O documento apresenta 10 questões de matemática resolvidas, com explicações detalhadas. As questões envolvem tópicos como geometria, álgebra, números e funções.

1. Resolução Comentada da Prova de MATEMÁTICA-2008/2009
Colégio Naval - Prova Verde
Elaborada pela equipe de Matemática do Curso General Telles Pires.
01- ALTERNATIVA C GTP Colégio Naval-2008
Um Triângulo retângulo, de lados expressos por número inteiros consecutivos, está
inscrito em 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) 6,8 (B) 7,0 (C) 7,5 (D) 8,0 (E) 8,5
Resolução:
Traçando a altura referente ao vértice A:
Pelo Teorema de Pitágoras:
( a+1) =a2 + ( a-1 )
2 2
a2 +2a+1=a2 +a2 -2a+1
a2 - 4a = 0 ⇒ a ⋅ ( a - 4 ) = 0
a = 0 (incompatível) ou a = 4
assim, o triângulo retângulo possui medidas:
3, 4 e 5.
x 3 x
2 = 2 x 3 x
⇒ = ⇒
3 x-4 6 x-4
2
⇒ 3x 2 - 4 3x = 6x ⇒
⇒ ( )
3x2 - 4 3 + 6 x = 0 ⇒
(
⇒ x ⋅ ⎡ 3x - 4 3 + 6 ⎤ = 0
⎣ ⎦ )
x = 0 ( incompatível)
ou
6+4 3
x= = 2 3 + 4 ≅ 7, 5
3
1

2. 02- ALTERNATIVA E GTP Colégio Naval-2008
Duas tangentes a uma circunferência, de raio igual a dois centímetros, partem de um
mesmo ponto P e são perpendiculares entre si. A área, em centímetros quadrados, da
figura limitada pelo conjunto de todos os pontos P do da figura limitada pelo conjunto de
todos os pontos P do plano, que satisfazem as condições dadas, é um 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:
FIG. I FIG. II FIG. III
Observando as figuras I e II, conclui-se que o conjunto de todos os pontos que
satisfazem as condições dadas formam uma circunferência cujo raio é a metade da
diagonal do quadrado de lado 4 cm (FIG. III). Assim, a área pedida é a de um círculo de
raio 2 2 cm:
( )
2
A=π⋅ 2 2 = 8 × πcm2 ∴ A ≅ 25,12 cm2
03- ALTERNATIVA B GTP Colégio Naval-2008
Do vértice A traçam-se as alturas do paralelogramo ABCD. Sabendo-se que essas alturas
dividem o ângulo interno do vértice A em três partes iguais, quanto mede o maior ângulo
interno desse paralelogramo?
(A) 1200 (B) 1350 (C) 1500 (D) 1650 (E) 1750
Resolução:
No quadrilátero AFCE:
3x + x + 90o + 90 o = 360o
4x = 180o
x = 45o
Então o maior ângulo interno será igual
a 135o .
2

3. 04- ALTERNATIVA D GTP Colégio Naval-2008
2 3
Qual é a soma dos quadrados das raízes da equação + =1 , com x real e x ≠ ±1?
x-1 x+1
(A) 16 (B) 20 (C) 23 (D) 25 (E) 30
Resolução:
Sejam x1 e x 2 , as raízes da equação.
Resolvendo a equação, temos:
2 3 2 ( x+1 ) +3 ( x-1 ) ( x+1 )( x-1 )
+ =1 ⇒ = ⇒
x-1 x+1 ( x-1)( x+1) ( x-1 )( x+1 )
⇒ 2 ( x+1 ) +3 ( x-1 ) = ( x+1 )( x-1 ) ⇒ 5x-1=x 2 -1 ⇒
⇒ x2 -5x=0 ⇒ x=0 ou x=5
Logo:
x1 + x2 = 02 +52 = 0 + 25 = 25
2
2
05- ALTERNATIVA C GTP Colégio Naval-2008
O gráfico de um trinômio do 2º grau y tem concavidade voltada para cima e intercepta o
eixo das abscissas em dois pontos à direita da origem. O trinômio –y tem um valor
(A) mínimo e raízes negativas.
(B) mínimo e raízes positivas.
(C) máximo e raízes positivas.
(D) máximo e raízes negativas.
(E) máximo e raízes de sinais opostos.
Resolução:
Esboçando o gráfico do trinômio do 2º grau y=ax2 +bx+c (a ≠ 0) , de acordo com os
dados do problema, temos:
y
0 x°
1 °x2 x
valor ° °
mínimo
3

4. Agora, esboçando o gráfico do trinômio do 2º grau y'= - y = - ax 2 - bx - c ( a ≠ 0 ) , também, de
acordo com os dados do problema, temos:
Y’
valor °
máximo x1 x2
° ° x
Observe que na função -y, muda-se apenas a concavidade da parábola (para baixo).
Logo –y tem um valor máximo e raízes positivas.
06- ALTERNATIVA C GTP Colégio Naval-2008
O mínimo múltiplo comum e o máximo divisor comum entre os números naturais a, x e b,
são respectivamente iguais a 1680 e 120. Sendo a < x < b , quantos são os valores de x
que satisfazem essas condições?
(A) Nenhum.
(B) Apenas um.
(C) Apenas dois.
(D) Apenas três.
(E) Apenas quatro.
Resolução:
MMC(a, x, b) = 1680 e MDC(a, x, b) = 120
Decompondo em fatores primos: 1680=2 4 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 e 120 = 23 ⋅ 3 ⋅ 5
M.M.C. é o produto dos fatores não comuns e comuns com o maior expoente e que
M.D.C. é o produto dos fatores comuns com menor expoente.
Possibilidade 1 Possibilidade 2 Possibilidade 3 Possibilidade 4
a= 23 ⋅ 3 ⋅ 5 23 ⋅ 3 ⋅ 5 X X
x= 23 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 24 ⋅ 3 ⋅ 5 X X
b= 24 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 23 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 X X
4

5. 07- ALTERNATIVA A GTP Colégio Naval-2008
4 y2 z2
Sejam y e z números reais distintos não nulos tais que + + = 3 . Qual o valor de
yz 2z 2y
y+z?
(A) –2 (B) –1 (C) 0 (D) 2 (E) 3
Resolução:
4 y2 z2 8+y 3 +z3
+ +
yz 2z 2y
=3 ⇒
2yz
(
= 3 ⇒ ( y+z ) ⋅ y2 -yz+z2 =6yz-8 ⇒ )
⇒ ( y + z ) ⋅ ⎡( y + z ) - 3yz ⎤ = -2 ⋅ ( 4 - 3yz )
2
⎢
⎣ ⎥
⎦
por comparação, conclui-se que y + z = -2
08- ALTERNATIVA A GTP Colégio Naval-2008
Analise as afirmações 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 do
inteiro 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:
I – verdadeira, pois MDC(n, n+1) = 1
II – falsa, pois esta afirmativa nem sempre se verifica. Tome, por exemplo: x = 30, y = 2
e z = 10.
30 é múltiplo de 2 e 30 é múltiplo 10, mas 30 não é múltiplo 20.
1 1 2 b+a 2
⇒ ( a + b ) = 2 ⋅ a ⋅ b ⇒ a2 + b2 = 0
2
III - + = ⇒ =
a b a +b a.b a +b
Para que a2 + b2 = 0 é necessário que: a = 0 e b = 0, porém na expressão inicial, não se
admitem estes valores. (divisão por zero!), assim a afirmativa é falsa.
5

6. 09- ALTERNATIVA B GTP Colégio Naval-2008
Um trinômio do 2º grau tem coeficientes inteiros, distintos e não nulos. Se o termo
independente for uma das suas raízes, a outra será o
(A) inverso do coeficiente do termo do 1º grau.
(B) inverso do coeficiente do termo do 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 do independente.
Resolução:
Seja o trinômio do 2º grau ax2 +bx+c , com coeficientes a, b e c inteiros, distintos e não
nulos e c o termo independente.
Sendo c uma das raízes da equação ax2 +bx+c=0 , a outra raiz chamaremos de r.
Sabemos que o produto das raízes é:
c 1
x1 .x 2 = c ⋅ r= ⇒ r=
a a
Logo, a outra raiz será o inverso do coeficiente do 2º grau.
10- ALTERNATIVA C GTP Colégio Naval-2008
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:
6
3
10 102 6
100
= = = 6 800
6
0,5 ( 0,5 ) 0,125
6 3
6
729 < 6 800 < 6 4096 ⇒ 3 < 6 800 < 4
Logo, a raiz cúbica de 0,5 cabe 3 vezes inteiras na raiz cúbica de 10.
11- ALTERNATIVA E GTP Colégio Naval-2008
O número a ≠ 0 tem inverso igual a b . Sabendo-se que a + b = 2 , qual é o valor de
(a + b ) ⋅ (a - b ) ?
3 3 4 4
(A) 8 (B) 6 (C) 4 (D) 2 (E) 0
6

7. Resolução:
1
a+b=2 ( I ) e ainda b = ( II )
a
Substituíndo ( II ) em ( I ) ,temos :
1 a2 +1-2a
a+ =2 ⇒ =0 ⇒ a2 -2a+1=0 ⇒ a=1
a a
1
Logo b= =1
1
Substituindo os valores na expressão a3 +b3 ⋅ a4 - b4 ( )( ),
( )(
temos: a3 +b3 ⋅ a4 -b 4 ) = (1 +1 3 3
) ⋅ (1 4
-14 ) = 2⋅0 = 0
12- ALTERNATIVA D GTP Colégio Naval-2008
(3 +2 2 )
2008
O valor de + 3 - 2 2 é um número
(5 2 + 7 )
1338
(A) múltiplo de onze.
(B) múltiplo de sete.
(C) múltiplo de cinco.
(D) múltiplo de três.
(E) primo.
Resolução:
( ) ( )
2 3
Fazendo 3 + 2 2 = 1+ 2 e 5 2+7= 1+ 2 , temos:
2008
⎡
( )
2⎤
(3 +2 2 )
2008
⎢ 1+ 2 ⎥
+3 -2 2 = ⎣ ⎦ +3-2 2 =
(5 2 + 7 )
1338 1338
⎡
( )
3⎤
⎢ 1+ 2 ⎥
⎣ ⎦
(1 + 2 ) + 3 - 2 2 = 1 + 2
4016
( )
4016-4014
= +3 -2 2 =
( 1+ 2)
4014
= (1 + 2 ) + 3 - 2 2 = 3 +2 2 + 3 - 2
2
2 =6
3+2 2
7

8. 13- ALTERNATIVA C GTP Colégio Naval-2008
De uma determinada quantidade entre 500 e 1000 DVDs, se fossem feitos lotes de 5
DVDs sobram 2; se forem feitos lotes com 12 DVDs sobram 9 e se forem feitos lotes com
14 DVDs sobram 11. 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) 15
Resolução:
⎧m.5 + 2 ⎧m.5 + 2 − 5 ⎧m.5 − 3 ⎧m.5
⎪ ⎪ ⎪ ⎪
N = ⎨m.12 + 9 ⇒ ⎨m.12 + 9 − 12 ⇒ ⎨m.12 − 3 ⇒ N + 3 = ⎨m.12
⎪m.14 + 11 ⎪m.14 + 11 − 14 ⎪m.14 − 3 ⎪m.14
⎩ ⎩ ⎩ ⎩
Temos que N+3 é um múltiplo do mmc(5, 12, 14)= {420, 840, ...}
Sendo 500< N <1000
Então, N+3 = 840 ⇒ N=837
Portanto a quantidade de DVDs é 837, e para não haver sobras, o lote deverá ser de 9.
14- ALTERNATIVA E GTP Colégio Naval-2008
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) Infinitos.
Resolução:
2 3 8
≠ ⇒ 3m ≠ 8 ⇒ m ≠
m 4 3
8
portanto teremos infinitos valores de m. (basta ser diferente de )
3
8

9. 15- ALTERNATIVA E GTP Colégio Naval-2008
Num determinado jogo, o apostador recebe, toda vez que ganha, o valor apostado
inicialmente, mais 25% do mesmo; e recebe, toda vez que perde, apenas 25% do valor
apostado inicialmente. Sabendo-se que foi feita uma aposta inicial de uma quantia x e
que foram realizadas quatro jogadas, sempre sendo apostado o valor total obtido na
jogada anterior, das quais ganhou-se duas e perdeu-se duas, qual é, aproximadamente, o
percentual de x obtido no final?
(A) 3,7 (B) 4,7 (C) 5,7 (D) 6,7 (E) 9,8
Resolução:
No total, temos quatro jogadas; ganhou-se duas jogadas e perdeu-se duas (em qualquer
ordem).
Portanto, temos uma das situações:
Valor inicial x.
Ganhou a 1ª jogada: 1,25x.
25
Ganhou a 2ª jogada: 1,25.1,25x = x.
16
25 25
Perdeu a 3ª jogada: 0,25. x= x.
16 64
25 25
Perdeu a 4ª jogada: 0,25. x = x ≅ 0,098x=9,8%x
64 256
Portanto, o percentual de x obtido no final, é 9,8.
16- SEM SOLUÇÃO GTP Colégio Naval-2008
Considere um triângulo acutângulo ABC, e um ponto P coplanar com ABC. Sabendo-se
que P é eqüidistante das retas suportes de AB e de BC e que o ângulo BPC tem medida
igual a 250, pode-se afirmar que um dos ângulos de ABC mede
(A) 250 (B) 450 (C) 500 (D) 650 (E) 850
QUESTAÕ ANULADA
17-ALTERNATIVA D GTP Colégio Naval-2008
Seja ABC um triângulo retângulo com catetos AC = 12 e AB = 5 . A bissetriz interna
traçada de C intercepta o lado AB em M. Sendo I o incentro de ABC, a razão entre as
áreas de BMI e ABC é
(A) 1/50 (B) 13/60 (C) 1/30 (D) 13/150 (E) 2/25
9

10. Resolução:
Cálculo da área do ΔABC:
5 ×12
A ΔABC = = 30
2
Pelo Teorema de Pitágoras:
2
BC = 52 + 122 ⇒ BC = 13
Sabemos que A ΔABC = p ⋅ r , onde p é o semi-perímetro do
triângulo e r o raio da circunferência inscrita no triângulo.
Assim, 30 = 15 × r ⇒ r = 2
Como ΔAMC ∼ ΔQIC
AM 12 12
= ⇒ AM =
2 10 5
podemos concluir que
12 13
MB = 5 - ⇒ MB =
5 5
Podemos agora calcular a área do ΔBMI:
13
×2
MB × r 13
A ΔBMI = = 5 ⇒ A ΔBMI =
2 2 5
Portanto a razão pedida será:
13
A ΔBMI 13
= 5 =
A ΔABC 30 150
18-ALTERNATIVA C GTP Colégio Naval-2008
Ao dividir-se a fração 3/5 pela fração 2/3 encontrou-se 2/5. Qual é, aproximadamente, o
percentual do erro cometido?
(A) 35,55% (B) 45,55% (C) 55,55% (D) 65,55% (E) 75,55%
Resolução:
3 9 2 9-4
-
5 = 3 × 3 = 9 valor correto 10 5 5
2 5 2 10
( ) Erro =
9
= 10 = ≅ 0, 5555 = 55, 55%
9 9
3 10 10
10

11. 19- ALTERNATIVA D GTP Colégio NavaL-2008
3
A solução de 4x 2 -4x+1 = -1+6x-12x 2 +8x 3 no campo reais é
(A) o conjunto vazio. (B) {1/2} (C) {-1/2, 1/2} (D) ⎡1/2,+∞ ⎡
⎣ ⎣ (E) ⎤ -∞ ,+∞ ⎡
⎦ ⎣
RESOLUÇÃO:
(2x-1)
2
= 3 (2x-1 )
3
(I) (II)
De (I) e (II), temos o sistema:
⎧( I ) 2x-1 ≥ 0, pois é um radical de índice par.
⎪
⎨
⎪( II ) x ∈ R, pois é um radical de índice ímpar.
⎩
Vem que:
⎧ 1
⎪( I ) x ≥
⎨ 2
⎪( II ) x ∈ R
⎩
Fazendo ( I ) ∩ ( II ) ,temos:
1
x≥
2
⎡1 ⎡
Logo: S= ⎢ ,+∞ ⎢
⎣2 ⎣
20-ALTERNATIVA B GTP Colégio Naval-2008
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
para toda a expressão. Sabendo-se que os algarismos que preencherão os quadrinhos são
todos distintos, o menor valor possível para essa expressão é
(Observação: números do tipo 07 são considerados de um algarismo).
(A) 123 (B) 132 (C) 213 (D) 231 (E) 312
Resolução:
O produto de dois números com 2 algarismos pode ser representada por:
AB x CD = (10A + B ) × (10C + D ) = 100 × A × C + 10 × ( A × D + BC ) + B × D
1o termo 3o termo
2o termo
No 1o termo, A e C precisam ser os menores possíveis. Portando, A = 1 e C = 2.
No 3o termo, D = 3 e B = 0 tornam este termo, o menor possível.
O termo a ser subtraído terá que ser o maior possível, portanto 98 é o número procurado.
Assim, a expressão será: 10 × 23 - 98 = 230 - 98 = 132
11