Gabarito - Colégio Naval 2015/2016 Matemática – Prova Amarela Professores: Carlos Eduardo (Cadu) André Felipe Bruno Pedra Rafael Sabino Gilberto Gil QUESTÃO 1 Dada a inequação, podemos reescrevê-la e, a partir do Teorema de Bolzano, concluímos:

 5 x  40 

2

x 2  10 x  21

0



25  x  8 

2

 x  3 x  7 

 0 , ou seja:

Seja S  o conjunto solução. Temos: S   3, 7  8 , logo:

S  4  5  6  8  23 GABARITO: (B) _____________________________________________________________________________ QUESTÃO 2 Dado o sistema abaixo, temos as possíveis classificações:

 2 x  ay  6 S : 3x  2 y  c

(i ) Sistema Possível Determinado ( S .P.D.) : 2 a 4   a 3 2 3 (ii ) Sistema Possível Indeterminado ( S .P.I .) : 2 a 6 4  =  a e c  9 3 2 c 3 (iii ) Sistema Impossível ( S .I .) : 2 a 6   3 2 c

 a

4 e c  9 3

Gabarito - Colégio Naval 2015/2016 Matemática – Prova Amarela LETRA C: Se a 

4 e c  9 , o sistema S não admite solução; 3

O sistema é impossível ( S .I . ), pois a 

LETRA E: Se a 

4 e c  9 . 3

4 e c  9 , o sistema S admite infinitas soluções; 3

O sistema é indeterminado ( S.P.I . ), pois a 

4 e c  9 . 3

Portanto, temos dois gabaritos, letra C e letra E. OBS: duplo gabarito - anular questão. GABARITO: (C ou E) _____________________________________________________________________________ QUESTÃO 3 Reescrevendo os números temos:

9999...99 7  9999...999  2  102016  1  2  10 2016  3 2015

2016

9999...99 4  9999...999  5  102016  1  5  102016  6 2015

2016

Ou seja, 3 3 2   9999...997 2  9   102016  3  32   102016  3  3102016  3  3     k    2016 2016  9999...994      10  6 10  6         3

 102016 102016  6   3   102016   106048 k  2016  10  6    3

Para o que se pede, temos: i

k  i 106048 

i

10 

189 32

 i  2nmáx  32 GABARITO: (A)

_____________________________________________________________________________

Gabarito - Colégio Naval 2015/2016 Matemática – Prova Amarela QUESTÃO 4 Dados do problema:

r1  7m  t1  5h r2  14m  t2  ? Temos a regra de três:

Área  m 2 

Tempo  h 

 .52

5

 .142

t



 .52 5   t  20  .142 t GABARITO: (C)

_____________________________________________________________________________ QUESTÃO 5 Dados do problema:

n1   2,3 ; 3,1 e p1  3,5 n2 e p2  3,5 n3  7 e p3  3 Me 

p1 (n1 )  p2 (n2 )  p3 (n3 )  5, 6 p1  p2  p3

Temos que:

(i ) Me 

3,5.  2,3  3,5.  n2   3.  7 

(ii ) Me 

 5, 6



n2( máx )  14,1

3,5.  3,1  3,5.  n2   3.  7   5, 6 3,5  3,5  3



n2( mín )  13,3

3,5  3,5  3

n2  13,3 ; 14,1 Logo,

n2( máx )  n2( mín)  0,8 GABARITO: (C) _____________________________________________________________________________

Gabarito - Colégio Naval 2015/2016 Matemática – Prova Amarela QUESTÃO 6 De um triângulo de lados 3, 4 e 5 (Triângulo Retângulo). Sobre suas alturas podemos afirmar que:

S

3.h1 4.h2 5.h3   2 2 2

Para o mesmo resultado de área, quanto maior a altura, menor será a medida do lado relativo esta altura, ou seja: Para o menor lado  l1  3 , a altura relativa a este lado será a maior do triângulo  h1  4  . GABARITO: (C) _____________________________________________________________________________ QUESTÃO 7

O polígono da figura é um polígono regular de 27 lados, o que é gerado por 27 pessoas. Cada pessoa olha 100 m para o lado esquerdo e para o lado direito. Este polígono, portanto, tem

Gabarito - Colégio Naval 2015/2016 Matemática – Prova Amarela lado igual 200 m e perímetro igual a 5400 m. Este perímetro, por sua vez, é igual ao perímetro da circunferência de raio igual a 900 m utilizando a aproximação para  = 3 conforme o enunciado. Nesse sentido, o polígono de 27 lados pode ser considerado uma aproximação para a circunferência do enunciado. E com 27 pessoas é possível uma busca eficiente, logo a resposta mais próxima do mínimo pode ser 25 ou 29 pessoas.

Ccirc  2 p pol 2 r  n.l n

2 r 2.3.900   27 l 200 OBS: duplo gabarito - anular questão. GABARITO: (B ou C)

_____________________________________________________________________________ QUESTÃO 8

A reta que liga os centros das circunferências tocará no ponto (N) de tangência entre elas e o ponto (M) de tangência entre a circunferência menor e o segmento BC. A reta MO é perpendicular ao lado BC, ou seja, será paralela a AB. Como essa reta passa pelo ponto médio de AC, temos que MO é a base média do triângulo ABC. Daí:

AB  2 R  4 1 R5

MO 

Logo a área do semicírculo será: S 

 .5 2 2

 12,5 GABARITO: (B)

____________________________________________________________________________

Gabarito - Colégio Naval 2015/2016 Matemática – Prova Amarela QUESTÃO 9 Da expressão podemos inferir que

x3  x 2  x  x 1  x 2  x 3  2   x3  x 3    x 2  x 2    x  x 1   2  0 Se x  x 1  y , então:

x 2  x 2   x    x 1   y 2  2 2

2

x3  x 3   x    x 1   y 3  3 y 3

3

Ou seja,

x

3

 x 3    x 2  x 2    x  x 1   2   y 3  3 y    y 2  2    y   2  0

y3  y 2  2 y  0 y.  y 2  y  2   0  y1  0, y2  1 e y3  2 Temos, então:

1  0  não existe x  x 1 (ii ) x   1  não existe x  x 1 (iii ) x   2  x 2  2 x  1  0  x  1 x

(i ) x 

Para x  1 , temos que:

x2 

1 1 2   1  2 2 2 x  1

OBS: O enunciado da questão é vago na frase “Para cada valor possível de x, obtém-se o resultado da soma de x 2 com seu inverso”, ou seja, podemos concluir outros gabaritos no problema: Importante: a raiz real do problema x  1 tem multiplicidade 2 .

I ) Resultados possíveis para x1  1 apenas:

i) x 2 

1 1 2   1  0 x  1

(Não há este gabarito nas opções)

Gabarito - Colégio Naval 2015/2016 Matemática – Prova Amarela ii) x 2 

1 1 2   1  2 2 2 x  1

(GABARITO D)

II ) Resultados possíveis para x1  x2  1 :

i ) x12 

1 1 1 2  x2 2    1  0 x1 x2  1

1 1 x   x2 2   0 x1 x2

(Não há este gabarito nas opções)

2 1

ii ) x12 

1 1 1 2  x2 2  2   1  2 2 2 x1 x2  1

1 1 x  2  x2 2  2  2  2  4 x1 x2

(GABARITO B)

2 1

OBS: duplo gabarito - anular questão. GABARITO: (B ou D) ____________________________________________________________________________ QUESTÃO 10 A menor quantidade de trocas é 6. Segue abaixo a troca:

1 4 7 2 5 8  trocando os pares (1,4) e (4,6), temos: 3 6 9

1 4 7

4 6 2

2 5 8  2 5 3  trocamos o par (2,3) e (6,9) e obtemos: 3 6 9 3 1 9 4 9 7

4 9 2

3 5 8 . E por fim trocando o par (8,2) e (2,7), Logo obtemos 3 5 7 . 2 1 6 8 1 6 GABARITO: (B) ____________________________________________________________________________

Gabarito - Colégio Naval 2015/2016 Matemática – Prova Amarela QUESTÃO 11 Dado o operador  temos:

  20   2  0  2  200  2.102   21  2  200  2.102   22   2  2  4  40000  4.104   23  2  200  2.102   24   2  4  6  6000000  6.106   25   2  200  2.102   26   2  6  8  800000000  8.108   27   2  200  2.102   28   2  8  10  100000000000  1011   29   2  200  2.102 Logo,

  20  

   29  

 2.10  2.10  4.10  2.10  6.10  2.10 8.10  2.10 10  2.10   2 2

2

4

2

6

2

8

2

11

2

12

.3.1041

O número 212.3.1041 terminará em 41 zeros. GABARITO: (D) ____________________________________________________________________________ QUESTÃO 12 Concluímos do enunciado que:

70k  7 k  32823 63k  32823 k  521 S k   5  2 1  8 GABARITO: (A) ____________________________________________________________________________ QUESTÃO 13 Sejam HA ,HB e HC os pés das alturas do triângulo ABC. Note que os simétricos do Ortocentro em relação aos lados pertencem ao círculo circunscrito, como sugere a figura. Assim temos

Gabarito - Colégio Naval 2015/2016 Matemática – Prova Amarela que o triângulo formado pelos pontos ELF e pelos pés das alturas HAHB HC são semelhantes na razão de 2:1, pois HBHA 

HH 1 r 1 EL . Assim B A   . 2 EL 2 R

Calculando a área por Radical de Heron, temos que:

2 p  12  8  10  30  p  15

SABC  p p  a p  b p  c   15  3  5  7  15 7. Sabemos que a área pode ser calculada por:

S ABC 

abc 8  10  12 16  15 7  R 4R 4R 7

Como r 

8 8 7 R  r  2 7 7 GABARITO: (C)

____________________________________________________________________________

Gabarito - Colégio Naval 2015/2016 Matemática – Prova Amarela QUESTÃO 14 Primeiramente, a razão entre as áreas é igual a razão entre os segmentos EC e AE.

Traço a altura EM do a partir do ponto E sobre o lado AB, se chamarmos AB  l , AE  a , EC  b . Olhando para o triângulo AME temos: AM 

3 3 AE a a e ME  AE  2 2 2 2

E no triângulo ACD temos:

3  AC  2 2 3 AD  l 3

AD

E ainda: MB  l 

a 2

Finalmente temos que a semelhança entre os triângulos EMB e ABD :

a 3 a l EM MB 2  2   l AD AB 2l 3 3 Como b  l  a , temos b 

l 5

3a a 5a 4l l  l  a 4 2 4 5

Gabarito - Colégio Naval 2015/2016 Matemática – Prova Amarela Logo a razão

b 1  . a 4

GABARITO: (B) ____________________________________________________________________________ QUESTÃO 15

Note os triângulos SMR e RSN de bases MS e SN colineares, ou seja:

MS 

3a a e SN  2 2

ˆ mede 45º  Observe que o ângulo SRN

90º ˆ mede 90º , obtemos que MRS ˆ . Como MRN 2

mede 45º , ou seja, o segmento RS é bissetriz interna no triângulo retângulo MRN . Aplicando teorema da bissetriz interna, obtemos:

MS NS  MR NR

a 2  NS  1  NS  t e NR  3t 3a NR 3 2 Escrevendo o Teorema de Pitágoras, obtemos:

 MR    NR    MN  2 2 t 2   3t    2a  2

2

2

Gabarito - Colégio Naval 2015/2016 Matemática – Prova Amarela t2 

2a 2 5

Observe a razão de áreas de mesma base:

S SRM S MRN

a MS 1   2  MN 2a 4

Logo,

3t ² 3  2a 2  3a ² S SRM 1     S SRM   8 8  5  20  t.3t  4    2  GABARITO: (A) ____________________________________________________________________________ QUESTÃO 16

Aplicando teorema de Pitágoras no triângulo ABC temos:

x2  y 2  62  x2  y 2  36  y  36  x 2 Seja S a área do triângulo ABC.

S

xy 2

Substituindo a expressão de y na expressão de S , teremos:

Gabarito - Colégio Naval 2015/2016 Matemática – Prova Amarela x. 36  x 2 S 2 36 x 2  x 4 S2  4 Substituindo x 2  k , obtemos:

36k k 2  4 4 2 k S 2    9k 4

S2 

Determinaremos o K v para que S 2 seja máximo:

Kv 

b  2a

9  18  1  2.    4 

Encontramos para x e y :

k  18  x 2  18  x  3 2

y 3 2 Encontramos para a área máxima do triângulo ABC as medidas dos catetos AB  AC  3 2 . Como o enunciado do problema informa que os catetos têm medidas diferentes, concluímos que não podemos construir o triângulo retângulo ABC de área máxima. OBS:

Em relação à base AC , de medida fixa igual a 6, encontraremos área máxima do triângulo para a maior altura (metade da hipotenusa). O enunciado da questão, no entanto, não permite

Gabarito - Colégio Naval 2015/2016 Matemática – Prova Amarela esta altura, pois os catetos seriam de medidas iguais, o que configuraria um triângulo retângulo isósceles. Nesse sentido, teríamos de posicionar o ponto B mais próximo possível da posição representada na figura acima, ou seja, não conseguiremos definir este ponto mais próximo. Não definimos, portanto, valor máximo para a área. GABARITO: (E) ____________________________________________________________________________ QUESTÃO 17

n  , n dois a  2 

Para um número n natural e par, temos que os números inteiros no intervalo  dois não se dividem. Sabemos que

4030 4030  2 . Nesse sentido, temos que  2 e qualquer divisão de dois 2016 2015

números no intervalo  2016, 4030 sempre será menor que 2, ou seja, não há uma divisão de dois números no intervalo que resulte em um número inteiro maior ou igual a 2. Nesse sentido, temos:

n  4030

 4030   B=  , 4030  2 

B   2015, 4030 N  n( B)  4030  2015 N  n( B)  2015 Ou seja:

S  N   2  0 1 5 S N  8 GABARITO: (A) ____________________________________________________________________________ QUESTÃO 18





Sabemos que N  102015  102000. 1015 . Os divisores positivos de 102015 que são múltiplos de 102000 são dados por:

d  N 102000   d 1015    

Gabarito - Colégio Naval 2015/2016 Matemática – Prova Amarela Como 1015  215.515 , então:

d  N 102000   d 1015   15  1 . 15  1  256    GABARITO: (D) ____________________________________________________________________________ QUESTÃO 19 Olhemos para Contraexemplos dos itens propostos: ITEM I e II:

A  1, 2,3, 4 e B  5, 6, 7  A  B  1, 2,3, 4,5, 6, 7 , ou seja: p  n  A  4 e q  n  A  3 Temos:

N  n  Subconj ( A  B )     2

n  A B 

1

N  n  Subconj ( A  B )     27  1  127 Do item I: N  2 p  2q  1  24  23  1  23  127( F ) Do item II: N  2 pq 1  23.41  211  4048  127( F ) ITEM III:

A  1, 2,3 e B  2,3, 4  A  B  1, 2,3, 4 , ou seja: p  n  A  3 e q  n  A  3 Temos:

N  n  Subconj ( A  B)     2

n  A B 

1

N  n  Subconj ( A  B)     24  1  15 Do item III: N  2 p  q  1  23 4  1  27  1  127  15( F ) ITEM IV:

A  1, 2,3 e B  1, 2,3, 4  A  B  1, 2,3, 4 e A  B  1, 2,3 , ou seja: p  n  A   3 e q  n  A  4

Gabarito - Colégio Naval 2015/2016 Matemática – Prova Amarela N  n  Subconj ( A  B)     2

n  A B 

1

N  n  Subconj ( A  B)     24  1  15 Do item IV: N  2 p  1  23  1  7  15( F ) Temos, portanto, que todas as alternativas são falsas. GABARITO: (A) ____________________________________________________________________________ QUESTÃO 20

Primeiramente, traçando a altura AH, temos que HB  5 ,e , por Pitágoras em AHC temos:

AH 2  HC 2  AC 2 AH  132  52  12 Logo a área do triângulo ABC é dada por: S ABC 

10.12  60 3

Note que os triângulos AQR, SCT, BPU e ABC são semelhantes, logo:

S AQR S ABC

60 2  AR   13  2 x   13  2 x      S AQR  169  AC   13  2

2

2

2

S PBU  PB   x  60 2   x      S PBU  S ABC  AB   13  169

Gabarito - Colégio Naval 2015/2016 Matemática – Prova Amarela Como S PBU  SSCT , temos que a área do hexágono será:

S Hexágono  S ABC  S AQR  S PBU  S STC S Hexágono  60 

60 60 2 13  2 x   2 x 2 169 169

60 169  169  52 x  6 x 2   169 60 . 60 . 2  52 x  6x 169 169

S Hexágono  S Hexágono

60 .52 b 13 169 xv    2a  60  3 2.   .6   169  

O inteiro que mais se aproxima deste valor é x  4 . GABARITO: (B)