exercÍcios cn epcar maio 2012

Elaborado pelo Prof. Renato Madeira para madematica.blogspot.com.

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EXERCÍCIOS DE APROFUNDAMENTO PARA O CLÉGIO NAVAL E EPCAr

QUESTÃO 1 Numa escola, 82% dos alunos gostam de pizza, 78% de chocolate e 75% de pastel. Quantos alunos, no mínimo, gostam dos três ao mesmo tempo? a) 15% b) 18% c) 30% d) 35% e) 40%

RESPOSTA: d

RESOLUÇÃO: Sejam os conjuntos A, B e C o conjunto dos alunos que gostam de pizza, pastel e chocolate, respectivamente. Seja X o complementar do conjunto X em relação ao universo. ( ) ( )n A 82% n A 100% 82% 18%= Þ = - =

( ) ( )n B 75% n B 100% 75% 25%= Þ = - =

( ) ( )n C 78% n C 100% 78% 22%= Þ = - =

( ) ( ) ( )n A B C n A B C 100% n A B CÇ Ç = È È = - È È

( ) ( ) ( ) ( )n A B C n A n B n C 18% 25% 22% 65%È È £ + + = + + =

( ) ( )n A B C 100% n A B C 100% 65% 35%Ç Ç = - È È ³ - =

( )MINn A B C 35%Ç Ç =

2ª RESOLUÇÃO: Usando a desigualdade de Bonferroni:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 k 1 2 k 1 2 kn A A A n A n A n A k 1 n A A AÇ Ç Ç ³ + + + - - × È È È) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )k 1 2 k 1 2 k) ( ) ( ) ( ) ( ) (A A A A) ( ) ( ) ( ) k 1 n A A A( ) ( kkA n A n A n AA n A n A n A) ( ) ( ) ( ) k 1 n A Ak 1 n A A( ) (k 1 2 k 1 2k 1 2 k 1 2k 1 2 k 1 2) ( ) ( ) ( ) ( ) (

para n 3= ,temos: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )n A B C n A n B n C 3 1 n A B C

n A B C 82% 78% 75% 2 100% 35%

Ç Ç ³ + + - - × È È

Û Ç Ç ³ + + - × =

Logo, o valor mínimo de ( )n A B C 35%Ç Ç = .

QUESTÃO 2 Em uma pesquisa realizada com um grupo de 100 turistas, constatou-se que 42 falam inglês, 12 falam inglês e italiano, 18 falam espanhol e inglês e 16 falam espanhol e italiano. O número de turistas que falam espanhol é, precisamente, 50% maior que o número daqueles que falam italiano. Com base nessas informações, julgue os itens a seguir.

(I) O número de turistas que falam italiano é igual a 2

3do número dos que falam espanhol.

(II) Se 9 dos turistas consultados falam as três línguas, espanhol, inglês e italiano, enquanto 5 deles não falam nenhuma dessas línguas, então, mais da metade dos turistas falam espanhol.

(III) Se 9 dos turistas consultados falam as três línguas, espanhol, inglês e italiano, enquanto 5 deles não falam nenhuma dessas línguas, então, exatamente 24 desses turistas falam apenas inglês. (IV) Se todos os turistas falam pelo menos uma das três línguas, então, escolhendo-se aleatoriamente um dos turistas, a chance de ele falar italiano será maior que 30%. Agora marque a alternativa que apresenta a seqüência obtida. a) Certo- Certo – Certo – Certo b) Certo – Certo – Errado –Errado c) Certo – Certo – Errado – Certo d) Errado – Certo – Errado – Certo e) Errado – Errado – Errado – Errado RESPOSTA: c RESOLUÇÃO: (1) Certo

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 2n espanhol n italiano 1 50% n italiano n italiano n espanhol

2 3= × + = × Û = ×

(2) Certo Nas condições conclui-se que 21 turistas falam somente inglês. Em conseqüência, 100 21 5 74- - = falam espanhol ou italiano.

( ) ( ) ( ) ( ) ( )74 n espanhol n italiano 16 90 1,5 n italiano n italiano n italiano 36= + - Û = × + Û =

( )n espanhol 1,5 36 54Þ = × =

(3) Errado Considerando que x turistas falam as três línguas e fazendo a diagramação segundo o texto temos:

Sendo x 9= , então 21 turistas falam somente a língua inglesa. (4) Certo

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )n ita ing esp n ing n ita n esp n ing ita n ing esp n ita esp n ing ita espÈ È = + + - Ç - Ç - Ç + Ç Ç

( ) ( ) ( ) ( ) x100 42 n ita 1,5 n ita 12 18 16 x 2,5 n ita 104 x n ita 41,6

2,5= + + × - - - + Û × = - Û = -

O menor valor de ( )n ita ocorre para o maior valor de x . Como x 12£ , temos ( )n ita 36,8> , ou seja, a chance de um turista escolhido aleatoriamente falar italiano é maior que 36,8%. REFERÊNCIA: UNB 2000

QUESTÃO 3 (AFA 2008) Um fabricante de camisetas que pretendia vender seu estoque no prazo de 4 meses, mantendo o preço de cada camiseta, obteve o seguinte resultado: · no primeiro mês, vendeu 10% de seu estoque; · no segundo, 20% do restante das mercadorias; e · no terceiro, 50% do que sobrou. Ao ver que sobraram 3.600 camisetas, no quarto mês, o fabricante reduziu o preço de cada uma em

3, conseguiu assim liquidar todo seu estoque e recebendo R$21.600,00 pelas vendas deste mês.

É correto afirmar que o fabricante a) no terceiro mês, vendeu uma quantidade de camisetas 200% a mais que no segundo mês. b) no primeiro mês, recebeu mais de R$ 9.000,00. c) arrecadaria a mesma importância total, durante os 4 meses, se cada camiseta fosse vendida por x reais, [ ]x 7,8Î .

d) tinha um estoque que superava 834 dúzias de camisetas. e) O preço original da camiseta era um número primo. RESPOSTA: c RESOLUÇÃO: Seja N a quantidade de camisetas inicialmente no estoque. No primeiro mês foram vendidas 10% N 0,1N× = . No segundo mês foram vendidas 20% 0,9N 0,18N× = No terceiro mês foram vendidas 50% 0,72N 0,36N× =

Ao final do terceiro mês ainda sobravam ( )N 0,1N 0,18N 0,36N 0,36N 3600 N 10.000- + + = = Û =

As camisetas no quarto mês foram vendidas por 21600,00

= reais.

Esse valor é 1

menor que o preço P original, então 100 2

P 1 % 6 P 6 P 93 3

æ ö- = Û = Û =ç ÷è ø

reais.

O total arrecadado com a venda das camisetas foi 6400 9 21600 79200× + = reais e o preço médio foi 79200

7,9210000

= reais.

a) 0,36N 0,18N

100%0,18N

-= (errada)

b) No primeiro mês recebeu 0,1 10000 9 9000× × = reais (errada) c) Se cada camiseta fosse vendida pelo preço médio 7,92, a importância arrecadada seria a mesma. (correta)

d) O estoque em dúzias era 10000 1

833 83412 3

= < (errada)

e) O preço original da camiseta era 9 que não é primo. (errada) QUESTÃO 4 (AFA 2009) Perguntaram a Gabriel qual era seu horário de trabalho e ele respondeu:

“Habitualmente começo às 6 horas da manhã minha jornada de trabalho que é de 8 horas diárias,

dividida em dois expedientes. Cumpro no primeiro expediente 3

4 dessa jornada, tenho um intervalo

de almoço de 1 hora e 45 minutos e retorno para cumprir o tempo que falta, ou seja, o segundo expediente. Hoje, excepcionalmente, quando cheguei, o relógio de ponto registrou um horário tal que o tempo

transcorrido do dia era igual aos 4

11 do tempo restante do dia e eu fui, então, alertado que estava

atrasado. Acertei meu relógio pelo relógio de ponto e, para compensar meu atraso, pretendo cumprir

4 de minha jornada e sair para almoçar reduzindo o tempo de meu intervalo de almoço em

Imediatamente retornarei para o trabalho e sairei no meu horário habitual.” Considerando que o relógio de ponto estivesse certo e em perfeito funcionamento, é correto afirmar que, nesse dia, Gabriel, com sua pretensão a) sairá para o almoço antes de 12 horas e 23 minutos. b) retornará após o intervalo de almoço, exatamente, às 13 horas e 50 minutos. c) cumprirá sua jornada diária na íntegra e ainda sobrarão dois minutos.

d) ficará devendo 1

160 de sua jornada diária.

RESPOSTA: d RESOLUÇÃO:

Gabriel habitualmente chega às 6 h e cumpre um primeiro expediente de 3

8 h 6 h4× = .

Sai para almoçar às 12 h e demora no almoço 1h 45 min , retornando às 13 h 45 min . Cumpre um segundo expediente de 2 h e sai às 15 h 45 min . Designando por T o horário no qual Gabriel chegou hoje, então

( )4T 24 T T 6,4 h 6 h 24 min

11= × - Û = =

Como Gabriel chegou às 6 h 24 min e cumprirá o primeiro expediente normalmente, ele sairá para almoçar às 12 h 24 min .

O intervalo de almoço será 4

1h 45min 1h 24 min5× = e ele retornará para o segundo expediente às

13 h 48 min . Gabriel sairá normalmente às 15 h 45 min , logo cumprirá apenas 1h 57 min no segundo expediente.

Dessa forma ficará devendo 3 min , ou seja, 1

160 de sua jornada diária, visto que

1 18 h 480 min 3 min

160 160× = × = .

QUESTÃO 5 (AFA 2012) Três carros, a , b , c , com diferentes taxas de consumo de combustível, percorrerão, cada um, 600 km por um mesmo caminho. No ponto de partida, os três estão com tanque cheio.

Após terem percorrido, cada um, 1

5 do total previsto, os carros b e c foram abastecidos

completando novamente seus tanques e gastaram, juntos, R$ 66,00 . Ao final dos 600 km , os três carros foram abastecidos, completando seus tanques, e, nesse abastecimento, juntos, gastaram R$ 384,00 . Considerando o preço do litro do combustível usado

pelos três carros a R$ 3,00 , a distância que o carro a percorre, em média, com um litro de combustível é a) 12 km . b) 15 km . c) 16 km . d) 18 km .

RESPOSTA: b

RESOLUÇÃO: Supondo que os carros a , b e c tenham taxas de consumo de combustível iguais a A , B e C km / , respectivamente.

Como 1

5 do percurso é

1600 120 km

5× = , os carros b e c consumiram

C litros de

combustível e o custo foi 120 120 1 1 22

3 66B C B C 120

æ ö+ × = Û + =ç ÷è ø

Ao final dos 600 km , os carros a , b e c , para completar o tanque de combustível, receberam 600

B e 480

C litros e o custo foi 600 480 480 5 1 1 128

3 384 4A B C A B C 120

æ ö æ ö+ + × = Û + × + =ç ÷ ç ÷è ø è ø

Substituindo (*) na expressão acima, temos: 5 22 128 5 40

4 A 15 kmA 120 120 A 120+ × = Û = Û = .

Logo, o carro a percorre, em média, 15 km com um litro de combustível.

QUESTÃO 6 Um colecionador possui N pedras preciosas. Se ele retira as três pedras mais pesadas, então o peso total das pedras diminui 35% . Das pedras restantes, se ele retira as três mais leves, o peso total

diminui mais 5

13. O valor de N é

a) 8 b) 9 c) 10 d) 11 e) 12

RESPOSTA: c

RESOLUÇÃO:

Seja 100k o peso total das pedras. Então o peso das três mais pesadas é 35k e o peso das três mais

leves ( ) 5100k 35k 25k

13- × = .

As ( )N 6- pedras restantes possuíam peso total 100k 35k 25k 40k- - = e seu peso médio deve

estar entre 25k

3, então

25k 40k 35k 5 8 7 66 545N 30 24 7N 42 9 N 11 N 10

3 N 6 3 3 N 6 3 7 5< < Û < < Û - < < - Û < < < < Þ =

REFERÊNCIA: Hong Kong Preliminary Selection Contest 2005

QUESTÃO 7 Ordenando todos os números positivos que podem ser expressos como uma soma de 2005 inteiros consecutivos, não necessariamente positivos, aquele que ocupa a posição 2005 é: a) 4016015 b) 4018020 c) 4020025 d) 4022030 e) 4024035

RESPOSTA: c

RESOLUÇÃO: Qualquer sucessão de 2005 inteiros consecutivos é da forma: n 1002 , n 1001, , n 1, n , n 1, , n 1001, n 1002- - - + + +, n 1, n , n 1, , n 1001, nn 1 n n 1 n 1001 n, n 1, n , n 1, , n 1001, n, n 1, n , n 1, , n 1001, n onde denotamos por n o inteiro que ocupa a posição central. A soma desses 2005 inteiros consecutivos é 2005n. Por tanto, o conjunto dos números positivos expressáveis como a soma de 2005 inteiros consecutivos

é { }*2005n | n +Î }*+ , ou seja, é o conjunto dos múltiplos inteiros de 2005.

Assim, o número que ocupa a posição 2005 na sucessão é 2005 2005 4020025× = .

REFERÊNCIA: REVISTA OIM N° 23

QUESTÃO 8 Os números naturais a e b são tais que a b 2007+ = , b 0¹ e na divisão de a por b obtém-se resto igual ao quociente. A soma de todos os valores possíveis de a é: a) 4261 b) 4263 c) 4265 d) 4267 e) 4269

RESPOSTA: d

RESOLUÇÃO:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) 3

a b q q , 0 q b a b 1 q b 1 | a b 1 | 2007 b

b 1 | 2008 b 1 b 1 | 2008 2 251

= × + £ < Þ = + Þ + Þ + -

Þ + - + Þ + = ×

( ) ( )b 1 | 2007 b b 1 2007 b 2b 2006 b 1003+ - Þ + £ - Û £ Û £

( ) ( ) 2 20 q b e a b 1 q a b 1 b 2007 b b b b 2b 2007 0

b 1 2 502 (não convém) ou b 1 2 502 b 44

£ < = + Þ < + × Þ - < + Þ + - >

Û < - - > - + Þ ³

b 1 251 b 250 a 1757Þ + = Þ = Þ = b 1 502 b 501 a 1506Þ + = Þ = Þ = b 1 1004 b 1003 a 1004Þ + = Þ = Þ =

A soma de todos os possíveis valores de a é 1757 1506 1004 4267+ + = .

QUESTÃO 9 (IME 2012) Um curso oferece as disciplinas A , B , C e D . Foram feitas as matrículas dos alunos da seguinte forma: · 6 alunos se matricularam na disciplina A ; · 5 alunos se matricularam na disciplina B ; · 5 alunos se matricularam na disciplina C ; e · 4 alunos se matricularam na disciplina D . Sabe-se que cada aluno se matriculou em, no mínimo, 3 disciplinas. Determine a quantidade mínima de alunos que se matricularam nas 4 disciplinas. a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4

RESPOSTA: c

RESOLUÇÃO: Seja n a quantidade de alunos. Como cada aluno está inscrito em no mínimo 3 disciplinas, então a quantidade de inscritos é maior ou igual ao triplo da quantidade de alunos. Por outro lado, a quantidade de inscrições é menor ou igual ao quádruplo da quantidade de alunos, número máximo de inscrições. Assim, temos: ( ) ( ) ( ) ( )3n n A n B n C n D 4n 3n 20 4n 5 n 6£ + + + £ Û £ £ Û £ £ . Portanto, a quantidade de alunos é n 5= ou n 6= , mas como há 6 inscritos na disciplina A , conclui-se que n 6= . Considerando que o total de inscrições é 20 e a quantidade de alunos é 6 , conclui-se que 4 alunos matricularam-se em 3 disciplinas e 2 alunos matricularam-se em 4 disciplinas.

QUESTÃO 10

Se nn 4= , então

n 8n 3n 2n 1nn

n 8n 3

n 8n 8

é igual a: a) 1 b) 16 c) 256 d) 400

e) maior que 1.000.000

RESPOSTA: c

RESOLUÇÃO:

( )( )

n 8n 3 nn 2 nn 1 n 1 nn n n n n 4n n n n 4 256

++++ + ×= = = = =

n 8n 3

n 8n 8

REFERÊNCIA: Compêndio Acadêmico de Matemática – Lumbreras Editores – pg. 170.

QUESTÃO 11

Sendo x y z< < números naturais que satisfazem a equação x y z3 3 3 179415+ + = , o valor de x y z+ + é: a) 15 b) 17 c) 19 d) 20 e) 22

RESPOSTA: e

RESOLUÇÃO: ( )

x y z x y x z x 4

x 4 y x z x y x z y 3

y 4 3 z y z 7 4

3 3 3 179415 3 1 3 3 3 2215

3 3 1 3 3 2215 x 4 3 1 3 2214 3 82

x 4 3 3 1 3 82 x 4 y 7 3 81 3

x 4 y 7 z 11 x y z 22

- - - -

+ + = Û + + = ×

Û = Ù + + = Û = Ù + = = ×

Û = Ù = Ù + = Û = Ù = Ù = =

Û = Ù = Ù = Þ + + =

REFERÊNCIA: KöMaL – maio 2009

QUESTÃO 12 Quantos são os valores reais z tais que: ( ) ( ) ( ) ( )3z 1 4z 1 6z 1 12z 1 2+ × + × + × + = ? a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4

RESPOSTA: c

RESOLUÇÃO: 8(3z+1)6(4z+1)4(6z+1)2(12z+1)=768 Û (24z+8)(24z+6)(24z+4)(24z+2)=768 u=24z+5 Þ (u+3).(u+1).(u-1).(u-3)=768 Û(u2-1).(u2-9)=768 Û u4-10u2-759=0

u2=33 ou 2u 23= - Þ 33 5

QUESTÃO 13

(IME 2007) Sejam 1x e 2x as raízes da equação 2x (m 15)x m 0.+ - + = Sabendo que 1x e 2x são

números inteiros, determine a quantidade de elementos do conjunto de valores possíveis para m. a) 0 b) 1 c) 2 d) 4 e) 6 RESPOSTA: e RESOLUÇÃO: Devemos determinar os valores de m para os quais existem dois números inteiros 1x e 2x tais que

x x (m 15)

+ = - -ìí

=î 1 2 1 2

x x x x 15

+ = - +ìÛ í

=î Û 1 2

(x 1)(x 1) 16

+ + =ìí

Como os divisores de 16 são + 1, + 2, + 4, + 8, + 16, supondo sem perda de generalidade que

1 2x x ,£ a tabela a seguir reúne todos os possíveis valores para 1x , 2x e m .

1x 1+ 2x 1+ 1x 2x m

1 16 0 15 0 2 8 1 7 7 4 4 3 3 9

– 16 – 1 – 17 – 2 34 – 8 – 2 – 9 – 3 27 – 4 – 4 – 5 – 5 25

ou seja, o conjunto de todos os valores possíveis de m é {0, 7, 9, 25, 27, 34}. QUESTÃO 14

O menor valor possível de 2 22x 2xy 4y 5y x+ + + - , para x e y números reais é: a) 0

RESPOSTA: d RESOLUÇÃO:

( ) ( )

2 2 2 2 2 2

1 12x 2xy 4y 5y x x 2xy y x x 4y 4y 1 1

1 5x y x 2y 1

æ ö æ ö+ + + - = + + + - + + + + - + =ç ÷ ç ÷è ø è ø

æ ö= + + + + + -ç ÷è ø

Logo, para 1

= - atingimos o valor mínimo 5

REFERÊNCIA: Stanford Mathematical Tournament 2009.

QUESTÃO 15

Dado 4 3 2a a a a 1 0+ + + + = , o valor de 2000 2010a a 1+ + é igual a a) 0 b) 1 c) 1- d) 3 e) 5

RESPOSTA: d

RESOLUÇÃO:

Note que a 1= não é raiz de 4 3 2a a a a 1 0+ + + + = , ou seja, a 1 0- ¹ .

( )( )4 3 2 4 3 2 5 5a a a a 1 0 a 1 a a a a 1 0 a 1 0 a 1+ + + + = Û - + + + + = Û - = Û =

( ) ( )400 4022000 2010 5 5a a 1 a a 1 3+ + = + + =

REFERÊNCIA: Jiagu, X. – Lecture Notes on Mathematical Olympiad Courses - pg. 12.

QUESTÃO 16 Simplificando a expressão

( )( )2011 20114 4

2 2 2010 2009 2008 2 2 2008 2009 2010

x y x yx 4y

x 2xy 2y x x y x y x y xy y

- + - + - + - +2 2 20x y2 2 20x yx2 2 202 22 2

obtemos:

a) 2 2x y+

b) 2 22x y+

c) 2 2x 2y+

RESPOSTA: e

RESOLUÇÃO:

( )( )

( )( ) ( )( )( )

( ) ( )

2011 20114 4

2 2 2010 2009 2008 2 2 2008 2009 2010

2010 2009 2009 20102 2 2 2

2 2 2010 2009 2008 2 2 2008 2009 2010

x y x yx 4y

x y x y x x y xy yx 2y 2xy x 2y 2xy

x 2y 2xy x y

+ ++- =

- + - + - + - +

+ + - + - ++ + + -= - =

- + - + - + - +

= + + - +

x y2 2 202 2 20x yx2 2 202 22 2

xy20092009xy20092009

x y2 2 202 2 20x yx2 2 202 22 2

2 2 2 2 2x 2y 2xy x 2xy y y= + + - - - =

QUESTÃO 17 Analise as afirmações abaixo:

(I) 3 3 34021 2011 2010

34021 2011 2010

(II) ( )( )( ) ( )( )2 3 1023 2 4 256 5121 x x x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x+ + + + + = + + + × × + +( )( )( ) ( )( )1023 2 4 256 512( )( )( ) ( )( x1023 2 4 256 51023 2 4 256 5( )( )( ) ( )(x 1 x 1 x 1 x 1 x 1x 1 x 1 x 1 x 1 x 1( )( )( ) ( )(1023 2 4 256 51023 2 4 256 51023 2 4 256 5( )( )( ) ( )(

(III) ( ) ( ) ( ) ( )1.000.000 1.000.001 1.000.002 1.000.003 1 1.000.030.000.001× × × + =

(IV) 3 31 4 16 2,1 2ù é+ + Î +û ë

A quantidade de afirmações FALSAS é: a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4

RESPOSTA: b

RESOLUÇÃO: (I) VERDADEIRA

Considerando a identidade de Gauss: ( )( )3 3 3 2 2 2a b c 3abc a b c a b c ab ac bc+ + - = + + + + - - - .

Como ( ) ( )4021 2011 2010 0+ - + - = , então

( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 34021 2011 2010 3 4021 2011 2010 0+ - + - - × × - × - =

3 3 34021 2011 2010 3 4021 2011 2010Û - - = × × × 3 3 34021 2011 2010

34021 2011 2010

- -Û =

(II) VERDADEIRA

Se x 1= , a igualdade se reduz a 101024 2= , que é verdadeira. Se x 1¹ , fazemos então

( )( )( ) ( )( )

( ) ( )( )( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( )( )

2 4 256 512

2 2 4 256 512

4 4 256 512

1024 2 3 1023

2 3 1023

y 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x

1 x y 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x

1 x y 1 x 1 x 1 x 1 x

1 x y 1 x 1 x 1 x x x x

y 1 x x x x

= + + + × × + +

Û - × = - + + × × + +

Û - × = - + × × + +

Û - × = - = - + + + + +

Û = + + + + +

( 25(1 x( 25(1 x( 25((4 256(1 x(4 2564 2(1 x1 x(4 2564 2564 2(

1 x(( 25( 25(1 x1 x( 2525(

1023x1023x

(III) FALSA

Seja 6x 1.000.000 10= = , então

( ) ( ) ( ) ( )

( )( )( ) ( )( )2 2

R 1.000.000 1.000.001 1.000.002 1.000.003 1

x x 1 x 2 x 3 1 x 3x x 3x 2 1

= × × × + =

= + + + + = + + + +

Fazendo 2y x 3x= + , temos:

( ) ( )22R y y 2 1 y 2y 1 y 1 y 1= + + = + + = + = +

Como ( )22 6 6 12 6y x 3x 10 3 10 10 3 10 1.000.003.000.000= + = + × = + × = , então R y 1 1.000.003.000.001 1.000.030.000.001= + = ¹ (IV) VERDADEIRA

( )23 3 32 4 23 3 3 331 4 16 1 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2+ + = + + = + + = + = + 32 1 1 1 2 1 2= + < + < +

REFERÊNCIA: Gomes, C. e Gomes J. – Tópicos de Matemática IME – ITA – Olimpíadas – Volume 1 (adaptado) e CN 2000.

QUESTÃO 18

Se x y z

0y z z x x y

+ + =- - -

, então o valor de 2 2 2

(y z) (z x) (x y)+ +

- - - é:

a) 0 b) x y+ c) 1 d) x y z+ + e) 3

RESPOSTA: a

RESOLUÇÃO: 1ª RESOLUÇÃO:

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )

1 1 1 x y z0

y z z x x y y z z x x y

x y z x y z

y z z x y z x y z x y z z x x yy z z x

x y z0

x y y z x y z x x y

x y z x y x z y z0

y z z x y z x y z x x yy z z x x y

x y x y x z z x y z yx y z

y z z x x y

æ ö æ ö+ + × + + =ç ÷ ç ÷- - - - - -è ø è ø

Û + + + + + +- - - - - - - -- -

+ + + =- - - - -

+ + +Û + + + + + =

- - - - - -- - -

+ - + + - + + -Û + + +

( )( )( )( )

( ) ( ) ( )

x y y z z x

xx y z

y z z x x y

=- - -

Û + + +- - -

2y- 2z+ 2x- 2y+ 2z-

( )( )( )

( ) ( ) ( )2 2 2

0x y y z z x

x y z0

y z z x x y

=- - -

Û + + =- - -

2ª RESOLUÇÃO:

( ) ( )( ) ( )( )2

x y z x y z

y z z x x y z x y z x y y zy z= - - Û = - -

- - - - - - --

( ) ( )( ) ( )( )2

y x z y x z

z x y z x y y z z x x y z xz x= - - Û = - -

- - - - - - --

( ) ( )( ) ( )( )2

z x y z x y

x y y z z x y z x y z x x yx y= - - Û = - -

- - - - - - --

Somando as três igualdades, temos:

( )( ) ( )( ) ( )( )2 2 2

x y z x y x z y z

z x y z x y y z x y z x(y z) (z x) (x y)

+ + +æ ö+ + = - + + =ç ÷- - - - - -- - - è ø

= -2y- 2z+ 2x- 2y+ 2z-

( )( )( )0

x y y z z x

æ öç ÷ =ç ÷- - -è ø

QUESTÃO 19

Sendo z tal que 7z 1= e z 1¹ , então o valor numérico de 10 30 5010 30 50

1 1 1z z z

z z z+ + + + + é:

a) 0 b) -1 c) 1

RESPOSTA: b

RESOLUÇÃO: 7z 1= e z 1¹ Þ 6 5 4 3 2z z z z z z 1 0+ + + + + + = .

Dividindo a última equação por 3z , vem: 3 22 3

1 1 1z z z 1 0

z z z+ + + + + + =

Usando que 7z 1= , ( )428 7z z 1= = e ( )749 7z z 1= = , temos:

10 30 5010 30 50

3 23 2

1 1 1z z z

z z z1 1 1

z z z 1zz z

+ + + + + =

= + + + + + = -

Referência: ARML-NYSL Contests 1989-1994 - L. Zimmerman e G. Kessler - pág. 45.

QUESTÃO 20

Se 2x x 1 0+ + = , calcule o valor numérico de: 2 2 22

2 3 20072 3 2007

1 1 1 1x x x x

x x x x

æ ö æ ö æ öæ ö+ + + + + + + +ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷è ø è ø è ø è ø

2007200720072007xx2007

a) 0 b) 1 c) 2007 d) 4014 e) 1004 2007´

RESPOSTA: d

RESOLUÇÃO:

2 224 2005

4 2005

2 2 22 5 2006

2 5 2006

2 2 23 6 2007

3 6 2007

x x 1 0 x x 1

x x x 1 x x x 1 x 1

1 1 1x x x

ì + + = Û = - -ïï

= - - = - - = + - =íï

æ ö æ öæ ö+ = + = = +ç ÷ ç ÷ ç ÷è ø è ø è ø

æ ö æ ö æ ö+ = + = = +ç ÷ ç ÷ ç ÷

è ø è ø è ø

æ ö æ ö æ ö+ = + = = +ç ÷ ç ÷ ç ÷

è ø è ø è ø

4 24 2004 24 24 2

4 2004 24 24 24 2004 24 24 2

xx4 24 24 24 24 24 2

4 2004 24 24 24 24 24 24 24 24 24 2

2006200620062006xxx2006

2007200720072007xx2007

( ) ( )

2 22 2

3 23 2

2 222 22 3 2

2 2 222 3 2007

2 3 2007

1 1 10 x 1 x 2 1 x 1

x x x1 1 1

x x x 1 1 1 1 2xx x

1 1 1x x x 1 1 2 6

1 1 1 1 2007x x x x 6 4014

x 3x x x

= Þ + = Þ + + = Û + = -

æ öæ öÞ + = + - + = × - - = -ç ÷ç ÷è øè ø

æ ö æ öæ ö+ + + + + = + - + - =ç ÷ ç ÷ ç ÷è ø è ø è ø

æ ö æ ö æ öæ ö+ + + + + + + + = × =ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷è ø è ø è ø è ø

2007200720072007xxx200720072007

QUESTÃO 21 Sejam a , b e c os lados de um triângulo escaleno e l um número real. Se as raízes da equação

( ) ( )2x 2 a b c x 3 ab bc ca 0+ + + + l + + = são reais, então

c) 4 5

,3 3æ ölÎç ÷è ø

e) não existe l .

RESPOSTA: a

RESOLUÇÃO:

( ) ( ) ( ) ( )2 20 4 a b c 4 3 ab bc ac 0 a b c 3 ab bc acD ³ Û + + - × l + + ³ Û + + ³ l + +

Como a,b,c 0> , então ( )( )

( )( ) ( )

2 2 2 2 2 2 2a b c a b c 2 ab bc ac a b c 2

3 ab bc ac 3 ab bc ac 3 ab bc ac 3

+ + + + + + + + +l £ = = +

+ + + + + +.

Pela desigualdade triangular, temos:

2 2 22 2 2 2 2 2

a b c a b 2ab ca b c

b c a b c 2bc a a b c 2 ab bc ac 2ab bc ac

c a b c a 2ac b

ü- < Û + - <ïï + +

- < Û + - < Þ + + < + + Û <ý+ +ï

- < Û + - < ïþ

2 2 2a b c 2 1 2 4 42

3 ab bc ac 3 3 3 3 3

+ +Þl £ + < × + = Û l <

REFERÊNCIA: IIT – JEE 2006 QUESTÃO 22

Na figura abaixo, sabe-se que BM MC= , ˆ ˆBAC CAD= e AD 4 AL= × . Sabendo que

AD 2 AB 16 cm+ × = e que o ângulo ˆACD é reto, podemos afirmar que o comprimento de LM e:

a) 10 cm b) 8 cm c) 6 cm d) 4 cm e) 2 cm RESPOSTA: d RESOLUÇÃO:

Seja AL k= . AD 4 AL AD 4k= × Þ = Seja N o ponto médio de AD , então CN é mediana relativa à hipotenusa do triângulo retângulo

ACD , donde AD 4k

CN 2k2 2

= = = .

ˆ ˆ ˆAN CN 2k NCA NAC CAB AB CN= = Þ = = Þ CN Como AL AN k= = e BM MC= , então ML AB CNAB CN . Assim, o #ABCN é um trapézio e ML é base média do trapézio, logo

AB CN AB 2k 8ML 4 cm

+ += = = =

onde foi usado que AD 2 AB 16 4k 2 AB 16 AB 2k 8+ × = Û + × = Û + = .

REFERÊNCIA: Prof. Eduardo Brito.

QUESTÃO 23

Em um triângulo escaleno KLM , a bissetriz do ângulo ˆKLM corta o lado KM no ponto N . Pelo

ponto N traça-se uma reta que corta o lado LM em um ponto A tal que MN AM= . Sabe-se que

LN a= e KL KN b+ = . A medida do segmento AL é igual a:

c) 2 2a b

d) 2 2a b

e) 2 2a b

RESPOSTA: a

RESOLUÇÃO:

Sejam ˆ ˆKLN NLM= = a e ˆLNA =b . Sejam ainda o ponto C sobre o prolongamento de LK tal que LC b= , ou seja, KC KN= .

( )ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆNAM ANM AMN 180 2 MKL 2 KNC KCNÞ =a+b = Þ = - a+b Þ = bÞ = =b((((0 20 2(

( )2 2LN LC LN a

LCN ~ LNA A.A.A. LALA LN LC b

D D Þ = Û = =

REFERÊNCIA: Medviédev, G. N. – Problemas de Matemática - Facultad de Física de la Universidad Lomonósov de Moscú – pg. 15.

QUESTÃO 24

Considere um triângulo ABC com ˆBAC 45= e ˆACB 30= . Se M é o ponto médio do lado BC e

D um ponto em AC tal que BD AC^ , analise as afirmativas abaixo: (I) O triângulo DMA é isósceles.

(II) ˆAMB 45= .

(III) BC AC 2 AM AB× = × × . Podemos afirmar que: a) Todas são falsas. b) Apenas (I) é falsa. c) Apenas (II) é falsa. d) Apenas (III) é falsa. e) Todas são verdadeiras.

RESPOSTA: e

RESOLUÇÃO:

Seja D o ponto de AC tal que BD AC^ .

ˆˆDBA 90 DAB 90 45 45 BDA= - = - = ÞDˆDAB 90 45 45 BDADAB 90 45 45 BDAB 90 45 45 B é retângulo isósceles e AD BD= .

Como o CDBD é retângulo, DM é mediana relativa à hipotenusa, então DM MC MB= = e ˆˆCDM DCM 30= = . ˆˆ ˆBMD MCD MDC 30 30 60= + = + =30 603030

Como DM MB= e ˆBMD 60= , então o BMDD é equilátero e BD DM MB= = .

Como DM BD DA= = , então o ADMD é isósceles e ˆCDM 30ˆˆDMA DAM 152 2

= = = =15 .

Logo, ˆ ˆ ˆAMB BMD DMA 60 15 45= - = - =15 451515 . ˆ ˆ ˆBAM BAC DAM 45 15 30= - = - =15 3015

Como ˆ ˆBAM ACB 30= = e ˆˆAMB BAC 45= = , então BAM ~ ABCD D . Daí, vem:

AB BM AM BCBM AC AM AB AC AM AB BC AC 2 AM AB

2BC AB AC= = Û × = × Û × = × Û × = × × .

REFERÊNCIA: Olimpíada Espanhola de Matemática – 2005.

QUESTÃO 25 Um turista faz uma viagem pela cidade em etapas. Em cada etapa o turista percorre 3 segmentos de comprimento 100 metros separados por curvas à direita de 60°. Entre o último segmento de uma etapa e o primeiro segmento da próxima etapa, o turista faz uma curva à esquerda de 60°. A que distância o turista estará da sua posição inicial, após 1997 etapas? a) 0 b) 50 metros c) 85 metros d) 100 metros e) 200 metros

RESPOSTA: e

RESOLUÇÃO:

Cada etapa forma um trapézio isósceles. A distância entre o ponto inicial e final de cada etapa é 200 metros. Após 6 etapas, o turista retorna ao ponto inicial, formando um hexágono. Como 1997 6 332 5= ´ + , o turista percorre 332 hexágonos completos e mais 5 etapas. Logo, se o turista inicia a viagem no ponto A, terminará no ponto B, a uma distância de 200 metros de A. QUESTÃO 26 No triângulo ABC , AB 20= , AC 21= e BC 29= . Os pontos D e E sobre o lado BC são tais que

BD 8= e EC 9= . A medida do ângulo ˆDAE , em graus, é igual a: a) 30 b) 40 c) 45 d) 60 e) 75 RESPOSTA: c RESOLUÇÃO:

2 2 2BC AB AC= + Þ ABCD é retângulo em A Þ x y 90+q+ = DE BC BD EC 29 8 9 12= - - = - - =

BE BA 20= = Þ ABED é isósceles de vértice B Þ ˆˆBEA BAE x= = q+

CD CA 21= = Þ ACDD é isósceles de vértice C Þ ˆˆCDA CAD y= = q+

ADED : ( ) ( ) ( )y x 180 2 x y 180 2 90 180 45q+ q+ + q+ = Þ q+ q+ + = Þ q+ = Ûq=( ) 45q q q q( )0 2 x y 180 2 90 1800 2 x y 180 2 90 180( )

QUESTÃO 27

Na figura abaixo, sabe-se que AB AC= . O valor do ângulo ˆBDE é:

a) 12º b) 14º c) 21º d) 24º e) 30º

RESPOSTA: d

RESOLUÇÃO:

Seja X o ponto de interseção de BD e CE .Temos oˆ ˆXCD XDC 54= = , assim XC XD= . Trace perpendiculares XY e XZ a BC e BE , respectivamente. Sejam P e Q os pontos médios de XC e XD , respectivamente. Seja R a interseção de XE e QZ .

XCXY XC sen30º XP PC

2= × = = =

BD é bissetriz de ˆABD XY XZÞ = Logo, XQ XP XY XZ= = = , ou seja, XQ XZ= e, portanto o triângulo XQZ é isósceles.

Como oˆBXZ 48= é ângulo externo do XQZD , temos oˆ ˆXQZ XZQ 24= = .

Mas, ˆBEC 180º 84º 30º 66º= - - = e ˆ ˆEXZ 90º BEC 90º 66º 24º= - = - = , donde o triângulo RXZ é

isósceles e, como ˆEZX 90º= , R é o centro do círculo EXZ . Assim, R é o ponto médio de EX e, como Q é ponto médio de XD , então DE é paralela a QZ e

daí, oˆˆBDE XQZ 24= = .

QUESTÃO 28

Em um triângulo ABC , tem-se AB BC= e B 20= . Sobre AB toma-se o ponto M tal que ˆMCA 60= e sobre BC , o ponto N tal que ˆNAC 50= . O ângulo ˆNMC mede:

RESPOSTA: c

RESOLUÇÃO:

ˆ ˆ ˆ ˆAB AC BAC BCA 80 BAN 30 BCM 20= Þ = = Þ = Ù =ˆ ˆ0 BAN 30 BCM 200 BAN 30 BCM

Seja CP tal que ˆACP 20= . ˆˆAPC 180 80 20 80 PAC AC CPÞ = - - = = Þ =ˆ0 80 20 80 PAC0 80 20 80 PAC0 80 20 80 PAC

ˆˆANC 180 80 50 50 NAC AC CN= - - = = Þ =ˆ80 50 50 NAC80 50 50 NAC80 50 50 NA ˆCN CP PCN 60 PCN= Ù = ÞD0 PC0 P0 P é equilátero PN PC CNÞ = =

ˆCPN 60Þ = ˆAMC PMC 180 80 60 40D Þ = - - =0 80 60 400 80 600 80 60

ˆˆPMC 40 PCM MPCÞ = = ÞDˆ0 PCM0 PC é isósceles PM PC PNÞ = = ˆMPC 180 40 40 100= - - =0 40 40 1000 40 400 40 40 ˆ ˆ ˆMPN MPC CPN 100 60 40= - = - =0 60 400 600 60

Como PM PN= , então 180 40ˆ ˆNMP MNP 70

-= = =

0 4070

ˆ ˆ ˆNMC NMP PMC 70 40 30Þ = - = - =0 40 300 40

QUESTÃO 29

Em um triângulo ABC , B 100= e C 65= . Sobre AB se toma o ponto M tal que ˆMCB 55= e

sobre AC , o ponto N tal que ˆNBC 80= . A medida do ângulo ˆNMC é

RESPOSTA: d

RESOLUÇÃO:

Consideremos a circunferência circunscrita ao MCBD . Seja 1M a interseção da circunferência com o

prolongamento de BN .

1CM CM= , pois ambos são cordas que determinam

arcos de 160 .

1 1 1ˆ ˆˆM CM M BM 20 M CN 10= = Þ =ˆ0 M CN 100 M CN0 M CN11

NCÞ é bissetriz de 1ˆM CM

L.A.L.

ˆ ˆM CN NCM 10 M CN MCN

CN comum

= üï

= = Þ D º Dýïþ

(L.A.L.ï1 11 101 1ý

ïï1 11 1

1ˆ ˆ ˆNMC NM C CMB 180 100 55 25Þ = = = - - =0 100 55 250 100 550 100 55

REFERÊNCIA: Shariguin, I. – Problemas de Geometría – Planimetría – pg. 54.

QUESTÃO 30

O ponto D está no interior do triângulo ABC . O ângulo ˆBAC 50= , ˆDAB 10= , ˆDCA 30= e ˆDBA 20= 0 . O valor do ângulo ˆDBC é:

RESPOSTA: d

RESOLUÇÃO: Vamos refletir A em relação à reta BD, obtendo A'. BDÇAA' = {Z} BA'ÇAC = {X} BXÇCD = {Y}

ˆ ˆABX 2 ABD 40= × = Þ ˆ ˆBAA' BA'A 70= = ˆBAX 50= Þ ˆBXA 90= . ˆ ˆ ˆDAA' BAA' DAB 70 10 60= - = - =0 10 600 10

ˆˆ ˆDYX YXC DCX 90 30 120= + = + =0 30 1200 300 30 ˆ ˆDAA' DYA' 180+ = Þ #DAA'Y é inscritível

( )ˆˆ ˆ ˆ ˆA'YA A'DA 2 ZDA 2 DBA DAB 60= = × = × + =

ˆˆ ˆXYC 90 DCA 60 XYA= - = =ˆ ˆˆ0 DCA 60 XYA0 DCA 600 DCA 60 , então C é a reflexão de A em relação a BX.

Þ BC BA= e ˆ ˆACB BAC 50= =

Þ ˆABC 80= Þ ˆ ˆDBC 80 DBA 60= - =ˆ0 DBA 600 DBA

REFERÊNCIA: USAMO 1996

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