GABARITO PROVA AMARELA

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1 GABARITO PROVA AMARELA 1 MATEMÁTICA 01 A 11 A 0 E 1 C 03 Anulada 13 Anulada 04 A 14 B 05 B 15 C 06 D 16 A 07 D 17 E 08 A 18 C 09 E 19 C 10 C 0 C

2 GABARITO COMENTADO PROVA AMARELA 01. Utilizando que (-1) k =1 e (-1) k+1 =-1 Temos que a expressão é igual a =-4. Resposta: A 0. I)9, <9, F 5 II) V III) 4 0, F 9 3 IV) 3 =64 0,5 =8 V Apenas II e IV são verdadeiras. Resposta E 03. Da figura acima temos que : Assim Assim, no Então: Assim a área será função do ângulo da base, sendo variável. No caso de

3 Justificativa Geométrica 3 Tome o losango ABCE de lado e ângulo variável. Por ser losango, a bissetriz é diagonal. Traçando, note que é isóceles, assim e. Assim o trapézio ABCD é isóceles, de laterais medindo, diagonal da base maior contem um dos vértices, contudo possui ângulo da base variável. Como descrito acima sua área será variável. Resposta: Anulada 04. Temos que Assim teremos 01 zeros ao escrever 1 na base 7. Resposta: A 05. Solução 1: Definiu-se por,. Assim Note que, assim. Por Pitágoras obtem-se que No : : Assim:

4 4 Assim, Como no No Assim Resposta: B Solução : Definindo. Note que. Assim = No Assim No Assim, teremos : Resposta: B

5 06. 5 Para que seja inteiro, então devemos ter 17 fatores 7 no inteiro N. Como, então deve-se determinar um k abaixo do qual tenhamos 17 fatores 7. Como os fatores 7 advem dos múltiplos de 7, então devemos determinar abaixo de qual múltiplo teremos fatores 7 suficientes. Lembrando que geram mais de um fator 7 cada, logo Fatores 7 : 17+ =19 Fatores 7 : 15+=17, Contudo como k e impar e não multiplo de 7, logo k=107. Resposta: D 07. Tem-se que Então: Logo. Assim, devemos ter minimo. Verificaremos se a equação diofantina possui solução inteira. Como logo a equação possui solução inteira. Encontrando a solução : Sendo Como, sendo entao Assim para e Logo Valor mínimo: 40 Letra D Resposta: D

6 08. Como N possui no total 70 divisores, temos então 35 divisores positivos. Seja Sendo, então Assim. 6 Como deseja-se o menor valor de logo, e Assim, temos os casos 1) Note que -Menor valor teremos maiores módulos de N, aumentando o valor de Resposta: A 09. CE=CF=1 CG=1 e GH= GI= 4 Seja M o ponto médio de GH, IM= e CM= aplicando pitágoras no triângulo CMI temos CI= 4 aplicando lei dos cossenos no triângulo CIG GI CI CG CI CG cos ; onde = ICG daí cos = (BCI) CB CI.sen( 90 ) (BCI) Resposta: E

7 10. Tirando o M.M.C das frações algébricas e reescrevendo x 3 x x temos 1 1 x x 3 0 x x 3 x 3 x x 3 logo a soma das raízes reais é igual a Seja h k 1 e h k 1 as bases são h e h (T ) T (k 1) (k 1) 4n com n natural. 1 1 Como nenhum quadrado perfeito é da forma 4n+ e o lado do quadrado é um quadrado perfeito, não há solução S=. Resposta: A 1. São 6 números: 0, 7, 56, 87, 10 e Seja x a quantidade do ingrediente A e y a quantidade do ingrediente B. Considerando a proporcionalidade de 10 kg de A para cada 100 kg de B, podemos escrever y = 10x. Além disso, x + y = 44 kg, ou seja, devemos ter x = 4 kg de A e y = 40 kg de B. Desta forma, nenhuma alternativa satisfaz aos resultados encontrados. Resposta: Anulada

8 Vejamos o seguinte: x x 1 1 x 1 1. Desta forma temos, x 1 x 1 x x x... 1 e portanto, p(x) x 1 x x x x 013 r(x) 01x 011 e assim r( 1) 1., o que nos dá o resto 8 Resposta: B 15. Analisemos um caso por vez. 1º) d = 1. Neste caso, fazendo o algoritmo da divisão temos, q = 5 e r = 17. O que nos dá r + d = 38 ou r + q = 11. º) q = 1. Neste caso, temos que 9 d 95. Vejamos cada caso separadamente, d 9 r 80 d r 17 e r q 101; d 93 r 59 d r 15 e r q 80 ; d 94 r 38 d r 13 e r q 59 ; d 95 r 17 d r 11 e r q 38. Desta forma, a alternativa correta é aquela que corresponde a d r a b 4ab 3a 1b 87 ab( a 4 b ) 3( a 4 b ) 87 ( ab 3)( a 4 b ) (*). De acordo com o enunciado, ab 3, ou seja, ambos os fatores da igualdade (*) devem ser números naturais positivos. Além disso, pela desigualdade das médias, temos que a 4b a.4b 4ab. Usando novamente que ab 3 temos que a 4b 1. Portanto, a partir da igualdade (*), podemos concluir que, ab 3 7 b 10 / a. a 4b 41 Substituindo a primeira equação na segunda temos, a 41 a 41a 400. Resolvendo a equação biquadrada encontramos como a solução a 4 ou a 5. Desta forma, temos os pares de soluções a 4 e b,5 ou então a 5 e b. Sendo assim, a maior soma a b será igual a 7. Resposta: A

9 17. Sendo 9 Então: Logo Assim =. Resposta: E , e como teremos 335 períodos cuja soma dos algarismos de 7 cada um deles é igual a 7 mais dois algarismos a saber, o 7 e o 1 totalizando cujo resto da divisão por 3 é igual a Note que Como será par, logo será sempre ímpar. Assim 4 n n1 : 1 1 De acordo com a definição de x# Logo, y, temos # # # # # # 16 8 # # # 4 # # 16 # 16 4 n n1 # # # 1 55 # # # 8 56

10 10 0. Seja, Logo:, temos: Temos ainda que Multiplicando por 5, Donde, ou seja, S deixa resto 59 na divisão por 60. Marcando os ângulos na figura temos a seguinte relação. Logo Como, juntamente com a condição, temos que o menor inteiro que deixa resto 59 na divisão por 60 e é maior que 540 é 599. Obs: Note que,