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A Segurança de Ser o Melhor
COLÉGIO NAVAL 2007/2008 (MATEMÁTICA) Prova Verde QUESTÃO 01: (A) Na equação x 2 − 6x + 2 = 0 , a soma S e o produto P das raízes são dados, respectivamente, por: S = x1 + x2 = −
b ( −6) =− =6 a 1
e
P = x1 ⋅ x2 =
c 2 = =2. a 1
O valor da soma das raízes quadradas das raízes será, portanto: R = R2 =
(
x1 +
x2
)
2
x2 .
x1 +
(
= x1 + 2 x1 ⋅ x2 + x2 = S + 2 P ∴ R 2 = 6 + 2 2 ∴ R = 6 + 2 ⋅ 21/2
)
1/2
.
QUESTÃO 02: (C) x2 + y2 x3 + y 3
=4 ∴
(x + y) 2 − 2xy (x + y) (x 2 − xy + y 2 )
Como x + y = 2, vem:
=
(2)2 − 2xy 2
(2) ⋅ ((2) − 3xy)
(x + y) 2 − 2xy (x + y) ((x + y) 2 − 3xy))
=4 ∴
=4
4 − 2xy =4 2 ⋅ (4 − 3xy)
2 − xy = 16 − 12xy ∴ 11xy = 14 ∴ xy = 14/11 .
QUESTÃO 03: (A) O quadrilátero formado é um trapézio isósceles PQMN de perímetro igual a: 2p = 4x + 4y. Sendo OBP e OBQ triângulos retângulos com ângulos de 30° e 60° e um dos lados comuns OB igual a 6, tem-se: (a) No triângulo OBP: tg 60° = 3 =
PB 6 = ∴ x=2 3 . OB x
(b) No triângulo OBQ: tg 60° = 3 =
QB y = ∴ y=6 3. OB 6
Logo, o perímetro será: 2p = 4 ⋅ 2 3 + 4 ⋅ 6 3 = 32 3 = 32 ⋅ 1,7 = 54,4 .
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QUESTÃO 04: (D) Lembrando que 2008 é um ano bissexto (isto é, com 366 dias), o número total de dias, contados a partir de hoje (domingo, 29 de julho de 2007), dia do concurso, até o dia 17 de setembro de 2009, é igual a: 29 Jul 07 a 31 Jul 07 03 dias
01 Ago 07 a 31 Ago 07 01 Set 07 a 17 Set 07 31 dias 17 dias TOTAL: 03 + 31 + 17 + 731 = 782 dias
2 anos (sendo um bissexto) 366 + 365 = 731 dias
Logo, 17 de setembro de 2009 é o 782° dia, contado a partir de hoje. Montando-se uma tabela auxiliar, tem-se: Dom 29 Jul 07 01 05 Ago 07 08 ... 15 ...
Seg 30 Jul 07 02 ... 09 ... ... ...
Ter 31 Jul 07 03 ... 10 ... ... ...
Qua 01 Ago 07 04 ... 11 ... ... ...
Qui 02 Ago 07 05 ... 12 ... ... ...
Sex 03 Ago 07 06 ... 13 ... ... ...
Sab 04 Ago 07 07 ... 14 ... 21 ...
Observa-se, na tabela, que os dias múltiplos de 7 são sempre Sábado. Como o maior múltiplo de 7, menor que 782 é 777, vem: Dom ... ... 778
Seg ... ... 779
Ter ... ... 780
Qua ... ... 781
Qui ... ... 782
Sex ... ...
Sab ... 777
Portanto, 17 de setembro de 2009 é uma Quinta-feira.
QUESTÃO 05: (C) Unindo o ponto E ao ponto M e trabalhando com a equivalência de áreas, é possível denotar as áreas dos triângulos EPQ e EPM, respectivamente, por 6A e 3A. Analogamente, as áreas dos triângulos BPA e BPM podem ser dadas, respectivamente, por 9B e 3B. Se a área do triângulo EMB é 3A + 3B, então a área do triângulo EMC também será 3A + 3B, pois EM é mediana do triângulo EBC. Como a mediana AM divide o triângulo ABC em duas partes equivalentes: 72 3B + 9B = 12B = = 36 ∴ B = 3 . 2 Verifica-se que o triângulo CMQ é equivalente ao triângulo BPA, pois têm área igual a 9/12 da metade da área de ABC. Logo: (3A + 3B) + 3A + 6A = 9B B 3 12A = 6B ∴ A = = . 2 2 3 Área procurada = 6A = 6 ⋅ = 9 . 2 www.cursoselecao.com.br
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QUESTÃO 06: (D) Considerando que “A” gastou R$ 15,00 e “B”, R$ 5,00, caso sejam contemplados com o prêmio de R$ 1.000,00, cada um receberá um valor diretamente proporcional à quantia gasta. Aplicando a propriedade das proporções, vem: A B 1000 1000 = = = = 50 . 15 5 15 + 5 20
Portanto:
A = 50 ∴ A = 750 15
e
B = 50 ∴ B = 250 5
Assim, a diferença entre o que “A” ganhou e o que “B” ganhou é de 750 – 250 = R$ 500,00.
QUESTÃO 07: (C) Um ponto “M” divide um segmento AB = d na razão áurea se
AM MB x d-x = , ou seja, = . AB MA d x
Desenvolvendo essa igualdade, chega-se à equação do 2° grau: x 2 + dx - d2 = 0 .
Resolvendo a equação acima, em x, vem:
x=
- d ± d2 − 4 ⋅ 1 ⋅ (-d 2 ) 2
=
- d ± 5d2 − d ± d 5 −1 ± 5 = = d. 2 2 2
5 −1 2,24 − 1 d= d = 0,62 d (segmento áureo de AB). A divisão 2 2 áurea é feita então na razão aproximada: 0,62d / 0,38d (número de ouro = 1,618033989....)
Neste caso, a única solução possível para x é: x =
Portanto, para que o umbigo divida um corpo humano de 1,70 m na “razão áurea” é necessário que ele esteja a uma distância dos pés (maior distância) igual a 0,62 ⋅ 1,70 = 1,054 ≈ 1,05 m (segmento áureo da distância 1,70m).
QUESTÃO 08: (A) A altura AH determina um triângulo retângulo HAC, semelhante ao triângulo ABC, de ângulos iguais a 90°, 15° e 75°. O círculo que circunscreve este triângulo tem diâmetro AC e um arco HC que mede 30° (arco capaz do ângulo inscrito HAˆ C = 15° ). Como o ponto “P” está situado no mesmo semi-plano de A (em relação à reta suporte de BC), para garantir que HPˆC = ABˆ C = HAˆ C = 15° , o ponto “P” deve estar situado sobre o arco de circunferência HAC (nessas condições, “P” determina um ângulo inscrito HPˆC = 15° ). Para que o segmento PH seja o maior possível, o ponto “P” deve estar numa posição que torne PH o diâmetro do círculo. Logo, PH = AC.
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QUESTÃO 09: (D) Fazendo y = x 2 − 3x + 2 , a equação dada fica: (y − 1) + y −1 = 1 ∴ y +
1 = 2 (y ≠ 0) ∴ y 2 − 2y + 1 = 0 ∴ (y − 1) 2 = 0 ∴ y = 1. y
Substituindo o valor inicial atribuída a y, vem: x 2 − 3x + 2 = 1 ∴ x 2 − 3x + 1 = 0 (equação do 2° grau com ∆ > 0)
A soma das raízes reais da equação do 2° grau acima é igual à soma dos valores reais de x que satisfazem a equação b −3 =3. dada, ou seja, S = − = − a 1
QUESTÃO 10: (D) N = [ZXYZXYZXY] = [ZXY] ⋅ 10 6 + [ZXY] ⋅ 10 3 + [ZXY] = [ZXY] ⋅ (10 6 + 10 3 + 1) = [ZXY] ⋅ 1001001 = [ZXY] ⋅ 2 ⋅ 333667
Logo, o número N = [ZXYZXYZXY] sempre será divisível por 333667.
QUESTÃO 11: (A) As três alturas AD, BE e CF do triângulo acutângulo ABC concorrem num único ponto “O” chamado ortocentro. Com base na figura ao lado, é possível verificar que: a) No triângulo retângulo AEB, o ângulo ABˆ E = 90° − Aˆ = x . Do mesmo modo, no triângulo retângulo AFC, ACˆF = 90° − Aˆ = x . b) Como os ângulos opostos do quadrilátero BFOD são suplementares, BFOD é inscritível e, portanto, ODˆ F = OBˆ F = x (ângulo inscrito a partir do arco capaz determinado pela corda comum OF). c) Por analogia, o quadrilátero CEOD também é inscritível e ODˆ E = OCˆE = x (ângulo inscrito a partir do arco capaz determinado pela corda comum OE). Desse modo, verifica-se que o segmento DA é bissetriz do ângulo determinado pelas retas HH1H2FD e G2 G1 GED . (Essa conclusão pode ser confirmada, uma vez que o ortocentro “O” do triângulo ABC coincide com o incentro do seu triângulo órtico DEF). Assim, qualquer que seja a reta r (r1,r2,...) que passa por “A”, determinando o triângulo DGH (DG1H1, DG2H2,...), a ceviana DA desse triângulo será sempre a bissetriz interna do seu vértice “D”. Logo, pelo Teorema da Bissetriz Interna (TBI), tem-se:
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DG DH = ou AG : AH :: DG : DH. AG AH 4
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QUESTÃO 12: (B) No 1° caso, o valor da dívida paga com juros foi: R$ 126,00 + R$ 192,00 = R$ 318,00. Para calcular os valores de cada uma dessas parcelas com juros, a dívida inicial foi dividida em duas partes (x1 e x2), sobre as quais foram aplicados os juros correspondentes. Assim: a) 1ª Parcela (R$ 126,00): 126,00 = x1 + J1 ∴ 126,00 = x1 + 126,00 =
14 ⋅ x1 10
x1 ⋅ i ⋅ t1 100
192,00 = x2 + J2 ∴ 192,00 = x2 + 16 ⋅ x2 10
x1 ⋅ 10 ⋅ 4 40 ∴ 126,00 = x1 ⋅ 1 + 100 100
∴ x1 = R$ 90,00
b) 2ª Parcela (R$ 192,00):
192,00 =
∴ 126,00 = x1 +
x2 ⋅ i ⋅ t2 100
∴ 192,00 = x2 +
x2 ⋅ 10 ⋅ 6 60 ∴ 192,00 = x2 ⋅ 1 + 100 100
∴ x2 = R$ 120,00
c) Desse modo, o valor da dívida inicial contraída foi: x1 + x2 = R$ 90,00 + R$ 120,00 = R$ 210,00. Resumo: Neste 1° caso, a dívida inicial de R$ 210,00 foi paga em duas parcelas diferentes (R$ 126,00 e R$ 192,00), sendo o valor final pago igual a R$ 318,00, o que representa um juro de R$ 108,00.
No 2° caso, a mesma dívida inicial de R$ 210,00 foi dividida em duas partes (y1 e y2), porém, após a aplicação dos juros correspondentes, as duas parcelas ficaram iguais. Assim: 1ª Parcela = 2ª Parcela y1 + J1 = y2 + J2 ∴ y1 +
y1 ⋅ i ⋅ t1 100
= y2 +
y2 ⋅ i ⋅ t2 100
∴ y1 +
y1 ⋅ 10 ⋅ 4 100
= y2 +
y2 ⋅ 10 ⋅ 6 100
40 60 ∴ y1 ⋅ 1 + = y2 ⋅ 1 + 100 100
14y1 16 ⋅ y2 = 10 10 2ª Parcela 1ª Parcela
Aplicando a propriedade das proporções para a soma dos meios e extremos, vem:
y1 = 16 ⋅ 7,00 ∴ y1 = R$ 112,00 Donde: y2 = 14 ⋅ 7,00 ∴ y2 = R$ 98,00
y1 y2 y1 + y2 210,00 = = = = 7,00 16 14 16 + 14 30
14y1 14 ⋅ 112,00 = = R$ 156,80 10 10 e o valor das parcelas fica: 16y2 = 16 ⋅ 98,00 = R$ 156,80 10 10
Resumo: Neste 2° caso, a dívida inicial de R$ 210,00 foi paga em duas parcelas iguais (R$ 156,80), sendo o valor final pago igual a R$ 313,60, o que representa um juro de R$ 103,60.
Portanto, a diferença entre os valores pagos em cada caso é igual a: R$ 318,00 – R$ 313,60 = R$ 4,40.
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QUESTÃO 13: (A) Multiplicando ambos os termos da 1ª equação por “a”, tem-se: a ⋅ (a 3 − 3a + 1) = a ⋅ 93 ∴ a 4 - 3a 2 + a = 93a ∴ a 4 = 3a 2 + 92a
Substituindo este valor encontrado para a4 na 2ª equação, vem: K = (3a 2 + 92a) − 6a + 1 ∴ K = 3a 2 + 86a + 1 .
QUESTÃO 14: (E) O número de subconjuntos de A é dado por 2n(A) = 2n. Como o 18° aluno começaria a repetir os subconjuntos já escritos, conclui-se que o número de subconjuntos de A é dado por 2n = x + 17 , sendo x ≥ 18 (pois existe o 18° aluno) e n > 4 (pois 2n > 17). Assim, o valor mínimo de “x” ocorre quando: a) n = 5 => 2 5 = x + 17 ∴ x = 32 − 17 ∴ x = 15 (não é possível, pois x ≥ 18 ). b) n = 6 => 26 = x + 17 ∴ x = 64 − 17 ∴ x = 47 . Portanto, 44 < x < 50 .
QUESTÃO 15: (B) A torneira de gasolina enche 100% do reservatório em 4 h. A torneira de álcool enche 100% do reservatório em 6 h. Como se quer encher o reservatório com 76% de gasolina e 24% de álcool, têm-se as seguintes regras de três: a) Para gasolina:
b) Para álcool:
100%
------
4h
76%
------
x
100%
------
6h
24%
------
y
Donde x =
4 ⋅ 76 76 = h. 100 25
Donde y =
6 ⋅ 24 36 = h. 100 25
Percebe-se que os 24% de álcool são completados mais rapidamente que os 36 76% de gasolina; logo, após as h , deve-se fechar a torneira de álcool, 25 76 36 40 deixando aberta a torneira de gasolina por mais − = = 1,6 h , ou 25 25 25 seja, 1 h 36 min.
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QUESTÃO 16: (E) Para P1 e P2 chegarem ao ponto B pela 3ª vez, segundo as suas trajetórias, cada um percorrerá a seguinte distância: Ponto P1 1ª vez: π R1 = π
Ponto P2 1ª vez: π R2 = 2 π
2ª vez: 2 π R2 =
2ª vez: 2 π R1 = 2 π
4π
3ª vez: 2 π R1 = 2 π
3ª vez: 2 π R2 =
Distância total: d1 = 7 π
Distância total: d2 = 8 π
4π
Como P2 gasta 4 s para percorrer uma distância de 4 π (uma volta completa em K2), sua velocidade é: v2 =
4 π u.c. = π u.c./s 4s
Como o tempo gasto por P2 é o mesmo gasto por P1 para chegar ao ponto B pela 3ª vez, tem-se: t1 = t2 ∴
d1 d2 = v1 v2
∴
7 π 8π = v1 π
∴ v1 =
7π u.c./s 8
Portanto, o tempo gasto por P1 para percorrer a distância de 2π 2π 16 2 π (uma volta completa em K1) será: t = = = . v1 7π 8 7 Obs.: u.c. (unidade de comprimento)
QUESTÃO 17: (C) 1 gr =
90° ∴ 100
100 gr = 90° = 324000’’
Transformando 45° 36’ 54’’ em segundos, tem-se: 45 x 3600’’ + 36 x 60’’ + 54’’ = 164214’’. Agora, basta fazer uma regra de três simples: 100 gr x
-------------------
Donde x =
324000’’ 164214’’
164214 ⋅ 100 = 50,68333... 324000
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QUESTÃO 18: (B) Denotando os conjuntos numéricos da seguinte forma: N : Naturais Z : Inteiros Q : Racionais
Q* : Irracionais
R : Reais
Temos que N ⊂ Z ⊂ Q , Q ∩ Q* = ∅ e Q ∪ Q* = R . Sendo n(A) = 10 e n(C) = 7, ou seja, n(A) > n(C), conclui-se que C ⊂ A e n(A-C) = 3. Como o total de números reais é 19, sendo 4 irracionais, tem-se que n(A ∪ B ∪ C) = 19 − 4 = 15 (total de números racionais). Como n(A ∪ C) = 10 , pois C ⊂ A , tem-se que A ⊂ B e n(B) = 15. Conclui-se, também, que C = N , A = Z e B = Q. Desse modo, a quantidade de números que pertencem somente ao conjunto B é: x = n(B-A) = 5.
QUESTÃO 19: (B) Para que a medida do lado das lajotas seja o maior possível, basta calcular o m.d.c. entre as medidas da largura e do comprimento da área retangular. Aplicando o Método das Divisões Sucessivas encontra-se o m.d.c. (198,165) = 33. Este valor representa a medida do lado de cada lajota (valor máximo). Dividindo a largura e o comprimento do retângulo por este valor, encontrase o número de lajotas em cada uma dessas dimensões: a) Largura: nL =
165 = 5 lajotas na largura. 33
198 b) Comprimento: nC = = 6 lajotas no comprimento. 33
198
1
5
165
33
33
0
0
Assim, o total de lajotas com 33 cm de lado é 5 x 6 = 30.
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QUESTÃO 20: (E) Denotando por “x” e “2x”, respectivamente, os arcos interno e externo da circunferência, tem-se que: 12x = 360°, donde x = 30°. Assim, determina-se na figura: (1) um setor circular QMN de 30° e raio “r” e (2) um triângulo equilátero QNP de lado “r” e altura 1 (metade do lado do quadrado). Do triângulo QNP vem:
h=
L 3 r 3 2 2 3 ∴ 1= ∴ r= = 2 2 3 3
e r2 =
4 . 3
Note que a área total procurada corresponde a quatro vezes área do setor circular QMN mais quatro vezes a área do triângulo equilátero QNP. Logo: A = 4⋅
π ⋅ r 2 ⋅ 30° r ⋅ h 4π 4 3 4π + 12 3 4 ⋅ 3 + 12 ⋅ 1,7 32,4 + 4⋅ = + = = = = 3,6 . 360° 2 9 3 9 9 9
O presente material foi elaborado com o intuito principal de oferecer aos alunos do Curso Seleção uma solução didática para as questões do último concurso para ingresso no Colégio Naval. Buscou-se aqui explorar os diversos conceitos tratados em sala de aula de uma forma simples e esclarecedora. Não negamos que soluções mais “elegantes” possam existir, porém, é nosso dever, como educadores e motivadores, deixá-las a cargo da comprovada capacidade intelectual dos nossos brilhantes alunos. Parabéns a todos por mais essa vitória! Equipe de Professores do Curso Seleção.
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