Colégio Naval 2002 (prova azul)

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1 Colégio Naval 00 (prova azul) 01) O número de múltiplos de 1 compreendidos entre 357 e 3578 é igual a (A) 68 (B) 69 (C) 70 (D) 71 (E) 7 1ª SOLUÇÃO: Seja A o número que denota a quantidade no intervalo 1, N de números K N que são divisíveis por k, tal que A K, onde representa a parte inteira da divisão k de N por k. 357 Podemos notar que no intervalo 1, 357 A1 eistem 9 múltiplos de 1, Do mesmo modo no intervalo 1, 3578 A1 eistem 98 múltiplos de 1, 1 Assim o número de múltiplos de doze no intervalo de 357 a 3578 é igual a 98 9 = Ou podíamos ver que no intervalo 357, 3578, 9,75; 98,16 ou 1 1 seja, ver quantas soluções inteiras eistem no intervalo, isto é, quantos números inteiros eistem nesse intervalo 30, 31, 3, 33, 34,..., Alternativa B ª SOLUÇÃO: temos que 360 é o primeiro termo da seqüência, o último termo é 3578 dividido por 1, cujo quociente é 98 e o resto é, logo 3578 = 3576 é divisível por 1. Assim os números da seqüência são: 360; 37; 384;...; 3576 usando o conceito de Progressão Aritmética, temos: " n" números A = A n 1 R onde A é um termo qualquer, A é o primeiro termo, n 1 n 1 n é o número de termos e R é a razão ou diferença entre um termo qualquer e o termo anterior. Logo: A 3576, A 360, R=1 e n =? n = ( n - 1) 1 dividindo por 1 98 = 30 + ( n - 1) n - 1 = n - 1 = 68 n = n = 69 Alternativa B (1)

2 0) Se o conjunto solução da inequação 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) (D)3 (E)4 1ª SOLUÇÃO: Observe que a soma dos coeficientes de é zero, isso indica que uma das raizes é um, logo divisível por ( - 1), assim fazendo a divisão encontramos = Do mesmo modo temos que é divisível por Assim Logo = Daí 0 0 Observem que: a) 1 0 (será zero quando for igual a um) b ) pois delta é menor do que zero. c ) 0 (pois está no denominador) Como no problema é pedido menor ou igual a zero, temos que = 1 Alternativa B 1 (1)

3 4 3 O polinômio podia ter sido fatorado da seguinte forma: ª SOLUÇÃO: seja y = y y 1 1 y y 1 1 Assim y 8 y 10 0 y y y y 3y 8y y y1 e y (1)

4 1 1 Assim y mas como y = 3 3 Como "" tem que ser inteiro = 1 3 Alternativa B 03) Se a e b , então a+b é igual a : (A) 10 (B) 4 (C) (D) 5 1 (E) 3 SOLUÇÃO: Usando o produto notável a b a ab b, temos: a b a b Alternativa D (1)

5 04) Se e y são números inteiros e positivos, representa-se o máimo divisor comum de e y por MDC (, y ); assim, o número de pares ordenados (, y ) que são soluções do sistema y 810 mdc(, y) 45 (A) 6 (B) 8 (C) 10 (D) 16 (E) 18 y Temos que a e b onde "a" e "b" são primos entre si. mdc y, mdc, y y y 810 a b 18 mdc, y mdc, y mdc, y 45 Logo a + b = 18 Onde os valores possíveis para os pares ordenados são: a b a b Serve ou não serve Serve não serve não serve não serve Serve não serve Serve não serve 9 9 X X não serve Logo são seis os pares ordenados que são soluções do sistema. Alternativa A (1)

6 05) Um relógio indica dois minutos menos do que a hora certa e adianta t minutos por dia. Se 1 estivesse atrasado três minutos e adiantasse t minutos por dia, então marcaria a hora certa eatamente um dia antes do que vai marcar. O tempo t, em minutos, que esse relógio adianta por dia está compreendido entre (A) e (B) e (C) e (D) e (E) e ª SOLUÇÃO: DIA ADIANTA 1 dia t minutos nt n n dias minutos t DIA ADIANTA dia t minutos t m 3 m 1 t m dias 3 minutos como m 1 n t t 1 t t 1 t t 6 1 6t t t t 1 t 1 1 t t t t t 1 6t t t 4t t 3t 0 y 3y y1 1 e y 4 t1 =0,5 e t não serve Alternativa C (1)

7 ª SOLUÇÃO: Como o relógio está atrasado minutos, em "n" dias com adiantamento de "t" minutos por dia a hora estará certa, isto é: n t = (1) Do mesmo modo, se estivesse atrasado 3 minutos em "n-1" dias com 1 adiantamento do relógio em " t " minutos a hora estará correta, ou seja: 1 n 1 n 1 t 3 nt t 3 nt n t 1 6 nt n t 7 0 mas como nt = 4 n t 7 0 n t 3 0 n t 3 () Pondo () em (1), temos: t t t t y y 1 4 y1 1 e y 4 t1 =0,5 e t não serve Alternativa C (1)

8 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, eteriores ao triângulo, então (A) Z = y (B) Z = X + Y (C) X + Y +Z =180 (D) X + Y =180 (E) Z = X + Y Fazendo a figura de acordo com o enunciado e denotando os arcos conforme abaio, 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 AM B = X Daí, como Z = Y + B Z = X + Y Alternativa B (1)

9 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) (B) (C) (D) 5 (E) 5 6 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 a + R + b = 1X a + R + b = 6X Como R + b = 4X a + R + b = 6X a = X 4 De a + R = 3X R = X e de R + b = 4X b = 3X 5X 6X 5X X GE = BE - BG = GE = 3X - = GE = Logo do triângulo OEG, temos: X X 5X D = X - D = X - D = 4 4 5X X 5 D = D = 4 Alternativa D (1)

10 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 = r + R 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 abaio: 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 - r 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 R = 5X ( o diâmetro é igual a hipotenusa), assim: 5X 5X Usando a fórmula D = R R - r D = -X X X X X X X X D = D = D = D = 4 (1)

11 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) (C) 3 (D) 4 (E) 5 Solução: Primeiramente temos: a b c d e f g h i Observe que, como a, b, c, d, e, f, g, h, i são números distintos que variam de 1 a 9, então: Como = 45 a b c d e f g h i 45 Do mesmo modo, temos que: 45 a b c d e f g h i a b c d e f g h i 15 3 Por outro lado temos: a e i 15 c e g 15 a b c d e f g h i 3e e 60 b e h d e f 15 3e e 15 e 5 Alternativa E (1)

12 09) Justapondo-se os números naturais conforme a representação abaio, onde o sinal * indica o último algarismo, forma-se um número de 100 algarismos * O resto da divisão do número formado por 16 é igual a (A) (B) 4 (C) 6 (D) 8 (E) 10 Solução: Temos que: De 1 à = 9 algarísmos 189 algarísmos De 10 à =90 90 =180 algarísmos Logo = 813 algarísmos números Assim, sendo X um número de três algarísmos, temos: X = 71 X = X = 370 Daí a seguência de números Fato teórico: Um número é divisível por dois se é par e um número é par se o último algarísmo a direita 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 Que tem como resto 10 Alternativa E (1)

13 10) Se y 1, com X e Y reais, então o maior valor da epressão igual a 3 y y é (A) 5 4 (B) (C) 8 (D) (E) 16 Solução: y 1 4 4y y 1 3y y y 1 3y y y 1 K 1 K 1 K 1 1 O maior valor de K 1, onde K é K( ) 1, ou seja K é função de ou depende do valor de, esse valor é obtido quando K =. 4a Assim fazendo as contas, temos: b ac 5 5 K = K 4 a Alternativa A (1)

14 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 NP mede R 7 3R 3 3R 7 R 5 R 5 (A) (B) (C) (D) (E) Fazendo a figura conforme o enunciado, ligando os pontos B e M, P e C, A e N, temos a figura abaio: 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: (1)

15 PN NC =, mas antes de continuar temos que determinar MN, assim: BN MN R 3 R 3 MN R R cos 30º MN 4R 3R R 3 R 4 3R 3R MN 4R 3R MN R 4 4 4R 3R 7R 7R R 7 MN MN MN MN Daí, temos: PN NC PN = BN MN R 3 R 3 R 7 9R 7 9R 7 PN PN R 3 3 9R PN PN 7 7 Alternativa C (1)

16 1) Em um trapézio cujas bases medem A e B, os pontos M e N pertencem aos lados nãopararelos. 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 A e B. (D) raiz quadrada da média harmônica de A e B. (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: ABP MNP DCP (semelhantes), assim: S a k ABP S S S ABP MNP DCP k S k MNP a b S b k DCP A área do trapézio ABMN pode ser dada por S S MNP ABP Do mesmo modo a área de MNCD pode ser dada por S S DCP MNP Como essas áreas são equivalentes temos: S S S S S S S MNP ABP DCP MNP MNP DCP ABP a b a b k b k a k a b Alternativa C (1)

17 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)1 (C)14 (D)16 (E) 18 d 4 d 4 d 4 V V 4 V e V t d 1 t y t V d 4 V d 4 y y t d d d d d 5d d d V t V d V V 1 5 V e V t y t V d V d V 3d V y d y d y y t 1 De 1 e, temos: d 4 5 3d 1 5d 0 d 3 d 16 d 4 3 Alternativa D (1)

18 14) Considere a equação 6 m 1 0 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)- (B)-1 (C) (D) 4 (E) 6 Solução: Seja p() = 6 m 1 para = 4 p(4) = m 1 p(4) = 16 4 m 1 p(4) = m 9 Por teoria sabemos que a condição para um número (alfa) estar entre as raízes do Trinômio do Segundo Grau, p( ) a b c é que a p( ) < 0. Assim a p(4) < 0, como a = 1 m 9 0 Logo m 3, 3, sendo que m 0 pelo enunciado. Daí "m" pode ser um dos valores do conjunto abaio: -, -1, 1, Assim o Produto = Alternativa D (1)

19 15) João vendeu dois carros de modelo SL e SR, sendo o preço de custo do primeiro 0% mais caro que o do segundo. Em cada carro teve um lucro de 0 % sobre os seus respectivos preços de venda. Se o total dessa venda foi R$ ,00, o preço de custo do segundo modelo era, em reais, igual a (A) ,00 (B) 3 000,00 (C) ,00 (D) ,00 (E) ,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, X 1,X + X =,X SR preço X, X 80%,X 100% = % X = % Alternativa E (1)

20 16) Se X é um número inteiro tal que 3 5 1, o número de elementos do conjunto solução dessa inequação é igual a (A) 0 (B) 1 (C) (D) 3 (E) 4 Solução: antes de mais nada temos que ou 1 ou seja, 1, + e Do mesmo modo ou seja 1, +, feito isso, temos: ou seja 3,. Das condições acima e tendo em mente que "" tem que ser inteiro, temos que 1, Alternativa C (1)

21 17) Se um segmento AB tem cm de comprimento, então a flecha do arco capaz de 135 desse segmento mede (A) 1 (B) (C) 1 (D) 3 (E) 1ª SOLUÇÃO: Fazendo a figura conforme o enunciado, temos: Do triângulo ABC, temos: Usando a Lei dos cossenos cos 135º Agora vamos determinar o valor da flea CD, observando o triângulo ACD, temos: 4 4 CD 1 CD 1 CD (1) CD CD CD CD CD CD 4 CD 3 CD 3 Observe que 1 CD 3 1 CD 1 Alternativa C

22 ª SOLUÇÃO: Uma saída rápida para QUESTÃO 17 é observar que AB é o lado do quadrado inscrito, isto é: l = R R = R= R = 4 Ou observando o triângulo HOG R 1 1 R = R = Observe que DO é igual a metade do lado do quardrado ou seja igual a 1, então como DC = CO - DO DC = -1 raio (1)

23 18) Se a, b, c são algarismos distintos, no sistema de numeração decimal eiste um único número de dois algarismos ab tal que ab ba cc. O valor de a + b + c é igual a: (A)11 (B)1 (C)13 (D)14 (E) 15 Solução: ab ba cc 10a b 10b a 10c c 10a b 10b a10a b 10b a 10c c 11a 11b 9a 9b 11c 11a b9a b 11 c 11 a b a b c a b a b 9 c 111 c c 9 3 a b 11 a 6 e b 5 a b 1 Daí a + b + c = = 14 Observações: Se c a b a b a b Daí c 3 a b c 11 b b c 11 b para ser quadrado perfeito b 7 (menor valor) c 3 5 c 15 que não convém ao problema, pois a, b e c são algarismos na base dez. Se c a b a b a b Daí c 3 a b c 3 11 b b c 3 11 b para ser quadrado perfeito, temos : Se b 1 c 9, mas se b 1 a 10, não serve; Se b 5 c 3, mas se b 5 a 6, daí a b c ok, serve ao problema. Alternativa D (1)

24 19) Se a e b são dois números reais, denotarmos por min a, b o menor dos números a e b, isto é, min a, b a, se a b a, se a b min -7, é O número de soluções inteiras negativas da inequação igual a (A) 0 (B) 1 (C) (D) 3 (E) 4 a, se a b Essa questão pelo erro de digitação min a, b estaria ANULADA. a, se a b Observação: Minha solução está sendo baseada na prova azul original e não digitação feita por terceiros. Desconsiderando o erro, temos: min -7, a) se Resolvendo: - 7 > > 10 > -, logo < 3 b) se Resolvendo: 8-3 > > 3 isso é verdade qualquer que seja o valor de, mas como inicialmente 3. Assim pelos itens a e b não eistem soluções negativas. Alternativa A (1)

25 0) 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) 1 (C) 3 (D) 4 3 (E) 6 5 1ª SOLUÇÃO: Supondo que ABC seja eqüilátero, temos: l 3 S 1 que é a área de um triângulo equilátero qualquer. ABC 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, bissetriz e mediatriz. Assim o lado do triângulo MNP (equilátero) é l 3 l 3 usando a fórmula anterior S MNP 4 l S S l MNP 4 MNP 16 3 Daí e de 1 e, vem : S MNP S ABC 3 3 l S 16 MNP l 3 S ABC 4 l l 3 4 S MNP S ABC 3 4 Alternativa D (1)

26 ª 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 abaio. 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 DNG S 1 S 1 DNG DNG S MNP S S MNP MNP S Mas S pois á área de DNG é igual a metade da área do triângulo CNG. DNG 1 S 1 S 3S Daí, DNG S S 9 S 9 S 9 MNP DNG MNP 1 4 MNP Como a área de ABC é S 3S S S MNP 4 MNP S S S ABC ABC 3 S 4 S 3 4 Alternativa D (1)