COLÉGIO NAVAL - MATEMÁTICA - 2002

01 – Se o conjunto solução da inequação 3.(x2 + 1/x2) – 8.(x + 1/x) + 10 < 0 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 Solução: 3.(x2 + 1/x2) – 8.(x + 1/x) + 10 = 3.(x4 + 1)/x2 – 8.(x2 + 1)/x + 10 = = (3.x4 + 3 – 8x3 – 8x + 10x2)/x2 = (3x4 – 8x3 + 10x2 – 8x + 3)/x2. As raízes racionais possíveis de 3x4 – 8x3 + 10x2 – 8x + 3 são obtidas pelos divisores do termo independente divididos pelos divisores do coeficiente do x4. Ou seja: ± 1/3 , ± 1, ± 3. Nota: como a equação é simétrica, coeficientes 3, -8, 10, -8, 3, uma das raízes é 1. Usando o dispositivo de Ruffini: 3 -8 10 -8 3 1 3 -5 5 -3 0 1 3 -2 3 0 1 é raiz dupla Decompondo 3x4 – 8x3 + 10x2 – 8x + 3, temos inicialmente: (x – 1).(x – 1).(3x2 – 2x + 3) = = (x – 1)2. (3x2 – 2x + 3). (3x2 – 2x + 3) não tem raízes reais pois D = (2)2 – 4.3.3 = 4 – 24 = - 20. Portanto, 3x2 – 2x + 3 > 0 para todo valor de x. Da equação inicial, temos : (3x4 – 8x3 + 10x2 – 8x + 3)/x2 = (x – 1)2. (3x2 – 2x + 3)/x2. Ora, (x – 1)2 > 0 por ser quadrado perfeito, x2 > 0 por ser quadrado e 3x2 – 2x + 3 > 0 conforme visto acima. Assim, o produto somente poderá ser positivo ou nulo. Como se deseja o produto negativo ou nulo, a única solução e ser o produto nulo, o que ocorre para (x – 1) = 0 è x = 1 è S = {1}. Portanto, a interseção de S com o conjunto dos números naturais é o próprio S e contém apenas 1 elemento. Resposta: letra (B)

02. Se um segmento AB tem 2 cm de comprimento, então a flecha do arco capaz de 135º desse segmento mede: (A) Ö2 + 1 (B) Ö2 (C) Ö2 – 1 (D) Ö3 (E) 2 - Ö2

Solução: o arco capaz do segmento AB está indicado em vermelho na figura ao lado. Na figura <BAE = 135º sendo EA tangente à circunferência.

Como BFA é um arco ex-inscrito, a medida do arco BFA é igual ao dobro do ângulo BAE. Portanto, o arco BFA vale 135º x 2 = 270º. Assim, o arco capaz ACB tem 360º - 270º = 90º. Desta forma AB é o lado do quadrado inscrito no círculo. Desta forma, temos L = R. Ö2 è R = 2/Ö2 = Ö2.

Ora, a flecha desse arco é igual à diferença entre o raio da circunferência e a metade do lado do quadrado, ou seja: Ö2 – (1/2).2 = Ö2 – 1. Resposta: letra (C)

03 – Um relógio indica dois minutos menos do que a hora certa e adianta t minutos por dia. Se estivesse atrasado três minutos por dia e adiantasse (t+1/2) 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) 1/9 e 2/9 B) 2/9 e 3/9 C) 4/9 e 5/9 D) 6/9 e 7/9 E) 8/9 e 9/9. Solução: O atraso de dois minutos será compensado pelo adiantamento de t minutos por dia. Assim, ao fim de n dias teremos: nt = 2. (1) No segundo caso teremos, (n – 1).(t + 1/2) = 3 è nt – t + (1/2)n – 1/2 = 3. Como nt = 2, resulta: 2 – t + (1/2)n – 1/2 = 3 è 4 – 2t + n – 1 = 6 è n – 2t = 3. Substituindo o valor de n em (1), teremos: (3 + 2t).t = 2 è 2t2 + 3t – 2 = 0. Resolvendo a equação: D = 32 – 4.2.(-2) = 9 + 16 = 25 è t = (-3 + 5)/4 = 2/4 = 1/2 min. A outra raiz não serve pois t não pode ser negativo. De acordo com as opções 4/9 < 1/2 < 5/9. Resposta: letra (C)

04 – Em um trapézio, cujas bases medem a e b, os pontos M e N pertencem aos lados não- paralelos. Se 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. Solução: como a propriedade deve ser válida para um trapézio qualquer ela é válida para um trapézio retângulo. Da semelhança dos triângulos NEC e BFC, tiramos: CF/FB = CE/EM è h/(b – a) = x/(MN – a) è è x = h.(MN – a)/(b – a). (1)  Da relação entre as áreas tiramos: (a + MN).x/2 = (a + b).h/4 (2). Substituindo o valor de x em (1) em (2), resulta: [(a + MN)/2].[h(MN – a)/(b – a)] = (a + b).h/4. Simplificando o fator comum h e eliminando os denominadores teremos: MN2 – a2 = (b2 – a2)/2 è MN2 = (a2 – b2)/2 – a2 è è MN2 = (a2 + b2)/2 è MN é a raiz quadrada da média aritmética de a2 e b2. Resposta: letra (C)

05 – Considere um triângulo retângulo 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 = 360º - y (B) z = x + y (C) x + y + z = 180º (D) x + y = 180º (E) z = 2x + ySolução: Como o segmento que liga os pontos médios de BA e BC é paralelo a AC, o quadrilátero GEFA é um retângulo. Assim, os arcos x = GA e EF são iguais pois compreendem cordas de mesmo comprimento (lados opostos do retângulo AFEG). Sendo AFED um retângulo inscrito no círculo, AE = GF é um diâmetro do círculo. Desta forma x + arc GD + y = z + arc EF è x + arc GD + y = z + x è arc GD = z – y. (1) De ABC, <B = [(z + arc EF) – arc GD]/2 (2). Como E é o ponto médio da hipotenusa, AE De (1) e (2) = 2.(<B) = z + x – (z – y) è 2.(<B) = x + y. (3)= BE = EC è triângulo AEB é isósceles è <BAE = <B.

Das paralelas GA e EF, com transversal AE, <B = < BAE = <AEF. Desta forma <B = z/2 (ângulo inscrito) è 2.(<B) = z (4). De (3) e (4) conclui-se z = x + y. Resposta: letra (B)

06 – João vendeu dois carros do modelo SL e SR, sendo preço de custo do primeiro 20% mais caro que o do segundo. Em cada carro teve um lucro de 20º 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: Para um lucro de 20% sobre o preço de venda (PV) e sendo o preço de custo igual a PC, teremos: PV = PC + 20%.PV è 88 000 = PC + 0,2.88 000 è PC = 0,8.88 000 = 70 400. Se x é o preço de custo do segundo (SR), o preço de custo do primeiro é x + 20%x = x + 0,2x = 1,2x. Assim, 1,2x + x = 70.400 è x = 70.400/2,2 = 32.000,00. Resposta: letra (B).

07 – 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 Solução: seja x a distância entre as duas cidades. Para o primeiro encontro, o mais rápido percorre x + 4 enquanto que, no mesmo tempo, o mais lento percorre x – 4. Se v1 e v2 são as velocidades teremos (x + 4)/v1 = (x – 4)/v2 è è(x + 4)/(x – 4) = v1/v2 (1). Para o segundo encontro, o mais rápido percorre 2,5x enquanto que, no mesmo tempo, o mais lento percorre 1,5x. Neste caso: 2,5x/v1 = 1,5x/v2 (2). De (1) e (2), (4 + x)/(4 – x) = 2,5x/1,5x è 1,5.(x + 4) = 2,5.(x – 4) è 1,5x + 6 = 2,5x - 10 è è x = 16. Resposta: letra (D)

08 – Se a e b são dois números reais, denotarmos por min(a,b) o menor dos números a e b, isto é,

min(2x – 7, 8 – 3x) > - 3x + 3 é igual a   (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) 4 Solução: (1) para 2x – 7 < 8 – 3x, (1A) teremos 2x – 7 > -3x + 3 (1B) è de (1A) 5x < 15 è x < 3 e de (1B) 5x > 10 è x > 2 è 2 < x < 3 è nenhuma solução inteira negativa. (2) para 2x – 7 > 8 – 3x (2A) teremos 8 – 3x > -3x + 3 (2B) è de (2A) 5x > 15 è x > 3 e de (2B) 5 > 0 è x > 3è nenhuma solução inteira negativa. (3) para 2x – 7 = 8 – 3x, teremos os mesmos casos acima. Portanto não há nenhuma solução inteira negativa. Resposta: letra (A).

09 – 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, P ¹ M, então o segmento NP mede

(A) RÖ7/2 (B) 3RÖ3/2 (C) 3RÖ7/14 (D) RÖ5/7 (E) RÖ5/3.Solução: como CB e MP são cordas que se interceptam temos: CN.NB = MN.NP. CN e NB são iguais à metade do lado do triângulo eqüilátera inscrito. Portanto, CN = NB = RÖ3/2. Levando este valor para a igualdade anterior resulta: (RÖ3/2).( RÖ3/2) = MN.NP è MN.NP = 3R2/4. (1) Do ângulo MCD, temos <MCD = (arc AM)/2. Como M é o ponto médio do arco AC, podemos escrever: <MCD = (arc AC)/4. Ora, arc AC = 360º/3 = 120º è <MCD = 120º/4 = 30º.Para o ângulo ACB, temos <ACB = (arc AB)/2 = 120º/2 è <ACB = 60º.Assim, o triângulo MCN é um triângulo retângulo, tendo como catetos MC = lado do hexágono = R e CN = (1/2)(lado do triângulo eqüilátero inscrito) = (1/2).(RÖ3) = RÖ3/2. Deste modo, MN2 = CM2 + CN2 è MN2 = R2 + (RÖ3/2)2 = R2 + 3R2/4 = 7R2/4 è MN = RÖ7/2 (2). Substituindo este valor em (1), resulta: RÖ7/2.NP = 3R2/4 è NP = 3R/2Ö7 = 3Ö7R/14. Resposta: letra (C)

10 – Justapondo-se os números naturais conforme a representação abaixo, onde o sinal * indica o último algarismo, forma-se um número de 1002 algarismos. 123456789101112131415161718192021.......... * O resto da divisão do número formado por 16 é igual a (A) 2 (B) 4 (C) 6 (D) 8 (E) 10 Solução: vejamos qual é o último número escrito. De 1 a 9 são usados 9 números de 1 algarismos è 9 x 1 = 9 algarismos. De 10 a 99 são usados 99 – 10 + 1 = 90 números de 2 algarismos è 90 x 2 = 180 algarismos. De 100 a 999 são usados 999 – 100 + 1 = 900 números de 3 algarismos è 2700 algarismos. Isto ultrapassa os 1002 algarismos. Portanto: teremos 1002 – (9 + 180) = 1002 – 189 = 813 algarismos o que corresponde a 813 :3 = 271 números após o 99. Portanto, o último número escrito é 99 + 271 = 370. Como o resto da divisão de um número por 16 é igual ao resto da divisão de seus três últimos dígitos por 16, teremos 370 : 16 = 23 com resto igual a 2. Resposta: letra (A).

11 – Se 2x + y = 1, com x e y reais, então o maior valor da expressão x2 + 3xy + y2 é igual a (A) 5/4 (B) 7/4 (C) 13/8 (D) 17/8 (E) 31/16 Solução: tirando o valor de y em 2x + y = 1 e substituindo em x2 + 3xy + y2, resulta: x2 + 3.x.(1 – 2x) + (1 – 2x)2 = x2 + 3x – 6x2 + 1 – 4x + 4x2 = -x2 – x + 1. A expressão é uma função do tipo f(x) = -x2 – x + 1. Como o coeficiente é negativo, teremos um valor máximo igual a -D/4a = - [(-1)2 – 4.(-1).1)]/4.(-1) = -(1 + 4)/(-4) = 5/4. Resposta: letra (A).

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

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

Solução: Se mdc(x, y) = 45, então existem os inteiros “a” e “b”, primos entre si, tais que x = 45a e y = 45b.Levando estes valores para a primeira igualdade: 45a + 45b = 810 è a + b = 18. Temos então os valores (a = 17, b = 1), (a = 13, b = 5), (a = 11, b = 7), (a = 7, b = 11), (a = 5, b = 13), (a = 1, b = 17), ou seja, um total de 6 valores para (x, y). Resposta: letra (A).

13.Observe o quadrado ao lado 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: A soma de todos os números é (1 + 9).9/2 = 45. Assim: cada coluna, cada linha e cada diagonal deverá soma 45/3 = 15. Como 1 + 2 = 3, 1 + 3 = 4 e 1 + 4 = 5, os algarismos 1, 2, 3 e 4 não podem ocupar a posição “e” pois pelo menos dois deles estariam na mesma linha, ou mesma coluna ou mesma diagonal e nestes casos a soma não atingiria o valor 15. Assim, das 5 opções, a única que poderia ocupar a posição “e” é o 5. Resposta: letra (E).

14 – 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 centro dos círculos inscrito e circunscrito a esse triângulo corresponde a (A) 5x/4 (B) (1 + Ö2).x/2 (C) xÖ2 (D) xÖ5/2 (E) 5x/6 Solução: tem-se que (5x)2 = 25x2 e (3x)2 + (4x)2 = 9x2 + 16x2 = 25x2 è (5x)2 = (3x)2 + (4x)2 è o triângulo é retângulo. Como GA = DH, resulta, GA = r (raio do círculo inscrito). Da propriedade da tangente, CG = CE è CE = b – r. Considerando a área do triângulo ABC, A = b.c/2 = r.a/2 + r.b/2 + r.c/2 è bc = r.(a + b + c). Como b = 3x, c = 4x e a = 5x, tira-se 3x.4x = r.(3x + 4x + 5x) è 12x2 = 12x.r è x = r. Temos então: CE = 3x – x = 2x . Sendo F o centro da circunferência, F é o ponto médio da hipotenusa è CF = 2,5x. Portanto, EF = 2,5x – 2x = 0,5x = x/2. Do triângulo retângulo DEF, DF2 = DE2 + EF2 è DF2 = x2 + (x/2)2 = x2 + x2/4 = 5x2/4 è è DF = xÖ5/2 . Resposta: letra (D)

16 – 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) 1/3 (B) 1/2 (C) 2/3 (D) 3/4 (E) 5/6Solução: consideremos o triângulo ABC para facilidade de cálculos.A mediana do triângulo eqüilátero é a bissetriz e altura. Se “a” é o lado do triângulo a altura vale h = aÖ3/2. Como esta é também a medida da mediana, o triângulo MNP será eqüilátero de lado aÖ3/2.A área do triângulo de lado “a” é a2Ö3/4. A área de um triângulo de lados aÖ3 é (aÖ3/2)2.Ö3/4 = a2.3Ö3/16. A razão entre as áreas é então ( a2.3Ö3/16]/ [a2Ö3/4] = 3/4. Resposta: letra (D).

17 – Considere a equação x2 – 6x + m2 – 1 = 0, com 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) 6Solução: como a equação tem duas raízes devemos ter D > 0 è 36 – 4.1.(m2 – 1) = 36 – 4m2 + 4 = 40 – 4m2 = 4.(10 – m2) > 0 è 10 – m2 > 0 è -m2 > -10 è m2 < 10 è -Ö10 < m < Ö10.

18 – O número de múltiplos de 12 compreendidos entre 357 e 3578 é igual a: (A) 268 (B) 269 (C) 270 (D) 271 (E) 272Solução: determinando o menor múltiplo: 357 : 12 = 29 com resto 9 è 357 – 9 + 12 = 360.Determinando o maior múltiplo: 3578 : 12 = 298 com resto 2 è 398 – 2 = 396.O número de múltiplos é então 298 – 29 = 269. Resposta: letra (B)

19 – Se a , b e c são algarismos distintos, no sistema de numeração decimal existe um único número de dois algarismos ( ab ) tal que (ab)2 – (ba)2 = (cc)2. O valor de (a + b + c) é igual a: (A) 11 (B) 12 (C) 13 (D) 14 (E) 15Solução: escrevendo os números ab e ba na forma decimal teremos: ab = 10a + b e ba = 10b + a.Como (ab)2 – (ba)2 = (ab + ba).(ab – ba) resulta: [(10a + b) + (10b + a)].[(10a + b) – (10b + a)] = (11a + 11b)(9a – 9b) = 11.9.(a + b)(a – b).Como esse produto é um quadrado perfeito de um número de 2 algarismos, o produto não pode ultrapassar 992 = 9801. Portanto, (a + b).(a – b) < 99. Além disso, como 11 é primo, (a + b)(a – b) deve ser um múltiplo de 11 è um dos fatores múltiplo de 11.Assim, temos as opções(1) (a + b) = 11 e (a – b) = 1 è a = 6 e b = 5 è ab = 65 è (65)2 – (56)2 = 1089 = (33)2 è è a + b + c = 6 + 5 + 3 = 14. De acordo com as condições e a opção (D).(2) (a + b) = 22 e (a – b) = 2 è a = 12 e b = 10 – não serve pois é formado por apenas um dígito.Para (a + b), múltiplo de 11 e maior que 11, “a” teria mais que um dígito.(3) (a + b) = 11 e (a – b) = 4 è não serve pois a e b seriam fracionários.(4) (a + b) = 11 e (a – b) = 9 è a = 10 não serve por ter dois dígitos.Assim, a única possibilidade é a = 6, b = 5 e c = 3, è a + b + c = 14. Resposta: letra (D)