem de ummesmo ponto P e são perpendiculares entre si. A área, em centímetros quadrados, da figuralimitada pelo conjunto de todos os pontos P do plano, que satisfazem as condições dadas, éum número entre(A) vinte e um e vinte e dois. (B) vinte e dois e vinte e três.(C) vinte e três e vinte e quatro. (D) vinte e quatro e vinte e cinco.(E) vinte e cinco e vinte e seis.Resolução:Fazendo a figura conforme o enunciado, temos:Marcamos alguns pontos "P", mas na verdade existem infinitos pontos detal maneira a até formar a cincumferência externa em vermelho.Queremos determinar a área delimitada por essa circunferência, assim:   2A    R 2 e conforme a figua acima R = 2 2  A    2 2 A     4  2   A  8 cm  A  8   3,14  cm  25,12Alternativa E (A Marinha do Brasil / Diretoria de Ensino da Marinha aceitou as alternativas“D “ e “ E” como corretas).Obs: Dependendo da aproximação dada ao valor do número irracional  (por exemplo,  3,1 a resposta seria a alternativa D). Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  3. 3. 03) Do vértice A traçam-se as alturas do paralelogramo ABCD. Sabendo-se que essas alturasdividem o ângulo interno do vértice A em três partes iguais, quanto mede o maior ângulointerno desse paralelogramo?(A) 120º (B) 135º (C) 150º (D) 165º (E) 175ºResolução:Fazendo a figura conforme o enunciado, temos:Observando a figura, podemos notar que:Do triângulo ADE      90ºE das propriedades do paralelogramo  3    180º  2      180º  90º 2  90º    45º    45ºAssim os maiores ângulos do paralelogramo são os ângulos BAD = BCD = 3Logo 3  3  45º  135ºAlternativa B Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  4. 4. 2 304) Qual é a soma dos quadrados das raízes da equação  1 , com x real x 1 x 1se x  1 ?(A) 16 (B) 20 (C) 23 (D) 25 (E) 30Resolução: 2 3Podemos resolver a equação   1 se x  1 e x  1, assim: x 1 x 1 2 3 1Tirando o mmc dos denominadores     x 1 x 1  x 1   x 1  1 x 1  x 1        2  x  1  3  x  1   x  1   x  1  2 x  2  3x  3  x 2  1  5 x  1  x 2  1 x 2  5 x  0  x  x  5   0  x1  0 ou x2  5Logo  x1    x2    0    5   0  25  25 2 2 2 2Alternativa D Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  5. 5. 05) O gráfico de um trinômio do 2º grau y tem concavidade para cima e intersecta o eixo dasabscissas em dois pontos à direita da origem. O trinômio y tem um valor(A) mínimo e raízes positivas. (B) mínimo e raízes negativas.(C) máximo e raízes positivas. (D) máximo e raízes negativas.(E) máximo e raízes de sinais opostos.Resolução:Fazendo a uma possível figura conforme o enunciado, temos:Como a concavidade da parábola está voltada pra cima o trinômio tem um pontode valor máximo.Como a parábola cortar o eixo do "x" em pontos a direita do zero, então issoindica duas raízes ou zeros positivos.Alternativa C Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  6. 6. 06) O mínimo múltiplo comum e o máximo divisor comum entre os naturais a, x e b, sãorespectivamente iguais a 1680 e 120. Sendo a x b, quantos são os valores de x quesatisfazem essas condições?(A) Nenhum. (B) Apenas um. (C) Apenas dois.(D) Apenas três. (E) Apenas quatro.Resolução:Fazendo a decomposição em fatores primos dos números 120 e 1680, temos:120 = 23  3  5 e 1680 = 2 4  3  5  7Fatos que ajudam :O mdc é constituído dos fatores comuns elevados aos menores expoentesO mmc é constituído dos fatores comuns e não comuns elevados aos maiores expoentes  Assim por a < x < b  x é da forma X = 2 ×3 ×5 ×7  fatores comunstemos : a)   3, 4     b)   1  2  1  1  2  2  1  1  2  4 valores c)   1     possibilidades d )   0, 1Mas observe que a  x e x  b, ou seja do valor encontrado temos que tirar essas duaspossibilidades, assim 4 - 2 = 2 valoresAlternativa C Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  7. 7. 4 y2 z207) Sejam y e z números reais distintos não nulos tais que    3 . Qual é o yz 2 z 2 yvalor de yz?(A) 2 (B) 1 (C) 0 (D) 2 (E) 3Resolução:4 y2 z2 4 y2 z2 3    3  tirando o mmc, temos   yz 2 z 2 y yz 2z 2y 1 2 y z 2 yz 4  2  y 2  y  z 2  z  3  2 yz  8  y 3  z 3  6 yz  y 3  z 3  6 yz  8 1y 3  z 3   y  z   3 yz  y  z   2  3Igualando  2  em 1 , temos:  y  z 3  8   y  z   3 8   y  z   2 6 yz  8   y  z   3 yz  y  z   6 yz  3 yz  y  z   6 yz  3 yz  y  z    y  z   2 3     2 1Alternativa A Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  8. 8. 08) Analise as afirmativas abaixo.I – Dois números consecutivos positivos são sempre primos entre si.II – Se o inteiro x é múltiplo do inteiro y e x é múltiplo do inteiro z, então x é múltiplo dointeiro yz.III – A igualdade (1 a)  (1 b)  2 (a  b) , é possível no campo dos reais.Assinale a opção correta.(A) Apenas a afirmativa I é verdadeira.(B) Apenas a afirmativa II é verdadeira.(C) Apenas a afirmativa III é verdadeira.(D) Apenas as afirmativas I e II são verdadeiras.(E) As afirmativas I, II e III são verdadeiras.Resolução:AFIRMATIVA (I)  Seja X= P  P  P     P decomposto em fatores primos, 1 2 3 n observem que P  P , P , P , ... , P 1 2 3 n  divide X, seja Y = X + 1 o número sucessor aX, assim nenhum P que divide X divide Y, logo dois números consecutivos são primosentre si.AFIRMATIVA CORRETAAFIRMATIVA (II)  Vamos dar um contra-exemplo, um exemplo para o qual oafirmativa do enunciado não vale, seja X = 20, Y = 4 e Z = 2  4 divide 20,2 divide 20, mas 4  2 = 8 não divide 20.AFIRMATIVA FALSA 1 1 2 1 1 2 a  b 2AFIRMATIVA (III)         a b  a  b a b  a  b ab  a  b b a  a  b   2ab  a 2  2ab  b 2  2ab  a 2  2ab  b 2  2ab  a 2  b 2  0 2Como a 2 e b 2 são sempre positivos então a 2  b 2  0AFIRMATIVA FALSAOBS: AFIRMATIVA (II), estaria correta se y | x , z | x e mdc  y , z   1  yz | xOu seja, só é válida se os inteiros "y " e "z" são primos entre si.Alternativa A Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  9. 9. 09) Um trinômio do 2º grau tem coeficientes inteiros, distintos e não nulos. Se o termoindependente for uma das suas raízes, a outra será o(A) inverso do coeficiente do termo de 1º grau.(B) inverso do coeficiente do termo de 2º grau.(C) simétrico inverso do coeficiente do termo do 1º grau.(D) simétrico inverso do coeficiente do termo do 2º grau.(E) simétrico inverso do coeficiente do termo independente.Resolução:y  f  x   ax 2  bx  c cTemos que o PRODUTO DAS RAÍZES = X1  X 2  , mas por hipótese X1  c a c c 1 1 X1  X 2  e X1  c  c  X 2   c  X 2  c   X 2  a a a aAlternativa B10) Quantas vezes inteiras a raiz quadrada de 0,5 cabe na raiz cúbica de 10?(A) Uma. (B) Duas. (C) Três. (D) Quatro. (E) Cinco.Resolução: 3 2 3 10 101  2 6 100 6 100 100000 6     6  800 0,5 2  3  0,5 1  3  5 3 6 125 125 6   1000  10 729  800  4096  6 729  6 800  6 4096  3  6 800  4Alternativa C Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  10. 10. 11) O número a0 tem inverso igual a b. Sabendo-se que a b 2 , qual é o valor dea 3 + b3  ×  a 4 - b 4  ?(A) 8 (B) 6 (C) 4 (D) 2 (E) 0Resolução:1  b, como a  0  a  b  1a  X 2  2 X  1  0  X1  1 e X 2  1a  b  2Logo a  1 e b  1, assim:a 3  b3    a 4  b 4   13  13   14  14   1  1  1  1  2  0Alternativa E Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  11. 11. 3 + 2 2   3  2 200812) O valor de 2 é um número 7 + 5 2  1338(A) múltiplo de onze. (B) múltiplo de sete. (C) múltiplo de cinco.(D) múltiplo de três. (E) primoResolução:Uma questão muito difícil, uma maldade com os candidatos!Vamos provar que 3 + 2 2 é um quadrado perfeito, isto é, vamos encontrar"a" e "b" tais que (a + b)2  a 2 + 2ab + b 2 = 3 + 2 2Observe que 2 2  2  1  2  a = 1 e b = 2   2Logo 1  2 3+2 2Agora vamos provar que 7 + 5 2 é um um cubo perfeito, isto é, vamos encontrar"a" e "b" tais que (a + b)3  a 3 + 3 a 2 b + 3 a b 2 + b3 = 7 + 5 2  2 3Observe que 5 2  2 2  3 2  2 2  e 3 2  3  12  2 a=1 eb= 2   3Logo 1  2 7+5 2Feito isso, temos:  2  2008 3+2 2  2008 3+2 2    1 2  2008   3 2 2  3 2 2    3 2 2    1338 1338 1338  3 7+5 2 7+5 2  1 2      2008  2   1 2   1 2 4016      2 3 2 2   3  2 2  1 2  3  2 2   1338 4014  3   1 2     1 2 3 + 2 2  3  2 2  3 + 2 2  3 2 2  6Alternativa D Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  12. 12. 13) De uma determinada quantidade entre 500 e 1000 DVDs, se foram feitos lotes de 5 DVDssobram 2; se forem feitos lotes com 12 sobram 9 e se forem feitos lotes com 14 DVDs sobram11. Qual é a menor quantidade, acima de 5 DVDs por lote, de modo a não haver sobra?(A) 6 (B) 8 (C) 9 (D) 13 (E) 15Resolução:De acordo com o enunciado podemos montar as divisões abaixo:Manobrando com essas igualdades, temos:N = 5q1 + 2  N = 5q1 + 5 - 3  N = múltiplo de 5 - 3  2N = 12q2 + 9  N = 12q2 + 12 - 3  N = múltiplo de 12 - 3  9N = 14q3 + 11  N = 14q3 + 14 - 3  N = múltiplo de 14 - 3   11Assim N = múltiplo comum de (5, 12, 14) - 3Determinando o mmc de (5, 12, 14), temos:mmc (5, 12, 14) = 420, mas esse valor não serve, pois 500  N  1000Então, temos que escolher um múltiplo de 420 que sirva, logo o valor é 840.Daí como N = múltiplo comum de (5, 12, 14) - 3  N = 840 - 3  N = 837Como N = 837 = 9  93Logo a quantidade pedida é igual a nove.Alternativa C Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  13. 13. 14) Sabendo-se que 2x 3y 12 e que mx 4y 16 são equações sempre compatíveis,com x e y reais, quantos são os valores de m que satisfazem essas condições?a) Um b) Dois c) Três d) Quatro e) InfinitosResolução:Pelo enunciado devemos determinar um valor para “m” de modo a satisfazer as duasequações, ou seja, temos que resolver o sistema formado pelas duas equações, assim:2 x  3 y  12 mx  4 y  16Para o sistema acima ser compatível, temos:a) O sistema deverá ser possível e determinado, isto é:2 3 8 8   m  , logo para m  o sistema é possível e determinado.m 4 3 3Oub)O sistema deverá ser possível e indeterminado, isto é:2 3 12 8 8    m  , logo para m  o sistema possível e indeterminado.m 4 16 3 3Concluímos assim, que para qualquer valor real de "m" o sistema será compatível.Alternativa E (A Marinha do Brasil / Diretoria de Ensino da Marinha aceitou as alternativas“A” e “E” como corretas). Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  14. 14. 15)Num determinado jogo, o apostador recebe, toda vez que ganha, o valor apostadoinicialmente, mais 25% do mesmo; e recebe, toda vez que perde, apenas 25% do valorapostado inicialmente. Sabendo-se que foi feita uma aposta inicial de uma quantia x e queforam realizadas quatro jogadas, sempre sendo apostado o valor total obtido na jogadaanterior, das quais ganhou-se duas e perdeu-se duas, qual é, aproximadamente,o percentualde x obtido no final?(A) 3,7 (B) 4,7 (C) 5,7 (D) 6,7 (E) 9,8Resolução:Seja “X” o valor inicialmente apostado:Suponha um dos possíveis modos de como foi jogado, ganhando-se duas vezes e perdendoduas vezes e veremos que tal ordem não é importante:Suponha que na 1ª Jogada o jogador ganhou, na 2ª Jogada o jogador perdeu, 3ª Jogada ojogador ganhou e na 4ª Jogada o jogador perdeu.A  1, 25  BB  0, 25  CC  1, 25  DD  0, 25  E    0, 25  1, 25  025 A  1,   25    B   C    D  E 125 25 125 25 A  1, 25  0, 25  1, 25  0, 25  A     100 100 100 100     5 1 5 1 125 25 125 25 125 25 125 25 A     A    100 100 100 100     100 100 100 100 4 4 4 4 5 1 5 1 25 9,8 A     A  A  0,098  A   A  9,8% 4 4 4 4 256 100Alternativa E Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  15. 15. 16) Considere um triângulo acutângulo ABC, e um ponto P coplanar com ABC. Sabendo-seque P é eqüidistante das retas suportes de AB e de BC e que o ângulo BPC tem medida igual a25º, pode-se afirmar que um dos ângulos de ABC mede:(A) 25º (B) 45º (C) 50º (D) 65º (E) 85ºResolução: ANULADA (A Marinha do Brasil / Diretoria de Ensino da Marinha anulou aquestão).Claramente está faltando algum dado, pois como está o problema podemos construir qualquertriângulo acutângulo no qual cada resposta estaria correta, mas vamos dar um contra-exemplode um triângulo eqüilátero que obviamente é acutângulo, veja a figura abaixo.Obs: para um ponto “P” ser eqüidistante dos lados ou das retas suportes dos lados, tem quepertencer à bissetriz interna do ângulo compreendido entre os lados ou pertencer ao ângulocompreendido entre o prolongamento de um dos lados (reta suporte) e o outro lado, isto é, abissetriz externa. Assim temos duas bissetrizes a considerar a interna e a externa.Seja “P” um ponto na bissetriz interna do ângulo ABC de tal maneira que o ângulo BPC sejaigual a 25º, por ser eqüilátero o triângulo ABC, temos que BP é mediana, altura e mediatriz.Observe que os triângulos BDP e BEP são congruentes e em particular os lados DP e EP sãocongruentes, ou seja, o ponto “P” é eqüidistante dos lados ou das retas suportes dos lados.Logo, temos todas as condições do problema satisfeitas, mas nenhuma alternativa doproblema corresponde a um ângulo do triângulo ABC. Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  16. 16. 17) Seja ABC um triângulo retângulo com catetos AC 12 e AB 5 . A bissetriz interna traçadade C intersecta o lado AB em M. Sendo I o incentro de ABC, a razão entre as áreas de BMI eABC é: 1 13 1 13 2 A  B C   D E 50 60 30 150 25Resolução:O lado BC2 = 122 +52  BC = 13  teorema de Pitágoras Cálculo de X e Y pelo teorema da bissetriz interna: 5  13 5  13 13X= X= X= 12  13  25 5 5 5  12 5  12 12Y= Y= Y= 12  13  25 5 5 2  12  144 1 26CM 2 =    122  CM 2 =  144  CM 2 = 144 (  1)  CM 2 = 144   5 25 25 25 144 144 12 CM 2 =  26  CM =  26  CM = 26 25 25 5 13 12 2 13 12  13 13  26 26  12 26  2 26 5 5 5 5 5 5MI =  MI =  MI =  MI = 13 13  65  13  78 13 5 5 13 2 26 10 26 MI =  IC   IC = 5 × MI 5 5 Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  17. 17. 5  12A área do triângulo ABC é igual a S  S  30 u.a ABC 2 ABCObservando o triângulo BCM, temos:Área = Área + Área , como os triângulos BIC e BMI possuem BCM BIC BMIa mesma altura e a base IC do BIC é igual a cinco vezes a base MI do BMI Área = 5  Área BIC BMISeja "5A" a área do BIC e "A" a área do BMI (ver figura).Fazendo a proporção entre as áreas de ABC e BCM, temos: 6 13 1330 u.a __________ 5 30  30  5 S 5 13  SBCM = BCM =SBCM __________ 5 5 5 13  6 78 78S = S = ua  S = 6A  6A  BCM 5 BCM 5 BCM 5  13 78 78 13 13A A A S  ua 5 6 5 6 5 BMI 5 13 S S 13 1 S 13Assim BMI  5  BMI    BMI  S 30 S 5 30 S 150 ABC ABC ABCAlternativa D Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  18. 18. 18) Ao dividir-se a fração 3 5 pela fração 2 3 encontrou-se 2 5 . Qual é, aproximadamente, opercentual do erro cometido?(A) 35,55% (B) 45,55% (C) 55,55% (D) 65,55% (E) 75,55%Resolução: 33 2 3 3 9   5   5 3 2 5 2 10 3 9 2 9 4 5O erro cometido foi de     10 5 10 10 10Assim fazendo-se a proporção, temos:9 510 __________100% 5 10 5  X  10  100%  X    100%  X   100% 5 __________ X 9 10 9 910 10X  0,555...  100%  X  55,5 %Alternativa C Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  19. 19. 319) A solução de 4 x 2  4 x  1  1  6 x  12 x 2  8 x3 no campo dos reais é(A) o conjunto vazio. (B) 1 2  (C) 1 2,1 2(D) 12,    (E) , Resolução: 3 4 x 2  4 x  1  1  6 x  12 x 2  8 x3 Inicialmente devemos ter 4 x 2  4 x  1  0 e  1  6 x  12 x 2  8 x3  0  1 2  1 4 x2  4 x  1  4   x    2  x    2 x  1  2  2 3 1  6 x  12 x 2  8 x3  8 x3  12 x 2  6 x  1  12 x 2  6 x  8 x3  1   6 x  2 x  1  2 x 3  13  6 x  2 x  1   2 x 3  13  6 x  2 x  1   2 x  1 4 x 2  2 x  1      2 x  1  6 x  4 x 2  2 x  1   2 x  1  4 x 2  4 x  1  3  2 x  1   2 x  12   2 x  13  1  6 x  12 x 2  8 x3  3  2 x  13  2 x  1 3Daí se 4 x 2  4 x  1  1  6 x  12 x 2  8 x3   2 x  12  3  2 x  13 1Então 2 x  1  0  2 x  1  x  2 1 1 A igualdade será verdadeira se x  ou x   , +   2 2 Alternativa D Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  20. 20. 20) Uma expressão constituída por números de dois algarismos é do tipo ×  ,no qual cada quadrinho deve ser ocupado por um algarismo, num total de seis algarismos paratoda a expressão. Sabendo-se que os algarismos que preencherão os quadrinhos são todosdistintos, o menor valor possível para toda a expressão é (Observação: números do tipo 07 sãoconsiderados de um algarismo)(A) 123 (B) 132 (C) 213 (D) 231 (E) 312Resolução:PRIMEIRA SOLUÇÃO:É claro que o maior valor possível a ser tirado para termos o menor valor é o número 9 8 , que éo maior número de dois algarísmos DISTINTOS.Assim, para o produto A B × C D ser o menor possível, temos que pegar o menor número dedois algarísmos DISTINTOS e multiplicar pelo menor número de dois algarísmos DISTINTOSformado pelos algarísmos NÃO UTILIZADOS, isto é:1 0  2 3  230Daí 1 0  2 3  9 8  230  98  132SEGUNDA SOLUÇÃO:É claro que o maior valor possível a ser tirado para termos o menor valor é o número 98,Pegando as respostas, temos:A) 123  123 + 98 = 221  221 = 13  17 não serveB) 132  132 + 98 = 230  230 = 10  23 serveC) 213  213 + 98 = 311  é primoD) 231  231 + 98 = 329  329 = 7  47 não serveE) 312  312 + 98 = 410  410 = 10  41 não serveAlternativa B Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006

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