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(21) 8518-7006
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) 272
1ª SOLUÇÃO:
 
 
 
K
K
Seja A o número que denota a quantidade no intervalo 1, N de números
que são divisíveis por k, tal que A , onde representa a parte inteira da divisão
de N por k.
Podemos notar que no intervalo 1, 3
N
k

   
   
12
12
357
57 A existem 29 múltiplos de 12,
12
3578
Do mesmo modo no intervalo 1, 3578 A existem 298 m ltiplos de 12,
12
Assim o número de múltiplos de doze no intervalo de 357 a 3578 é igual a 298 – 29 =
ú
  
  
   
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 inteiros
existem nesse intervalo 3
 
   
  0, 31, 32, 33, 34,..., 298 298 30 1 299 30 269     
Alternativa B
2ª SOLUÇÃO: temos que 360 é o primeiro termo da seqüência, o último termo é 3578 dividido
por 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:
" "
A = A 1 onde A é um termo qualquer, A é o primeiro termo,
1 1
n é o número de termos e R é a razão
n números
n R
n n

  

ou diferença entre um termo qualquer e o
termo anterior.
Logo: A 3576, A 360, R=12 e n = ?
1
3576 = 360 + ( n - 1) 12 dividindo por 12
298 = 30 + ( n - 1) n - 1 = 298 - 30 n - 1 = 268 n = 268
n
 
 
   + 1
n = 269
Alternativa B
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02) Se o conjunto solução da inequação 2
2
1 1
3 8 10 0x x
xx
   
         
   
é S, então o
número de elementos da interseção do conjunto S com o conjunto dos números inteiros é
igual a
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3 (E)4
1ª SOLUÇÃO:
   
4 2
2
2 2
4 3 24 2
2 2
2
4 3 2 4 3 2
2 2
1 1 1 1 10
3 8 10 0 3 8 0
1
3 1 8 101 1 10
3 8 0 0
1
1
3 3 8 8 10 3 8 10 8 3
0 0
Observe que a soma dos
x x
x x
x xx x
x x x xx x
xx x
x x
x x x x x x x x
x x
       
                  
       
                    
   
  
       
   
   
4 3 2
4 3 2 3 2
coeficientes de 3 8 10 8 3 é zero, isso
indica que uma das raizes é um, logo divisível por (x - 1), assim fazendo a divisão
encontramos 3 8 10 8 3 = 1 3 5 5 3
Do mesmo modo te
x x x x
x x x x x x x x
   
        
 
   
   
   
 
3 2
3 2 2
24 3 2 2
2 24 3 2
2 2
2
mos que 3 5 5 3 é divisível por 1
Assim 3 5 5 3 1 3 2 3
Logo 3 8 10 8 3 = 1 3 2 3
1 3 2 33 8 10 8 3
Daí 0 0
Observem que:
) 1 0 (será zero quando x fo
x x x x
x x x x x x
x x x x x x x
x x xx x x x
x x
a x
   
       
       
      
  
 
 2
2
r igual a um)
) 3 2 3 0 pois delta é menor do que zero.
) 0 (pois está no denominador)
Como no problema é pedido menor ou igual a zero, temos que x = 1
b x x
c x
  

Alternativa B
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O polinômio 4 3 2
3 8 10 8 3x x x x    podia ter sido fatorado da seguinte forma:
      
  
  
     
      
    
  
4 3 2 4 3 3 2 2
3 2
3 2
3 2
3
2
2
2
3 8 10 8 3 3 3 5 5 5 8 3
3 1 5 1 1 5 3
1 3 5 5 3
1 3 3 5 5
1 3 1 5 1
1 3 1 1 5 1
1 1 3 1 5
1 1 3 3 3 5
x x x x x x x x x x
x x x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x x x
x x x x x
x x x x x
          
      
    
    
      
        
       
       

  
  
 
2
2 2
1 1 3 2 3
1 3 2 3
x x x x
x x x
     
     
2ª SOLUÇÃO:
   
2
2
2
2 2 2
2
2 2 2 2
2 2
2 2
2
2 2
1 1 1
3 8 10 0 seja y =
1 1 1
2
1 1
2 2
1 1
Assim 3 8 10 0 3 2 8 10 0
3 6 8 10 0 3 8 4 0
x x x
x xx
y x y x x
x x x
y x y x
x x
x x y y
xx
y y y y
   
           
   
 
         
 
       
   
                
   
        
 
22
1 2
3 8 4 0 8 4 3 4 64 48 16
8 4 8 4 12 8 4 4 2
2 e
6 6 6 6 6 3
y y
y y y
                
  
       
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(21) 8518-7006
2 1 2 1
Assim y 2 mas como y = 2
3 3
2
Como "x" tem que ser inteiro 2 x = 1
3
x x
x x
x
      
   
Alternativa B
03) Se 52104 a e 52104 b , então a+b é igual a :
(A) 10 (B) 4 (C) 22 (D) 15  (E) 23 
SOLUÇÃO:
 
   
2 2 2
2
22 2
2 2
2
2
Usando o produto notável 2 , temos:
4 10 2 5 4 10 2 5
4 10 2 5 2 4 10 2 5 4 10 2 5 4 10 2 5
4 10 2 5
a b a ab b
x a b x a b x
x
x
   
 
            
 
   
               
   
    2 16 10 2 5 4 10 2 5       
 
   
   
 
2
2 2
2
2
2 2 2
2
2 2
8 2 6 2 5
6 2 5 2 5 2 1 5 5 1 5 2 1 5 1 5 2 5 1
6 2 5
8 2 6 2 5 8 2 5 1 8 2 5 1
8 2 5 2 6 2 2 6 2 2 5 1 5 1
x
x x x
x x x x x
  
               
 
            
              
Alternativa D
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04) Se x e y são números inteiros e positivos, representa-se o máximo divisor comum de x e y
por MDC ( x , y ); assim, o número de pares ordenados ( x , y ) que são soluções do sistema





45),(
810
yxmdc
yx
(A) 6 (B) 8 (C) 10 (D) 16 (E) 18
   
     
Temos que e .
, ,
810
18
, , , 45
Logo a + b = 18
onde "a" e "b" são primos entre si
x y
a b
mdc x y mdc x y
x y x y
a b
mdc x y mdc x y mdc x y
 

      
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 serve
Logo são seis os pares ordenados que são soluções do sistema.
Alternativa A
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05) Um relógio indica dois minutos menos do que a hora certa e adianta t minutos por dia. Se
estivesse atrasado três minutos e adiantasse
1
2
t
 
 
 
minutos por dia, então marcaria a hora
certa exatamente um dia antes do que vai marcar. O tempo t, em minutos, que esse relógio
adianta por dia está compreendido entre
(A)
9
2
9
1
e (B)
9
3
9
2
e (C)
9
5
9
4
e (D)
9
7
9
6
e (E)
9
9
9
8
e
1ª SOLUÇÃO:
DIA ADIANTA
2
1 dia __________ t minutos 2
n dias__________ 2 minutos
DIA ADIANTA
1
1 dia __________ minutos
2
m dias__________ 3 minutos
nt n
t
t


   




  
  
 
 2
2
2 2 2
1 2 1 2
1 3
3
12
2
3 2 3 2 6 2
1 1 1 1
2 11 2 1
22
6 1 2
6 2 2 1 2
2 1 1
2 12
6 2 4 2 2 3 2 0 3 4 0
1 4
1 4 =0,5 2 não ser
2 2
t m m
t
como m n
tt t t t
t
t t t t
t t
t tt t
t t t t t t y y
y e y t e t
 
     
      
          
  
 
 
        


            

          ve
Alternativa C
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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
a

 
1
diantamento do relógio em " " minutos a hora estará correta, ou seja:
2
1 1
1 3 3 2 2 1 6
2 2 2
2 2 7 0 mas como nt = 2
4 2 7 0 2 3 0 2 3 (2)
Pondo (2) em (1),
t
n
n t nt t nt n t
nt n t
n t n t n t
 
 
 
 
              
 
    
           
 
 
2 2
1 2 1 2
temos:
2 3 2 2 3 2 0 3 4 0
1 4
1 4 =0,5 2 não serve
2 2
t t t t y y
y e y t e t
           

        
Alternativa C
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06) Considere um triângulo e uma circunferência que passa pelos pontos médios dos seus três
lados. 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 + Y
Fazendo 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 e
O 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 = X
A + Y + B = 180º Z + A = A + Y + B Z = Y + B
Como MO é paralelo a BC, pois os pontos M e O são pontos médios, temos:
AOM = MNB arco MP = arco A

 
 M B = X
Daí, como Z = Y + B Z = X + Y


Alternativa B
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07) Se os lados de um triângulo medem, respectivamente 3X, 4X e 5X, em que X é um
número inteiro positivo, então a distância entre os centros dos círculos inscritos e
circunscritos a esse triângulo corresponde a
(A)
4
5x
(B)
 
2
21 x
(C) 2x (D)
2
5x
(E)
6
5x
Sejam 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 = 6X
Como R + b = 4X a + R + b = 6X a = 2X
4
De a + R = 3X R = X e de R + b = 4X b = 3X
5 6 5
GE = BE - BG = GE = 3X - = GE =
2 2 2
Logo do triângulo OEG, temos:
x
X X X X

 
 

 
2 2 2
2 2 2 2 2
2
X 5X
D = X - D = X - D =
2 4 4
5X X 5
D = D =
4 2
X 
  
 
 
Alternativa D
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Observações sobre a questão 07:
Se o triângulo for retângulo o raio do círculo inscrito é igual ao semi-perímetro menos a
hipotenusa ou r = P - a
Teorema: Em todo triângulo retângulo, a soma dos catetos é igual a soma dos diâmetros
dos círculos incrito e circunscrito ou seja b + c = 2r + 2R
Se o triângulo retângulo tem os lados iguais a 3R, 4R e 5R, então os lados estão em
Progressão aritmética, daí o raio do círculo inscrito é igual a razão (ou diferença entre
dois 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” como
raio, 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:
Usando a fórmula D = R× R - 2

 
2
5X 5X
r D = × -2X
2 2
5 5 4 5 5 5
D = D = D = D =
2 2 2 2 2 4 2
X X X X X X X
 
  
 
 
       
 
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08)
Observe o quadrado acima em que as letras representam números naturais distintos desde 1
até 9. Se a adição de três números de cada linha, de cada coluna ou de cada diagonal, desse
quadrado, tem sempre o mesmo resultado, então a letra E representa o número:
(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) 5
Solução:
Primeiramente temos:
Observe 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 45
Do
a b c d e f g h i x
a b c d e f g h i
        
         
 
mesmo modo, temos que:
45
15
3
Por outro lado temos:
15
15
3 60 45 3 60
15
45
15
3 60 45 3 15 5
a b c d e f g h i a b c d e f g h i
a e i
c e g
a b c d e f g h i e e
b e h
d e f
e e e
                  
  
   
             
  
   
      

Alternativa E
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09) Justapondo-se os números naturais conforme a representação abaixo, onde o sinal * indica
o 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) 10
Solução:
Temos que:
De 1 à 9 9-1+1 = 9 algarísmos
189 algarísmos
De 10 à 99 99-10+1=90 90 2=180 algarísmos
Logo 1002 - 189 = 813 algarísmos 813 3 271 números
Assim, sendo X um número de três algarísmos, te


  
  
mos:
X - 100 + 1 = 271 X = 271 + 100 - 1 X = 370
Daí a seguência de números 1234567891011...368369370
Fato teórico:
Um número é divisível por dois se é par e um número é par se o último algarísmo
a dire
 
ita for divisível por dois ou seja é par (algarismo das unidades).
Um número é divisível por quatro guando os dois últimos algarísmos da direita
for divisível por quatro (algarísmos das unidades e das dezenas).
Um número é divisível por oito quando os três últimos algarísmos da direita
for 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 da
direira for divisível por dezesseis.
Então 16 | 1234567891011...368369370 16 | 9370
Que tem como resto 10

Alternativa E
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10) Se 2 1x y  , com X e Y reais, então o maior valor da expressão 2 2
3x xy y  é
igual a
(A)
4
5
(B)
4
7
(C)
8
13
(D)
8
17
(E)
16
31
Solução:
 
   
 
2 2 2 2 2 2 2 2
2 1 4 4 1 3 2 1
2 2 2 2 2 23 2 1 1 1
2 1
1
2 2O maior valor de 1, onde é ( ) 1, ou seja
é função de depende do valo
x y x xy y x xy y x x xy
x xy y x x xy x x K K x x
K x x
K x x K K x x x
K x ou
            
              
 
     
 

 2 2
r de , esse valor é obtido quando = .
4
Assim fazendo as contas, temos:
4 1 4 1 1 5
5 5
=
4 4 1 4
x K
a
b ac
K K
a

            

   

Alternativa A
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11) Considere um triângulo eqüilátero ABC, inscrito em um círculo de raio R . Os pontos M e N
são, respectivamente, os pontos médios do arco menor AC e do segmento BC . Se a reta MN
também intercepta a circunferência desse círculo no ponto P, PM, então o segmento NP
mede
(A)
2
7R
(B)
2
33R
(C)
14
73R
(D)
7
5R
(E)
3
5R
Fazendo a figura conforme o enunciado, ligando os pontos B e M, P e C, A e N, temos a figura
abaixo:
Observe que o triângulo BNO é retângulo com ângulos de 30º, 60º e 90º, como BO é igual ao
Raio, denotado por R, temos que o lado oposto ao ângulo de 30º é igual à metade da
hipotenusa e o lado oposto ao ângulo de 60º é igual a metade da hipotenusa vezes a raiz de
três.Os ângulos MBN e NPC são congruentes pois são metade do arco MC, do mesmo modo os
ângulos BMN e PCN são congruentes pois são metade do arco BP, logo os triângulos PCN e
BMN são semelhantes, daí:
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 
2
22
2
2 2
= , mas antes de continuar temos que determinar MN, assim:
3 3
MN 2 2 2 cos 30º
2 2
3
MN 4 2
4
PN NC
BN MN
R R
R R
R
R
 
       
 
   2
3
2
R
R 
3
2

2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
3 3
MN 4 3 MN
4 4
4 3 7 7 7
MN MN MN MN
4 4 4 4 2
Daí, temos:
=
3
2
R R
R R R
R R R R R
R
PN NC PN
BN MN R
      
       
 
3
2
R 7
2
3
3
92
7 2 7
9 7 9 7
142 7 7
R
R
PN PN
R R
PN PN

   
   
Alternativa C
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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 tal
maneira que o ponto “P” seja a interseção desses prolongamentos, temos, assim construído
três triângulos semelhantes, saber:
(semelhantes), assim:
2
2
2 2 2
2
A área do trapézio ABMN pode ser dada por
Do mesmo modo a área de MNCD pode ser dada por
ABP MNP DCP
S a k
ABP
S SS
MNP DCPABP k S x k
MNP
a x b
S b k
DCP
S S
MNP ABP
S S
DCP MNP
  
  


     

  



 
Como essas áreas são equivalentes temos:
2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 22 2
2 2
S S S S S S S
MNP ABP DCP MNP MNP DCP ABP
a b a b
x k b k a k x a b x x
      
 
            
Alternativa C
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13) Dois ciclistas, com velocidades constantes, porém diferentes, deslocam-se em uma estrada
retilínea 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 alcança
o 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 do
percurso, o outro que está vindo de A. Desprezando-se o tempo gasto em cada mudança no
sentido 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
 
4
V V4 4 4
V e V 1
4V V 4
d
d d dx t x
x y dt t d
y y
t

  
     
 
 
   
2
2 5
2 2V V V V 52 2 1 2 2V e V 2
3V V V V 3
1 1
2 2 2
1
De 1 e 2 , temos:
4 5
3 12 5 20 2 32 16
4 3
d
d
d d d d
d d dt
x x x x
x y d d dt t
d dy y y y
t
d
d d d d
d

  
         
 

        

Alternativa D
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14) Considere a equação 2 2
6 m 1 0x x    com o parâmetro m inteiro não nulo. Se
essa equação tem duas raízes reais e distintas com o número 4 compreendido entre essas
raízes, então o produto de todos os possíveis valores de m é igual a
(A)-2 (B)-1 (C) 2 (D) 4 (E) 6
Solução:
2 2 2 2
2 2
Seja p(x) = 6 m 1 para x = 4 p(4) = 4 6 4 m 1
p(4) = 16 24 m 1 p(4) = m 9
Por teoria sabemos que a condição para um número (alfa) estar entre as raízes
do
x x

        
     
2
2
Trinômio do Segundo Grau, ( ) é que a p( ) < 0.
Assim a p(4) < 0, como a = 1 m 9 0
p x ax bx c    
   
 
 
       
Logo 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 4
  
     
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15) João vendeu dois carros de modelo SL e SR, sendo o preço de custo do primeiro 20% mais
caro que o do segundo. Em cada carro teve um lucro de 20 % sobre os seus respectivos preços
de 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) 36 000,00
Solução:
Fato teórico: Venda com lucro – A venda de mercadorias pode oferecer um lucro e esse lucro
pode 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%




 

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16) Se X é um número inteiro tal que 1532 2
 xxx , o número de elementos do
conjunto solução dessa inequação é igual a
(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) 4
Solução:
 
 
 
2 2
2 3 5 1 antes de mais nada temos que 2 3 5 0
5 5
1 ou seja , 1, + e
2 2
Do mesmo modo 1 0 1 ou seja 1, + , feito isso, temos:
2
22 22 3 5 1 2 3 5
x x x x x
x ou x x
x x x
x x x x x x
       
    
         
       
 
        
 
 
2 2 1
2 6 0 3 2 ou seja 3, 2
.
x
x x x x
 
         
 Das condições acima e tendo em mente que "x" tem que ser inteiro, temos que 1, 2x 
Alternativa C
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17) Se um segmento AB tem 2 cm de comprimento, então a flecha do arco capaz de 135 °
desse segmento mede
(A) 12  (B) 2 (C) 12  (D) 3 (E) 22 
1ª SOLUÇÃO: Fazendo a figura conforme o enunciado, temos:
2 2 2
2 2 2 2 2
Do triângulo ABC, temos:
Usando a Lei dos cossenos 2 2 cos 135º
2 2 2 2 4
4 2 2 4 2 1 2
2 2 2 2 2
Agora vamos determinar o valor da flexa CD, observando o triân
x x x x
x x x x x
      
     
                          
 
   
   
 
 
2 2 2 2 2
2 2 2
2
2 2 2
2
2
gulo ACD, temos:
4 2 24
1 1
2 2 2 2
2 2 2 24 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
4 2 2 2 2 4 4 2 2 6 4 2
4 2 2 2
3 2 2 3 2 2 Observe que 2 2 2 1 2
3 2 2 2 1 2 1
x CD CD CD
CD CD CD
CD CD CD
CD CD
CD CD
 
       
 
    
    
    
      
     

         
      
Alternativa C
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2ª SOLUÇÃO: Uma saída rápida para QUESTÃO 17 é observar que AB é o lado do
quadrado inscrito, isto é:

2 2 2 2
2
l = R 2 R 2 = 2 R= R = 2
4 2
Ou observando o triângulo HOG R 1 1 R = 2 R = 2
Observe que DO é igual a metade do lado do quardrado ou seja igual a 1,
então como DC = CO - DO DC = 2-1
raio
  
    

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18) Se a,b, c são algarismos distintos, no sistema de numeração decimal existe um único
número de dois algarismos  ab tal que      
2 2 2
ab ba cc  .
O valor de  a + b + c é igual a:
(A)11 (B)12 (C)13 (D)14 (E) 15
Solução:
           
     
     
   
2 2 2 2 2 2
2
2
2 2
10 10 10
10 10 10 10 10
11 11 9 9 11
11 9 11 11
ab ba cc a b b a c c
a b b a a b b a c c
a b a b c
a b a b c
       
            
    
          2
9 11 11a b a b c     
   
   
2
2
2
9 11 1
9 3
11
6 e 5
1
Daí a + b + c = 6 + 5 + 3 = 14
Observações:
Se 9 11 11
Daí 3 11 11 2 para ser quadrado perfeito
7 (menor valor) 3
a b a b c
c c
a b
a b
a b
c a b a b a b
c a b c b b c b
b c
       
   
 
   
 
        
        
   
 
   2
5 15 que não convém ao problema, pois
a, b e c são algarismos na base dez .
Se 9 11 11
Daí 3 3 11 3 11 2 para ser quadrado perfeito,
temos:
Se b 1 9, mas se b 1 10, não
c
c a b a b a b
c a b c b b c b
c a
  
        
        
      serve;
Se b 5 3, mas se b 5 6, daí 6 5 3 14 ok, serve ao problema.c a a b c           
Alternativa D
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19) Se a e b são dois números reais, denotarmos por  min ,a b o menor dos números a e
b, isto é,  
a, se a b
min ,
a, se a b
a b

 

O número de soluções inteiras negativas da inequação  min 2x-7, 8 – 3x - 3x + 3 é
igual a
(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) 4
Essa questão pelo erro de digitação  
a, se a
a, se
b
m
a
in
b
,a b


 

estaria ANULADA.
Observação: Minha solução está sendo baseada na prova azul original e não digitação feita
por 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 3
b) se 2x - 7 8 - 3x 2x + 3x 8 + 7 5x 15 x 3
Re

      
  
      
solvendo:
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
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 MNP
para a área de ABC é igual a
(A)
3
1
(B)
2
1
(C)
3
2
(D)
4
3
(E)
6
5
1ª SOLUÇÃO: Supondo que ABC seja eqüilátero, temos:
 
2 3
1 que é a área de um triângulo equilátero qualquer.
4
Sabendo-se que em um triângulo equilátero todos os pontos notáveis se
confundem (ou seja são coincidentes), temos que a mediana é a altura,
l
S
ABC

 
   
bissetriz e mediatriz. Assim o lado do triângulo MNP (equilátero) é
2
3
3
23
usando a fórmula anterior
2 4
2 3 3
3 324 2
4 16
Daí e de 1 e 2 , :
2
3 32
16
2 3
4
l
l
S
MNP
l
S S l
MNP MNP
vem
l
lS S
MNP MNP
S SlABC ABC
 
  
  
   
  
3 3
16
4
2l 3
4
3
4
S
MNP
S
ABC
 
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
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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 modo
podemos construir a figura abaixo. Outro fato importante é que o baricentro determina em
qualquer triângulo seis triângulos que possuem a mesma área, isto é, se a área do triângulo
ABC 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 o
triângulo ACG, podemos concluir que DN é paralelo a AG e sua medida é metade de AG, assim
sendo o triângulo DNG tem os lados com medidas X, Y e Z. O triângulo MNP formado pelas
medianas do triângulo ABC, tem lados cujas medidas são 3X, 3Y e 3Z, logo os triângulos DNG e
MNP são semelhantes (caso LLL – lados proporcionais).
Da semelhança entre os triângulos DNG e MNP, temos:
S xDNG
S
MNP

3 x
2 2
1 1
3 9
Mas pois á área de DNG é igual a metade da área do triângulo CNG.
12
1 3
Daí, 9 9
9 12 4
3
4Como a área de ABC é S
S S
DNG DNG
S S
MNP MNP
S
S
DNG
S S SDNG S S S
MNP DNG MNPS
MNP
S
S S
MNP MNP
S S S
ABC AB
   
      
  

       
  
3 S
C
 4
S
3
4

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Resolução da prova do colégio naval de 2002

  • 1. 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 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) 272 1ª SOLUÇÃO:       K K Seja A o número que denota a quantidade no intervalo 1, N de números que são divisíveis por k, tal que A , onde representa a parte inteira da divisão de N por k. Podemos notar que no intervalo 1, 3 N k          12 12 357 57 A existem 29 múltiplos de 12, 12 3578 Do mesmo modo no intervalo 1, 3578 A existem 298 m ltiplos de 12, 12 Assim o número de múltiplos de doze no intervalo de 357 a 3578 é igual a 298 – 29 = ú           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 inteiros existem nesse intervalo 3         0, 31, 32, 33, 34,..., 298 298 30 1 299 30 269      Alternativa B 2ª SOLUÇÃO: temos que 360 é o primeiro termo da seqüência, o último termo é 3578 dividido por 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: " " A = A 1 onde A é um termo qualquer, A é o primeiro termo, 1 1 n é o número de termos e R é a razão n números n R n n      ou diferença entre um termo qualquer e o termo anterior. Logo: A 3576, A 360, R=12 e n = ? 1 3576 = 360 + ( n - 1) 12 dividindo por 12 298 = 30 + ( n - 1) n - 1 = 298 - 30 n - 1 = 268 n = 268 n        + 1 n = 269 Alternativa B
  • 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 02) Se o conjunto solução da inequação 2 2 1 1 3 8 10 0x x xx                   é S, então o número de elementos da interseção do conjunto S com o conjunto dos números inteiros é igual a (A)0 (B)1 (C)2 (D)3 (E)4 1ª SOLUÇÃO:     4 2 2 2 2 4 3 24 2 2 2 2 4 3 2 4 3 2 2 2 1 1 1 1 10 3 8 10 0 3 8 0 1 3 1 8 101 1 10 3 8 0 0 1 1 3 3 8 8 10 3 8 10 8 3 0 0 Observe que a soma dos x x x x x xx x x x x xx x xx x x x x x x x x x x x x x                                                                                4 3 2 4 3 2 3 2 coeficientes de 3 8 10 8 3 é zero, isso indica que uma das raizes é um, logo divisível por (x - 1), assim fazendo a divisão encontramos 3 8 10 8 3 = 1 3 5 5 3 Do mesmo modo te x x x x x x x x x x x x                              3 2 3 2 2 24 3 2 2 2 24 3 2 2 2 2 mos que 3 5 5 3 é divisível por 1 Assim 3 5 5 3 1 3 2 3 Logo 3 8 10 8 3 = 1 3 2 3 1 3 2 33 8 10 8 3 Daí 0 0 Observem que: ) 1 0 (será zero quando x fo x x x x x x x x x x x x x x x x x x x xx x x x x x a x                                  2 2 r igual a um) ) 3 2 3 0 pois delta é menor do que zero. ) 0 (pois está no denominador) Como no problema é pedido menor ou igual a zero, temos que x = 1 b x x c x     Alternativa B
  • 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 O polinômio 4 3 2 3 8 10 8 3x x x x    podia ter sido fatorado da seguinte forma:                                   4 3 2 4 3 3 2 2 3 2 3 2 3 2 3 2 2 2 3 8 10 8 3 3 3 5 5 5 8 3 3 1 5 1 1 5 3 1 3 5 5 3 1 3 3 5 5 1 3 1 5 1 1 3 1 1 5 1 1 1 3 1 5 1 1 3 3 3 5 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                                                      2 2 2 1 1 3 2 3 1 3 2 3 x x x x x x x             2ª SOLUÇÃO:     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 8 10 0 seja y = 1 1 1 2 1 1 2 2 1 1 Assim 3 8 10 0 3 2 8 10 0 3 6 8 10 0 3 8 4 0 x x x x xx y x y x x x x x y x y x x x x x y y xx y y y y                                                                               22 1 2 3 8 4 0 8 4 3 4 64 48 16 8 4 8 4 12 8 4 4 2 2 e 6 6 6 6 6 3 y y y y y                            
  • 4. 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 1 2 1 Assim y 2 mas como y = 2 3 3 2 Como "x" tem que ser inteiro 2 x = 1 3 x x x x x            Alternativa B 03) Se 52104 a e 52104 b , então a+b é igual a : (A) 10 (B) 4 (C) 22 (D) 15  (E) 23  SOLUÇÃO:       2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 Usando o produto notável 2 , temos: 4 10 2 5 4 10 2 5 4 10 2 5 2 4 10 2 5 4 10 2 5 4 10 2 5 4 10 2 5 a b a ab b x a b x a b x x x                                                  2 16 10 2 5 4 10 2 5                    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 2 6 2 5 6 2 5 2 5 2 1 5 5 1 5 2 1 5 1 5 2 5 1 6 2 5 8 2 6 2 5 8 2 5 1 8 2 5 1 8 2 5 2 6 2 2 6 2 2 5 1 5 1 x x x x x x x x x                                                  Alternativa D
  • 5. 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 04) Se x e y são números inteiros e positivos, representa-se o máximo divisor comum de x e y por MDC ( x , y ); assim, o número de pares ordenados ( x , y ) que são soluções do sistema      45),( 810 yxmdc yx (A) 6 (B) 8 (C) 10 (D) 16 (E) 18           Temos que e . , , 810 18 , , , 45 Logo a + b = 18 onde "a" e "b" são primos entre si x y a b mdc x y mdc x y x y x y a b mdc x y mdc x y mdc x y           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 serve Logo são seis os pares ordenados que são soluções do sistema. Alternativa A
  • 6. 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 05) Um relógio indica dois minutos menos do que a hora certa e adianta t minutos por dia. Se estivesse atrasado três minutos e adiantasse 1 2 t       minutos por dia, então marcaria a hora certa exatamente um dia antes do que vai marcar. O tempo t, em minutos, que esse relógio adianta por dia está compreendido entre (A) 9 2 9 1 e (B) 9 3 9 2 e (C) 9 5 9 4 e (D) 9 7 9 6 e (E) 9 9 9 8 e 1ª SOLUÇÃO: DIA ADIANTA 2 1 dia __________ t minutos 2 n dias__________ 2 minutos DIA ADIANTA 1 1 dia __________ minutos 2 m dias__________ 3 minutos nt n t t                    2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 3 3 12 2 3 2 3 2 6 2 1 1 1 1 2 11 2 1 22 6 1 2 6 2 2 1 2 2 1 1 2 12 6 2 4 2 2 3 2 0 3 4 0 1 4 1 4 =0,5 2 não ser 2 2 t m m t como m n tt t t t t t t t t t t t tt t t t t t t t y y y e y t e t                                                                     ve Alternativa C
  • 7. 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 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 a    1 diantamento do relógio em " " minutos a hora estará correta, ou seja: 2 1 1 1 3 3 2 2 1 6 2 2 2 2 2 7 0 mas como nt = 2 4 2 7 0 2 3 0 2 3 (2) Pondo (2) em (1), t n n t nt t nt n t nt n t n t n t n t                                               2 2 1 2 1 2 temos: 2 3 2 2 3 2 0 3 4 0 1 4 1 4 =0,5 2 não serve 2 2 t t t t y y y e y t e t                       Alternativa C
  • 8. 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 06) Considere um triângulo e uma circunferência que passa pelos pontos médios dos seus três lados. 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 + Y Fazendo 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 e O 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 = X A + Y + B = 180º Z + A = A + Y + B Z = Y + B Como MO é paralelo a BC, pois os pontos M e O são pontos médios, temos: AOM = MNB arco MP = arco A     M B = X Daí, como Z = Y + B Z = X + Y   Alternativa B
  • 9. 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 07) Se os lados de um triângulo medem, respectivamente 3X, 4X e 5X, em que X é um número inteiro positivo, então a distância entre os centros dos círculos inscritos e circunscritos a esse triângulo corresponde a (A) 4 5x (B)   2 21 x (C) 2x (D) 2 5x (E) 6 5x Sejam 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 = 6X Como R + b = 4X a + R + b = 6X a = 2X 4 De a + R = 3X R = X e de R + b = 4X b = 3X 5 6 5 GE = BE - BG = GE = 3X - = GE = 2 2 2 Logo do triângulo OEG, temos: x X X X X         2 2 2 2 2 2 2 2 2 X 5X D = X - D = X - D = 2 4 4 5X X 5 D = D = 4 2 X         Alternativa D
  • 10. 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 Observações sobre a questão 07: Se o triângulo for retângulo o raio do círculo inscrito é igual ao semi-perímetro menos a hipotenusa ou r = P - a Teorema: Em todo triângulo retângulo, a soma dos catetos é igual a soma dos diâmetros dos círculos incrito e circunscrito ou seja b + c = 2r + 2R Se o triângulo retângulo tem os lados iguais a 3R, 4R e 5R, então os lados estão em Progressão aritmética, daí o raio do círculo inscrito é igual a razão (ou diferença entre dois 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” como raio, 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: Usando a fórmula D = R× R - 2    2 5X 5X r D = × -2X 2 2 5 5 4 5 5 5 D = D = D = D = 2 2 2 2 2 4 2 X X X X X X X                   
  • 11. 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 08) Observe o quadrado acima em que as letras representam números naturais distintos desde 1 até 9. Se a adição de três números de cada linha, de cada coluna ou de cada diagonal, desse quadrado, tem sempre o mesmo resultado, então a letra E representa o número: (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) 5 Solução: Primeiramente temos: Observe 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 45 Do a b c d e f g h i x a b c d e f g h i                      mesmo modo, temos que: 45 15 3 Por outro lado temos: 15 15 3 60 45 3 60 15 45 15 3 60 45 3 15 5 a b c d e f g h i a b c d e f g h i a e i c e g a b c d e f g h i e e b e h d e f e e e                                                        Alternativa E
  • 12. 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 09) Justapondo-se os números naturais conforme a representação abaixo, onde o sinal * indica o 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) 10 Solução: Temos que: De 1 à 9 9-1+1 = 9 algarísmos 189 algarísmos De 10 à 99 99-10+1=90 90 2=180 algarísmos Logo 1002 - 189 = 813 algarísmos 813 3 271 números Assim, sendo X um número de três algarísmos, te         mos: X - 100 + 1 = 271 X = 271 + 100 - 1 X = 370 Daí a seguência de números 1234567891011...368369370 Fato teórico: Um número é divisível por dois se é par e um número é par se o último algarísmo a dire   ita for divisível por dois ou seja é par (algarismo das unidades). Um número é divisível por quatro guando os dois últimos algarísmos da direita for divisível por quatro (algarísmos das unidades e das dezenas). Um número é divisível por oito quando os três últimos algarísmos da direita for 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 da direira for divisível por dezesseis. Então 16 | 1234567891011...368369370 16 | 9370 Que tem como resto 10  Alternativa E
  • 13. 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) Se 2 1x y  , com X e Y reais, então o maior valor da expressão 2 2 3x xy y  é igual a (A) 4 5 (B) 4 7 (C) 8 13 (D) 8 17 (E) 16 31 Solução:         2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 4 1 3 2 1 2 2 2 2 2 23 2 1 1 1 2 1 1 2 2O maior valor de 1, onde é ( ) 1, ou seja é função de depende do valo x y x xy y x xy y x x xy x xy y x x xy x x K K x x K x x K x x K K x x x K x ou                                         2 2 r de , esse valor é obtido quando = . 4 Assim fazendo as contas, temos: 4 1 4 1 1 5 5 5 = 4 4 1 4 x K a b ac K K a                     Alternativa A
  • 14. 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) Considere um triângulo eqüilátero ABC, inscrito em um círculo de raio R . Os pontos M e N são, respectivamente, os pontos médios do arco menor AC e do segmento BC . Se a reta MN também intercepta a circunferência desse círculo no ponto P, PM, então o segmento NP mede (A) 2 7R (B) 2 33R (C) 14 73R (D) 7 5R (E) 3 5R Fazendo a figura conforme o enunciado, ligando os pontos B e M, P e C, A e N, temos a figura abaixo: Observe que o triângulo BNO é retângulo com ângulos de 30º, 60º e 90º, como BO é igual ao Raio, denotado por R, temos que o lado oposto ao ângulo de 30º é igual à metade da hipotenusa e o lado oposto ao ângulo de 60º é igual a metade da hipotenusa vezes a raiz de três.Os ângulos MBN e NPC são congruentes pois são metade do arco MC, do mesmo modo os ângulos BMN e PCN são congruentes pois são metade do arco BP, logo os triângulos PCN e BMN são semelhantes, daí:
  • 15. 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 22 2 2 2 = , mas antes de continuar temos que determinar MN, assim: 3 3 MN 2 2 2 cos 30º 2 2 3 MN 4 2 4 PN NC BN MN R R R R R R                2 3 2 R R  3 2  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 MN 4 3 MN 4 4 4 3 7 7 7 MN MN MN MN 4 4 4 4 2 Daí, temos: = 3 2 R R R R R R R R R R R PN NC PN BN MN R                  3 2 R 7 2 3 3 92 7 2 7 9 7 9 7 142 7 7 R R PN PN R R PN PN          Alternativa C
  • 16. 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) 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 tal maneira que o ponto “P” seja a interseção desses prolongamentos, temos, assim construído três triângulos semelhantes, saber: (semelhantes), assim: 2 2 2 2 2 2 A área do trapézio ABMN pode ser dada por Do mesmo modo a área de MNCD pode ser dada por ABP MNP DCP S a k ABP S SS MNP DCPABP k S x k MNP a x b S b k DCP S S MNP ABP S S DCP MNP                        Como essas áreas são equivalentes temos: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 S S S S S S S MNP ABP DCP MNP MNP DCP ABP a b a b x k b k a k x a b x x                       Alternativa C
  • 17. 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) Dois ciclistas, com velocidades constantes, porém diferentes, deslocam-se em uma estrada retilínea 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 alcança o 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 do percurso, o outro que está vindo de A. Desprezando-se o tempo gasto em cada mudança no sentido 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   4 V V4 4 4 V e V 1 4V V 4 d d d dx t x x y dt t d y y t                   2 2 5 2 2V V V V 52 2 1 2 2V e V 2 3V V V V 3 1 1 2 2 2 1 De 1 e 2 , temos: 4 5 3 12 5 20 2 32 16 4 3 d d d d d d d d dt x x x x x y d d dt t d dy y y y t d d d d d d                            Alternativa D
  • 18. 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) Considere a equação 2 2 6 m 1 0x x    com o parâmetro m inteiro não nulo. Se essa equação tem duas raízes reais e distintas com o número 4 compreendido entre essas raízes, então o produto de todos os possíveis valores de m é igual a (A)-2 (B)-1 (C) 2 (D) 4 (E) 6 Solução: 2 2 2 2 2 2 Seja p(x) = 6 m 1 para x = 4 p(4) = 4 6 4 m 1 p(4) = 16 24 m 1 p(4) = m 9 Por teoria sabemos que a condição para um número (alfa) estar entre as raízes do x x                 2 2 Trinômio do Segundo Grau, ( ) é que a p( ) < 0. Assim a p(4) < 0, como a = 1 m 9 0 p x ax bx c                     Logo 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 4          Alternativa D
  • 19. 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) João vendeu dois carros de modelo SL e SR, sendo o preço de custo do primeiro 20% mais caro que o do segundo. Em cada carro teve um lucro de 20 % sobre os seus respectivos preços de 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) 36 000,00 Solução: Fato teórico: Venda com lucro – A venda de mercadorias pode oferecer um lucro e esse lucro pode 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
  • 20. 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) Se X é um número inteiro tal que 1532 2  xxx , o número de elementos do conjunto solução dessa inequação é igual a (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) 4 Solução:       2 2 2 3 5 1 antes de mais nada temos que 2 3 5 0 5 5 1 ou seja , 1, + e 2 2 Do mesmo modo 1 0 1 ou seja 1, + , feito isso, temos: 2 22 22 3 5 1 2 3 5 x x x x x x ou x x x x x x x x x x x                                               2 2 1 2 6 0 3 2 ou seja 3, 2 . x x x x x              Das condições acima e tendo em mente que "x" tem que ser inteiro, temos que 1, 2x  Alternativa C
  • 21. 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) Se um segmento AB tem 2 cm de comprimento, então a flecha do arco capaz de 135 ° desse segmento mede (A) 12  (B) 2 (C) 12  (D) 3 (E) 22  1ª SOLUÇÃO: Fazendo a figura conforme o enunciado, temos: 2 2 2 2 2 2 2 2 Do triângulo ABC, temos: Usando a Lei dos cossenos 2 2 cos 135º 2 2 2 2 4 4 2 2 4 2 1 2 2 2 2 2 2 Agora vamos determinar o valor da flexa CD, observando o triân x x x x x x x x x                                                       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 gulo ACD, temos: 4 2 24 1 1 2 2 2 2 2 2 2 24 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 4 2 2 6 4 2 4 2 2 2 3 2 2 3 2 2 Observe que 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 2 1 x CD CD CD CD CD CD CD CD CD CD CD CD CD                                                           Alternativa C
  • 22. 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 2ª SOLUÇÃO: Uma saída rápida para QUESTÃO 17 é observar que AB é o lado do quadrado inscrito, isto é:  2 2 2 2 2 l = R 2 R 2 = 2 R= R = 2 4 2 Ou observando o triângulo HOG R 1 1 R = 2 R = 2 Observe que DO é igual a metade do lado do quardrado ou seja igual a 1, então como DC = CO - DO DC = 2-1 raio         
  • 23. 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) Se a,b, c são algarismos distintos, no sistema de numeração decimal existe um único número de dois algarismos  ab tal que       2 2 2 ab ba cc  . O valor de  a + b + c é igual a: (A)11 (B)12 (C)13 (D)14 (E) 15 Solução:                             2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 10 10 10 10 10 10 10 10 11 11 9 9 11 11 9 11 11 ab ba cc a b b a c c a b b a a b b a c c a b a b c a b a b c                                     2 9 11 11a b a b c              2 2 2 9 11 1 9 3 11 6 e 5 1 Daí a + b + c = 6 + 5 + 3 = 14 Observações: Se 9 11 11 Daí 3 11 11 2 para ser quadrado perfeito 7 (menor valor) 3 a b a b c c c a b a b a b c a b a b a b c a b c b b c b b c                                                2 5 15 que não convém ao problema, pois a, b e c são algarismos na base dez . Se 9 11 11 Daí 3 3 11 3 11 2 para ser quadrado perfeito, temos: Se b 1 9, mas se b 1 10, não c c a b a b a b c a b c b b c b c a                            serve; Se b 5 3, mas se b 5 6, daí 6 5 3 14 ok, serve ao problema.c a a b c            Alternativa D
  • 24. 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) Se a e b são dois números reais, denotarmos por  min ,a b o menor dos números a e b, isto é,   a, se a b min , a, se a b a b     O número de soluções inteiras negativas da inequação  min 2x-7, 8 – 3x - 3x + 3 é igual a (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) 4 Essa questão pelo erro de digitação   a, se a a, se b m a in b ,a b      estaria ANULADA. Observação: Minha solução está sendo baseada na prova azul original e não digitação feita por 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 3 b) se 2x - 7 8 - 3x 2x + 3x 8 + 7 5x 15 x 3 Re                   solvendo: 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
  • 25. 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) 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 MNP para a área de ABC é igual a (A) 3 1 (B) 2 1 (C) 3 2 (D) 4 3 (E) 6 5 1ª SOLUÇÃO: Supondo que ABC seja eqüilátero, temos:   2 3 1 que é a área de um triângulo equilátero qualquer. 4 Sabendo-se que em um triângulo equilátero todos os pontos notáveis se confundem (ou seja são coincidentes), temos que a mediana é a altura, l S ABC        bissetriz e mediatriz. Assim o lado do triângulo MNP (equilátero) é 2 3 3 23 usando a fórmula anterior 2 4 2 3 3 3 324 2 4 16 Daí e de 1 e 2 , : 2 3 32 16 2 3 4 l l S MNP l S S l MNP MNP vem l lS S MNP MNP S SlABC ABC                3 3 16 4 2l 3 4 3 4 S MNP S ABC   Alternativa D
  • 26. 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 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 modo podemos construir a figura abaixo. Outro fato importante é que o baricentro determina em qualquer triângulo seis triângulos que possuem a mesma área, isto é, se a área do triângulo ABC 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 o triângulo ACG, podemos concluir que DN é paralelo a AG e sua medida é metade de AG, assim sendo o triângulo DNG tem os lados com medidas X, Y e Z. O triângulo MNP formado pelas medianas do triângulo ABC, tem lados cujas medidas são 3X, 3Y e 3Z, logo os triângulos DNG e MNP são semelhantes (caso LLL – lados proporcionais). Da semelhança entre os triângulos DNG e MNP, temos: S xDNG S MNP  3 x 2 2 1 1 3 9 Mas pois á área de DNG é igual a metade da área do triângulo CNG. 12 1 3 Daí, 9 9 9 12 4 3 4Como a área de ABC é S S S DNG DNG S S MNP MNP S S DNG S S SDNG S S S MNP DNG MNPS MNP S S S MNP MNP S S S ABC AB                           3 S C  4 S 3 4  Alternativa D