Resolução da prova do colégio naval de 2004

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Resolução da prova do colégio naval de 2004

  1. 1. Colégio Naval 200401)Na figura acima , ABCD é um quadrado de área 104 e o ponto O é o centro do semicírculo dediâmetro AB. A área do triângulo AEF é dada por (A) 2 3 3  3   (B) 6 4 3  3   (C) 5 4 3  6 (D) 34 3  3 (E) 84 3  3 1  13 3 3S ABE   2 26  26  3  sen 120º  S ABE  26 3   13  3  39 OBS : ( sen 120º  sen 60º  ) 2 2 2 1S ABF   2 26  AF  S ABF  26  AF 2S AEF  1 2  AF  26  3  sen 30º  S AEF   26  AF   3 1   S AEF  2 2   26  AF  4 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
  2. 2.  3Como S ADE  S ADF  S AEF  39  26  AF    26  AF  4 3  39    26  AF  1    4    4 3 39  4 39   26  AF   4    26  AF  39 4 3  26  AF  4 3   4 39  4 39 3 4  3 como S AEF    26  AF  4 3  S AEF  4 3 4  3  S AEF   4 3 4 3  3  39  4 3  3 S  39  4 3  3S AEF  16  3  AEF  13   S AEF  3  4 3  3  13Alternativa D02)Um certo professor comentou com seus alunos que as dízimas periódicas podem serrepresentadas por frações em que o numerador e o denominador são números inteiros e ,nestemomento, o professor perguntou aos alunos o motivo pelo qual existe a parte periódica. Um dosalunos respondeu justificando corretamente, que em qualquer divisão de inteiros(A) o quociente é sempre inteiro. (B) o resto é sempre inteiro.(C) o dividendo é o quociente multiplicado pelo divisor, adicionado ao resto.(D) os possíveis valores para resto têm uma quantidade limitada de valores.(E) que dá origem a uma dízima, os restos são menores que a metade do divisor.Item (A)  Falso, pois, por exemplo 1  2 = 0,5Obs: Isso é correto se não continuamos a divisão, mais não é esse o motivo.Item (B)  Falso, pois, por exemplo 4  3 = 1, 333... e o resto é igual a 0,001 aproximadamenteObs: Do mesmo modo, isso é correto se não continuamos a divisão, mais não é esse o motivo.Item (C)  Falso, pois, apesar de correto, D = d  q + r, isso não é o motivo pelo qual da existênciadas dízimas periódicas.Item (D)  Correto, pois, o resto é sempre maior ou igual a zero e menor do que o quociente, ou 2seja, 0  resto<quociente, assim por exemplo na fração irredutível , os restos possíveis serão: 13 21, 2,3, 4,5, 6,7,8,9,10,11 e 12 ou seja  0,153846153846153846153846153846, observe que 13o resto nunca será zero, se não seria decimal exata.Item (E)  Falso, pois, por exemplo 13  7  quociente igual a 1 e o resto é igual a 6.Obs: O Motivo da existência das DÍZIMAS PERIÓDICAS é a impossibilidade de setransformar uma fração ordinária em fração decimal, ou seja, a não possibilidade detransformação do denominador de algumas frações ordinárias em potência de dez, onde o denominador terá que ser após as transformações devidas da forma 2n  5n  1 000...0 .   n zerosAlternativa 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
  3. 3. 03)Um professor de matemática apresentou um equação do 2ºgrau completa , com duas raízesreais positivas , e mandou calcular , as médias aritmética, geométrica e harmônica entre essasraízes , sem determiná-las. Nessas condições(A) somente foi possível calcular a média aritmética.(B) somente foi possível calcular as médias aritmética e geométrica.(C) somente foi possível calcular as médias aritmética e harmônica.(D) foi possível calcular as três médias pedidas.(E) não foi possível calcular as três médias pedidas.Resolvendo o problema, temos: x1  x2  x3      xnMédia aritmética  MA  , ou seja soma dos termos dividido pelo número nde termos, no caso como são dois termos temos: x  x2 x  x2 SMA  1 ou soma dos termos dividido por dois, assim MA  1  2 2 2 bou MA  a  MA  b  1  MA  b 2 a 2 2aMédia Geométrica  MG  n x1  x2  x3    xn , para dois termos temos: cMG  x1  x2 , como os termos são positivos  MG  x1  x2  P  a nMédia Harmônica  MH  , para dois termos temos: 1 1 1 1       x1 x2 x2 xn 2 2 2 2   x1  x2 MH   MH   MH   MH  1 1 x2 x  x1  x2  x1  x2   1   x1 x2 x1  x2 x1  x2  x1  x2 ou seja MH  2 P  MH  2 c   a  MH   2c S b b aAlternativa 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
  4. 4.    04) Sabendo-se que a equação x 2 x 2  13  6 x x 2  2  4  0 pode ser escrita como umproduto de binômios do primeiro grau , a soma de duas das suas raízes reais distintas é igual a(A) -3 (B) -2 (C) -1 (D) 2 (E) 3Resolvendo o problema, temos:x 2  x 2  13  6 x  x 2  2   4  0  x 4  13 x 2  6 x3  12 x  4  0Teorema muito importante: Toda equação em que a soma dos coeficientes for ZERO, teremosnecessariamente uma das raízes igual a UM.Observando a equação anterior, isto é, x 4  13x 2  6 x3  12 x  4  0, temos que:A soma dos coeficientes é S.C = 1 + 13 - 6 - 12 + 4 = 0, logo essa equação é divisível por  x  1Ordenando a equação e usando a regra das chaves temos:x 4  6 x 3  13x 2  12 x  4  0Assim, temos que:x 4  6 x3  13 x 2  12 x  4   x  1   x3  5 x 2  8 x  4   0Do mesmo modo observando a equação anterior, o fator x3  5 x 2  8 x  4  0, temos que:A soma dos coeficientes é S.C = 1 - 5 + 8 - 4 = 0, logo essa equação é divisível por  x  1Fazendo a divisão como anteriormente, temos:x3  5 x 2  8 x  4   x  1   x 2  4 x  4 Agora do fator x 2  4 x  4  0  x1  2 e x2  2  x 2  4 x  4   x  2    x  2    x  2  2Daí x 4  6 x 3  13 x 2  12 x  4   x  1   x  2   x1  x2  1 e x3  x4  2 2 2Logo a soma de duas raízes distintas é:Soma  2  1  Soma  3(Observação: Um método melhor de se fazer a divisão é usar o Dispositivo Prático de Briot – Ruffini).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
  5. 5. 05)Um retângulo ABCD de lados AB=a e BC =b (a>b) ,é dividido, por um segmento EF ,numquadrado AEFD e num retângulo EBCF, semelhante ao retângulo ABCD conforme a figuraacima. Nessas condições, a razão entre a e b é aproximadamente igual a(A) -1,62 (B) 2,62 (C) 3,62 (D) 4,62 (E) 5,62De acordo com o enunciado podemos montar a figura acima, assim temos: AB BC a bI) Da semelhança entre os retângulos      b2  a   a  b  BC EB b a b b2 a  b  aII) Das áreas dos retângulos e do quadrado, temos:a  b  b2  b   a  b  b2Assim de I e II  a  b  b 2  b   a 2  ab  b2  a 2  ab  b 2  0  b aSendo "a" a variável     b   4 1  b 2     b 2  4b 2    5b 2    5b 2 2  b 5a bb 5  a1  bb 5  a1  b  5 1 a  1    5 1  2 2 2 b 2 a 2, 23  1 a1 3, 23 a 1    1  1, 62 b 2 b 2 bDe a2  bb 5  a2  b  1 5 a  2   1 5 não serve   2 2 b 2Obs: O procedimento acima é uma das maneiras de chegarmos ao chamado número de ouro, ou divisão emmédia e extrema razão.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. 06) A interseção do conjunto solução, nos reais, da inequação x 2  2x  1 2  0 com o conjunto 12 x  4x  R / x  4é dada por  1  1(A)  x  R / x   (B) x  R / x  0 (C)  x  R / x    2  3  3  1(D)  x  R / x   1 (E) x  R / x  2`  3Resolvendo primeiramente a inequação, temos:x  2 x  1 2 2  0, sendo f(x)=  x 2  2 x  1 e 2 g(x)=12 x  4 12 x  4Podemos notar que f(x)  0, ou seja sempre será positivo ou zero, como no problema se querf(x)  0, temos que determinar o valor de f(x)=0  x 2  2 x  1  0  x  1, assim f(x) serág(x)zero em x  1 e positiva nos demais valores.Agora vamos determinar o sinal de g(x), observe que g(x) não pode ser zero, daí g(x)  0 4 1Como g(x)  0  12 x  4  0  12 x  4  x  x 12 3 1 f(x)Daí, quando x  ou x  1   0 o conjunto solução será: 3 g(x)  1 A   x  R / x  ou x  1  3 A interseção do conjunto solução acima com, B =  x  R / x  4 , nos dá:  1Assim A  B=  x   / x    1  3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
  7. 7. 07)Na figura acima AM e BP são cevianas do triangulo ABC de área S. Sendo AP=2PC eAQ=3QM ,qual o valor da área do triângulo determinado pelos pontos P , Q e M ,em função deS? S S S S S(A) (B) (C) (D) (E) 16 18 20 21 24Solução :Observando o triângulo ABM, temos:Área = Área + Área , como os triângulos ABQ e QBM possuem a mesma altura ABM ABQ QBMe a base AQ do ABQ é igual a três vezes a base QM do QBM  Área = 3  Área . ABQ QBMSeja "3A" a área do ABQ e "A" a área do QBM (ver figura).Ligue os pontos "P" e "M", formando assim o triângulo APM, observando esse triângulo, temos:Do mesmo modo a Área = Área + Área , como os triângulos APQ e QPM APM APQ QPMpossuem a mesma altura e a base AQ do APQ é igual a três vezes a base QM do QPM Área = 3  Área , seja "3B" a área do APQ e "B" a área do QPM (ver figura). APQ QPM 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. Agora observando o triângulo AMC, temos:Área = Área + Área , como os triângulos AMP e PMC possuem a mesma altura AMC AMP PMCe a base AP do AMP é igual a duas vezes a base PC do PMC  Área = 2  Área AMP PMCComo a área do AMP  4 B  área do PMC  2 B. Observe que a área do triângulo PQM é igualB, isto é, Área = B. PQMDo enunciado temos que área do ABC  S , mas a Área = Área + Área ABC ABP PBCcomo os triângulos ABP e PBC possuem a mesma altura e a base AP do ABP é igual a 2Sduas vezes a base PC do PBC  Área = 2  Área , logo área do ABP  ABP PBC 3 Se área do PBC  3Observando a figura acima podemos montar o sistema abaixo: SDo triângulo ABP  A  3B  3Do triângulo PBC  3 A  3B  2 S  A  B  2 S 3 9 S A  3B  3 A  B  2S 9 S 2S 3S 2 S S S 2B    2B    2B   B  3 9 9 9 9 18Alternativa 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. 08) Considere o triângulo escaleno ABC e os pontos P e Q pertencentes ao plano de ABC eexteriores a esse triângulo . SE : as mediadas dos triângulos PAC e QBC são iguais ; as medidasdos ângulos PCA e QCB são iguais ; M é o ponto médio de AC ; N é o ponto médio de BC ; S1é a área do triângulo PAM ; S 2 é a área do triângulo QBN ; S 3 é a área do triângulo PMC ; e S 4 é área do triângulo QNC ,analise as afirmativas:I - S1 está para S 4 ,assim como S 3 está para S 2 .II - S1 está para S 2 ,assim como (PM)2 está para (QN)2 .III - S1 está para S 3 ,assim como S 2 está para S 4 .Logo pode-se concluir ,corretamente ,que(A) apenas a afirmativa 1 é verdadeira. (B) apenas as afirmativas 1 e 2 são verdadeiras .(C) apenas as afirmativas 1 e 3 são verdadeiras . (D) apenas as afirmativas 2 e 3 são verdadeiras .(E) as afirmativas 1 ,2 e 3 são verdadeiras.Fazendo a figura conforme o enunciado, temos:Pela figura acima, temos:Como PM é mediana do  APC  S1  S3Do mesmo modo, temos que QN é mediana do  AQC  S2  S4 ou S4  S2Daí dividindo membro a membro temos:S1 S3  , assim a afirmativa I é correta.S4 S2Os triângulos APC e BQC são semelhantes, assim: 2 2S1  S3  PM  S1  S1  PM  2 S1 PM 2 S1 PM 2  , mas S1  S3 e S2  S4      S2+S4  QM   S2+S2  QM   2 S2 QM 2 S2 QM 2assim a afirmativa II é correta. S1 PM 2 S3 S1 S3 S1 S2De  2      assim a afirmativa III é correta. S2 QM S4 S2 S4 S3 S4Alternativa 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
  10. 10. 09) Uma máquina é capaz de fabricar ,ligada durante um tempo inteiro de minutos T , 3T peças,sendo que 20% delas são defeituosas . Para obter-se, no mínimo, 605 peças perfeitas essamáquina deverá funcionar quantos minutos ?(A) 4 (B) 5 (C) 6 (D) 7 (E) 8Resolvendo a questão, temos:T minutos __________ 3T peças  3 minutos __________ 33 peças = 27peças605 __________ 80% 605 10 0% 6050x __________100%  x    756 8 0% 8As potências de três são:30  1, 31  3, 32  9, 33  27, 34  81, 35  243, 36  729, 37  2187Logo deverá funcionar sete minutos.Alternativa D10) Um número natural N tem 2005 divisores positivos.Qual é o número de base distintas da suadecomposição em fatores primos?(A) Um. (B) Dois. (C) Três. (D) Quatro. (E) Cinco.Resolvendo, temos:se N = a 2004  número de divisores de n = 2004 + 1 = 2005 (onde "a" é um fator primo qualquer).se N = a 4 × b 400  número de divisores de n =  4  1   400  1 = 5  401=2005,(onde "a" e "b" são fatores primos quaisquer).Essa questão pelo exposto acima teria duas respostas, a meu ver a questão está ANULADA.Obs.:Não sei o gabarito após recursos. 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. 11) Um aluno resolvendo uma questão de múltipla escolha chegou ao seguinte resultado4 49  20 6 ,no entanto as opções estavam em números decimais e pedia-se a mais próximado valor encontrado para resultado , e , assim sendo , procurou simplificar esse resultado, a fimde melhor estimar a resposta .Percebendo que o radicando da raiz de índice 4 é quarta potênciade uma soma de dois radicais simples , concluiu, com maior facilidade, que a opção para aresposta foi(A) 3,00 (B) 3,05 (C) 3,15 (D) 3,25 (E) 3,351ª SOLUÇÃO: A+C A-CUsando a fórmula A ± B = ± , onde C2 =A 2 - B, temos: 2 2Observe que 4 49 + 20 6 = 49 + 20 6 , assim: 49 + 20 6 = 49 + 6  400 = 49 + 2400  C 2 =492 - 2400  C 2 =2401- 2400C2 = 1  C = 1 49 + 1 49 - 1 50 48 49 + 20 6 = 49 + 2400  +  +  25 + 24 2 2 2 2 25 + 24  5 + 24 daí 5+ 24  C 2 =52 - 24  C 2 =25 - 24  C = 1 5+1 5-1 6 4Assim 5 + 24  +  +  3 + 2  1, 73  1, 41  3,14 2 2 2 22ª SOLUÇÃO: 49 + 20 6 e usando o produto notável  a + b   a 2 + 2  a  b + b 2 4 2Notando que 49 + 20 6 =  a + b  a 2 + 2  a  b + b2 2Temos que determinar "a" e "b" tais que,   5  2 6  2 2 20 6  2 10  6  2  5  2 6  5  2 6    49 + 20 6  49 + 20 6   52 6 a b     2 2De 2 6  2  2  3  2      2 3 2 3  5 2 6  5 2 6  2 3  2 3 a bDaí 2  3  1, 73  1, 41  3,14 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
  12. 12. 12) Se a , b ,c e d são números reais não nulos tais que ad 2  bc 2  0 ,pode-se afirmar que a c ac a b ab(A)   ;b  d  0 (B)   ;c  d  0 b d bd c d cd a b ab   ;c d  0 c b bc(C) d c c  d (D)   ;a  d  0 a d ad c d cd(E)    ab  0 b a ab1ª SOLUÇÃO:Esse tipo de questão em concurso, muitas vezes faz o aluno perder tempo, vamos usar um métodoque em geral resolve o problema:Vamos "CARTEA ALGUNS VALORES" para "a", "b", "c" e "d" de acordo com a expressãoad 2 + bc 2 = 0 ou ad 2 = - bc2  sendo a = 4, b = -1, c = 6 e d = 3, temos:Colocando esses valores na alternativa A:a c a+c 4 6 + = ; b+d  0  + = - 4 + 2 = -2b d b+d -1 3a + c 4 + 6 10    5 vemos que são diferentes os valores encontrados.b + d -1 + 3 2Colocando esses valores na alternativa B:a b a+b 4 -1 4 -2 2 1 + = ; c+d  0  + = + = c d c+d 6 3 6 6 6 3a + b 4 +  -1 3 1    vemos que esses valores encontrados são iguais (já é a resposta).c+d 6+3 9 3Colocando esses valores na alternativa C:a b a+b 4 -1 8 -1 7 + = ; c+d  0  + = + =d c c+d 3 6 6 6 6a + b 4 +  -1 3 1    vemos que são diferentes os valores encontrados.c+d 6+3 9 3Colocando esses valores na alternativa D:c b b+c 6 -1 18 -4 14 7 + = ; a+d  0  + = + = a d a+d 4 3 12 12 12 6b + c -1 + 6 5   vemos que são diferentes os valores encontrados.a+d 4+3 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
  13. 13. Colocando esses valores na alternativa E:c d c+d 6 3 24 3 21 + = ; a+b  0  + =- + =-b a a+b 1 4 4 4 4c+d 6+3 9   = 3 vemos que são diferentes os valores encontrados.a + b 4 +  -1 3Alternativa B2ª SOLUÇÃO:Observando atentamente as respostas podemos notar que elas são semelhantes, só variando porque ora umaletra é numerador, ora denominador.Assim sem perda de generalidade vamos supor que as letras são, x, y, z e w , e veremos o que acontece. x y x ySeja   , com z  w  0 z w zw x y x yprimeiramente para que a soma das frações  seja igual a fração temos que: z w zwx y x y   (1)zw z w x yDa soma das frações   , temos: z wx y xw  yz   (2)z w zwDaí e de (1) e (2), tem-se: x  y xw  yz   xzw  yz 2  xw2  yzw  xzw  yzw  yz 2  xw2  0 ou xw2  yz 2  0 zw zwObservando essa relação podemos notar que:1º "x " é o númerador da 1ª fração;2º "w " é o denominador da 2ª fração;3º "y" é o númerador da 2ª fração;4º "z" é o denominador da 1ª fração. x y x yAssim se a relação yz 2  xw2  0    z w zw a b abLogo para ad 2  bc 2  0    c d cdAlternativa 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
  14. 14. 13) Um número natural N deixa: resto 2 quando dividido por 3;resto 3 quando dividido por 7;eresto 19 quando dividido por 41 .Qual é o resto da divisão do númeroK   N  1 .  N  4  .  N  22  por 861(A) 0 (B) 13 (C) 19 (D) 33 (E) 43Resolvendo, temos:Observe que 861 = 3  7  41Assim N+1 = 3 q1 + 3 (divisível por três) N+4 = 3 q2 + 7 (divisível por sete) N+22 = 41 q3 + 41 (divisível por quareta e um)Logo K =  N+1      N+4       N+22    K é divisível por 861 divisível por três divisível por sete divisível por quareta e umDaí o resto é zeroAlternativa 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
  15. 15. 14) Uma herança P foi dividida por dois herdeiros ,com idades , respectivamente, iguais a n e m,em partes diretamente proporcionais ao quadrado de suas idades .Qual foi a parte da herançarecebida pelo herdeiro de idade n? P2n Pn 2 P2n2(A) (B) (C) m2  n2 m2  n2 m2  n2 Pn 2 m P2n2m(D) 2 (E) 2 m  n2 m  n2Resolvendo o exercício, temos:Sendo "n" e "m" as idades e "p" a herança.Sejam "A" e "B" as partes relativas a "n" e "m" respectivamente, então temos:A + B = pA B A B A+B p n 2  m2  n 2  m2  n 2  m2  n 2  m2 A p p  n2Assim  2 A= 2 n 2 n  m2 n  m2Alternativa 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
  16. 16. 15)Qual é o produto notável representado, geometricamente, na figura acima, na qual ABCD é umretângulo ?(A) a 3  b 3 (B) a  b  3 (C) a  b  2  (D) a 2  b 2  2 (E) a  b  4Resolvendo a questão, temos:Observando o quadrilátero ABCD vemos que é um quadrado, assim:O produto notável é  a + b  . 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. 16) O valor numérico da expressão 120k 4  10k 2  8 , sendo k pertencente ao conjunto dosnúmeros naturais, é o quadrado de um número natural para(A) somente um único valor de k . (B) somente dois valores de k .(C) somente valores de k múltiplos de (D) 13.somente valores de k múltiplos de 18.(E) nenhum valor de k .Resolvendo a questão, temos:Temos que:120 k 4  10 k 4  8  10  12 k 4  k 4   8Observando que 12 k 4  k 4  é um número natural para qualquer valor de k natural,então fazendo x  12 k 4  k 4 , tem-se:10  12 k 4  k 4   8  10 x  8    xO que indica que 10 x  8 é um número natural em que o algarísmo das unidades é oito.Da aritmética sabemos que não existem raizes quadradas exatas de números que temo algarismo das unidades iguais a:Dois (2), Três (3), Sete (7) e Oito (8).Assim para nenhum valor de "k" natural o valor numérico da expressão acima é quadradode um número natural.Alternativa EOutra solução: Equação Diofantina LinearSeja n um possível quadrado perfeito, assim:120k 4  10k 2  8  n  120k 4  10k 2  n  8Sejam a = k 4 e b = k 2  120a  10b  n  8 é uma equação diofantina linear.Que para se ter solução, é necessário é suficiente que o mdc 120,10   10, divida n -8,isto é,10|n  8, assim "n" tem que ser um número que tem o algarísmo das unidades igual a 8.Mas da aritmética sabemos que não existem quadrados perfeitos de números que tem oalgarismo das unidades iguais a:Dois (2), Três (3), Sete (7) e Oito (8).Assim para nenhum valor de "k" natural o valor numérico da expressão acima é quadrado deum número natural.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
  18. 18. 17) Considere os pontos A ,B e C pertencentes ao gráfico do trinômio do segundo grau definidopor y  x 2  8 x .Se : a abscissa do ponto A é -4 ; B é o vértice ; a abscissa do ponto C é 12 ; osegmento AB tem medida d1;e o segmento BC tem medida d2,pode-se afirma que(A) d1+ d2 < 48 (B) 48< d1+ d2<64 (C) 64< d1+ d2<72(D) 72< d1+ d2<128 (E) d1+ d2 > 128Sendo y  x 2  8 x ou f ( x)  x 2  8 x, temos:para x  4  f (4)   4   8   4   f (4)  16  32  f (4)  48 2Assim o ponto A=  4, 48 para x  12  f (12)  122  8  12  f (12)  144  96  f (12)  48Assim o ponto C = 12, 48  O vértice é dado por V = x ; y   , v v   b   S S   ou V =  , f 2  , daí temos:  2 a 4a  2    8Como S = 8  xv   xv  4  y  f (4)  42  8  4  f (4)  16  32  f (4)  16 2 v 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. Assim o ponto B =  4, -16  , com esses valores montamos a figura acima, e podemos notar que sãodois triângulo retângulo congruentes, note que o segmento EB = B - E = 4 - (-4) = 8 e BD = D - B= 12 - 4 = 8 diferemça entre as abscissas dos pontos  B e E  e  D e B respectivamente, do mesmomodo o segmento EA = E - A = 48 - (-16) = 48 + 16 = 64 e DC = C - D = 48 - (-16) = 48 + 16 = 64,logo d1 é igual a d2, pela desigualdade triângular temos: d1 < 8 + 64  d1 < 72 do mesmo modopodemos concluir que d2 < 72 e d1 > 64 - 8  d1 > 56 do mesmo modo podemos concluir qued2 > 56, assim:56 < d1 < 72 e 56 < d2 < 72 somando-se membro a membro, temos: 112 < d1 + d2 < 144, logo a alternativa correta é a letra E.18) Dado um triângulo retângulo ,seja P o ponto do plano do triângulo eqüidistante dos vértices.As distâncias de P aos catetos do triângulo são k e L .O raio do círculo circunscrito ao triânguloé dado por KL K 2  L2 K 2  L2(A) (B) 2 K  L (C) (D) (E) K 2  L2 4 4 2Em qualquer triângulo esse ponto é o circuncentro ou seja é o ponto de encontro das três mediatrizes,e é o centro do círculo circunscrito, em relação ao triângulo retângulo esse ponto é o pontomédio da hipotenusa, assim observando a figura acima, temos:R 2 = K 2 + L2  R = K 2 + L2Alternativa 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. 319) Dada a equação na variável real x : 7 x   k ,pode-se concluir ,em função do parâmetro xreal k ,que essa equação(A) tem raízes reais só se k for um número positivo.(B) tem raízes reais só se k for um número negativo.(C) tem raízes reais para qualquer valor de k.(D) tem raízes reais somente para dois valores de k.(E) nunca terá raízes reais.Resolvendo, temos: 37x   k  7 x 2  3  kx  7 x 2  kx  3  0 x    k   4  7   3    k 2  84 2Logo como k 2 é positivo para qualquer valor de k, temos que   0 para qualquervalor de K, assim a equação do 2º grau possui duas raízes reais diferentes.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. 20) Sejam L1 e L2 duas circunferências fixas de raios diferentes , que se cortam em A e B . P é um pontovariável exterior às circunferências ( no mesmo plano ) . De P traçam-se retas tangentes à L1 e L2 ,cujospontos de contatos são R e S . Se PR=PS ,Pode-se afirmar que P , A e B(A) estão sempre alinhados. (B) estão alinhados somente em duas posições.(C) estão alinhados somente em três posições. (D) estão alinhados somente em quatro posições.(E) nunca estarão alinhados.A resposta a essa questão é a Alternativa A, porem o aluno deveria ter o conhecimento de Eixo Radical , quenão consta “claramente” do programa de matérias a serem estudados, porem no programa consta o estudo delugares geométricos.O lugar Geométrico denominado de Eixo Radical, não conta de bibliografia em vigor, somente em livrosesgotados.Obs.: A questão poderia ser resolvida usando o conceito de Potência de um ponto em relação a um círculo.Antes de resolver a questão vamos definir algumas coisas e mencionar alguns teoremas: POTÊNCIA DE UM PONTO TEOREMA: Se traçarmos, por um ponto do plano de uma circunferência, secantes a esta, o ‘produtodos dois segmentos orientados, que tem por origem esse ponto e por extremidades as intersecções de cadasecante com a circunferência, é constante (é o mesmo para todas as secantes). Esse produto constante chama-se POTÊNCIA do ponto P em relação à circunferência.  PA  PB  PC  PD  PE  PF  ...   PT  2Pot PObs.: Em particular, se um ponto pertence a uma circunferência, a potência desse ponto em relação a essacircunferência é, por definição, igual a zero. 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. PONTOS DE MESMA POTÊNCIA EM RELAÇÃO A DUAS CIRCUNFERÊNCIAS:TEOREMA: O lugar geométrico dos pontos de um plano, que tem a mesma potência em relação a duascircunferências dadas, é uma reta perpendicular a linha dos centros das circunferências. EIXOS RADICAIS:DEFINIÇÃO: Dadas duas circunferências C1 e C2 com centro em O1 e O2 raios R1 e R2 respectivamente,denomina-se EIXO RADICAL, o lugar geométrico dos pontos de um plano de mesma potência em relação aC1 e C2 .Potência de P em relação a O1 = Potência de P em relação a O2 d12  R12  d2 2  R 2 2  d12  d2 2  R12  R 2 2  k 2PROPRIEDADE:O EIXO RADICAL de C1 e C2 é o lugar geométrico dos pontos dos quais se pode traçar tangentes a C1 eC2 com o mesmo comprimento.Pelo exposto acima a resposta correta é a 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
  23. 23. 2ª SOLUÇÃO:PR 2 = PA × PD (1)PS2 = PA × PC (2)Dividindo (1) por (2), temos:PR 2 PA × PD PR 2 PD  mas por hipótese PR = PS    PD = PCPS2 PA × PC PR 2 PCComo PD = PA + AD e PC = PA + ACPD = PC  PA + AD  PA + AC  AD  AC, mas como "C" e "D" sãocolineares  AD = AC + CD  AC + CD  AC  CD  0 o que indicaque os pontos "C" e "D" são coincidentes, mas como por hipótese as interseçõesde L1 e L2 são os pontos A e B, então os pontos "B", "C" e "D" são coincidentes,logo os pontos "P", "A" e "B" são colineares. 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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