Colégio Naval 2002 (prova azul) - Curso Mentor · Colégio Naval 2002 (prova azul) 01) O número de múltiplos de 12 ... Se o conjunto solução da inequação 2 ... O polinômio

Prof. Carlos LoureiroFormado Matemática -UFF – Niterói/RJ

Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPAPromovido pela FAPERJ – SBM – IMPA

PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática

[email protected](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

35757 A existem 29 múltiplos de 12,

123578

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 3578Ou 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 Rn 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





02) Se o conjunto solução da inequação 22

1 13 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 22

2 2

4 3 24 2

2 22

4 3 2 4 3 2

2 2

1 1 1 1 103 8 10 0 3 8 0

1

3 1 8 101 1 103 8 0 0

11

3 3 8 8 10 3 8 10 8 30 0

Observe que a soma dos

x xx x

x xx x

x x x xx xxx 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 3Daí 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





O polinômio 4 3 23 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

22 2 2

2

2 2 2 22 2

2 2

2

2 2

1 1 13 8 10 0 seja y =

1 1 12

1 12 2

1 1Assim 3 8 10 0 3 2 8 10 0

3 6 8 10 0 3 8 4 0

x x xx xx

y x y x xx x x

y x y xx x

x x y yxx

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 22 e

6 6 6 6 6 3

y y

y y y





2 1 2 1Assim y 2 mas como y = 2

3 32

Como "x" tem que ser inteiro 2 x = 13

x xx 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

222 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 22

22 2 2

22 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





04) Se x e y são números inteiros e positivos, representa-se o máximo divisor comum de x e ypor MDC ( x , y ); assim, o número de pares ordenados ( x , y ) que são soluções do sistema

45),(

810

yxmdc

yx

(A) 6 (B) 8 (C) 10 (D) 16 (E) 18

Temos que e ., ,

81018

, , , 45

Logo a + b = 18

onde "a" e "b" são primos entre six y

a bmdc x y mdc x y

x y x ya 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 serve1 17 17 1 Serve2 16 16 2 não serve3 15 15 3 não serve4 14 14 4 não serve5 13 13 5 Serve6 12 12 6 não serve7 11 11 7 Serve8 10 10 8 não serve9 9 X X não serve

Logo são seis os pares ordenados que são soluções do sistema.

Alternativa A





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

2t

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

1e (B)

9

3

9

2e (C)

9

5

9

4e (D)

9

7

9

6e (E)

9

9

9

8e

1ª SOLUÇÃO:

DIA ADIANTA2

1 dia __________ t minutos 2

n dias__________ 2 minutos

DIA ADIANTA

11 dia __________ minutos

2

m dias__________ 3 minutos

nt nt

t

2

2

2 2 2

1 2 1 2

1 33

122

3 2 3 2 6 2 1 1 1 1

2 11 2 122

6 1 26 2 2 1 2

2 1 12 12

6 2 4 2 2 3 2 0 3 4 0

1 41 4 =0,5 2 não ser

2 2

t m mt

como m ntt t t t

t

t t t tt t

t tt t

t t t t t t y y

y e y t e t

ve

Alternativa C





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

1diantamento do relógio em " " minutos a hora estará correta, ou seja:

2

1 11 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

nn 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 41 4 =0,5 2 não serve

2 2

t t t t y y

y e y t e t

Alternativa C





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





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 = 2X4

De a + R = 3X R = X e de R + b = 4X b = 3X

5 6 5GE = BE - BG = GE = 3X - = GE =

2 2 2Logo do triângulo OEG, temos:

x

X X X X

2 2 22 2 2 2 2

2

X 5XD = X - D = X - D =

2 4 4

5X X 5D = D =

4 2

X

Alternativa D





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 5Xr D = × -2X

2 2

5 5 4 5 5 5D = D = D = D =

2 2 2 2 2 4 2

X X X X X X X





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:

4515

3Por outro lado temos:

15

153 60 45 3 60

1545

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 ga b c d e f g h i e e

b e h

d e f

e e e

Alternativa E





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 algarísmos189 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





10) Se 2 1 x y , com X e Y reais, então o maior valor da expressão 2 2 3 x 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 22 1 4 4 1 3 2 1

2 2 2 2 2 23 2 1 1 1

2 1

12 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 Ka

b ac

K Ka

Alternativa A





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, PM, então o segmento NPmede

(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:





2

22

22 2

= , mas antes de continuar temos que determinar MN, assim:

3 3MN 2 2 2 cos 30º

2 2

3MN 4 2

4

PN NC

BN MN

R RR R

RR

23

2

RR

3

2

2 22 2 2 2 2

2 2 2 22 2

3 3MN 4 3 MN

4 4

4 3 7 7 7MN MN MN MN

4 4 4 4 2

Daí, temos:

=3

2

R RR R R

R R R R R

R

PN NC PN

BN MN R

3

2

R 7

2

33

927 2 7

9 7 9 7

142 7 7

RR

PN PN

R RPN PN

Alternativa C





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

22 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 kABP

S SSMNP DCPABP k S x k

MNPa x bS b k

DCP

S SMNP ABP

S SDCP MNP

Como essas áreas são equivalentes temos:

2

2 2 2 22 2 2 2 2 2 22 2

2 2

S S S S S S SMNP ABP DCP MNP MNP DCP ABP

a b a bx k b k a k x a b x x

Alternativa C





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 4V e V 1

4V V 4

dd d dx t x

x y dt t dy y

t

22 5

2 2V V V V 52 2 1 2 2V e V 23V V V V 3

1 12 2 2

1De 1 e 2 , temos:

4 53 12 5 20 2 32 16

4 3

dd

d d d dd d dt

x x x xx y d d dt t d dy y y y

t

dd d d d

d

Alternativa D





14) Considere a equação 2 2 6 m 1 0 x 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





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 X1,2X + X = 2,2X

SR preço X

2,2 X __________ 80%2,2X × 100% = 88000 × 80% X = 32000

88000 __________ 100%

Alternativa E





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 22 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:

222 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





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 44 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 2 241 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





2ª SOLUÇÃO: Uma saída rápida para QUESTÃO 17 é observar que AB é o lado do quadrado inscrito, isto é:

2 2 2 2

2l = R 2 R 2 = 2 R= R = 24 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 = 2-1raio





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 2ab 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

29 11 11a b a b c

2

2

2

9 11 1

9 3

116 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 ba 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





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 bmin ,

a, se a ba 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

bm

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





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,

lS

ABC

bissetriz e mediatriz. Assim o lado do triângulo MNP (equilátero) é

2 3

32 3

usando a fórmula anterior 2 4

2 3 3 3 324 2

4 16

Daí e de 1 e 2 , :

2 3 3216

2 3

4

l

lS

MNP

l

S S lMNP MNP

vem

l

lS SMNP MNP

S SlABC ABC

3 3

164

2l 3

4

3

4

SMNP

SABC

Alternativa D





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 xDNGS

MNP

3 x

2 21 1

3 9

Mas pois á área de DNG é igual a metade da área do triângulo CNG.12

1 3Daí, 9 9

9 12 4

3

4Como a área de ABC é S

S SDNG DNG

S SMNP MNP

SS

DNG

S S SDNG S S SMNP DNG MNPS

MNP

SS S

MNP MNPS S S

ABC AB

3 S

C 4

S

3

4

Alternativa D

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