gabarito colegio naval 2011 1 fase completo

Sistema ELITE de Ensino GABARITO Prova Verde

COLGIO NAVAL 2011/2012

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MATEMTICA 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 E D E E D D B E A C-Passvel de anulao 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 D A ANULADA ANULADA B C C B A A

GABARITO Prova RosaMATEMTICA 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 D A B A E D C B ANULADA A 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 E D A E C-Passvel de anulao D ANULADA C E B

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Sistema ELITE de Ensino GABARITO Prova AzulMATEMTICA 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 D B A ANULADA B A D C E E 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 A E C D A B E


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C-Passvel de anulao ANULADA D

GABARITO Prova AmarelaMATEMTICA 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 E A E C A B D ANULADA ANULADA C Passvel de anulao 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 D A B D C E E A B D


Sistema ELITE de Ensino

COLGIO NAVAL 2011/2012 GABARITO COMENTADO Prova Amarela

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PROVA DE MATEMTICA COLGIO NAVAL 2011/2012 (PROVA AMARELA)01. correto afirmar que o nmero 52011 + 2 112011 mltiplo de a) 13 b) 11 c) 7 d) 5 RESOLUO: 5 1 (mod 3) 52011 1 (mod 3) 11 1 (mod 3) 112011=1 (mod 3) 52011+2.112011 (1) + 2 (1) 3 0 (mod3) Portanto, este nmero mltiplo de 3. Podemos observar tambm que:52011 + 2.112011 0 + 2.1 2(mod5) 52011 + 2.112011 (2)2011 + 2.(4)2011(mod7) (2)3 52011

e)

3

(

)

670

.(2) + 23.(23 )1340 (mod7)

(2) + 8.1 6(mod7) + 2.112011

52011 + 0 52011 0(mod11) (1)1005.5 + 2. (2)6 5 + 4 12(mod13)

52011 + 2.112011 (52 )1005.5 + 2.(2)2011 (mod13)

(

)

335

.(2)(mod13)

5 + 2(1)335.(2)(mod13)

Logo, 52011 + 2 112011 no pode ser mltiplo de 5, 7, 11 e 13.

Resposta: E 02. A soluo real da equaoa) 12 b) 14 7 8 9 = 2 um divisor de x 1 x +1 x 1 c) 15 d) 16

e)

19

RESOLUO: 7 x2 1 8 x2 1 = 9 7 ( x + 1) 8 ( x 1) = 9 x + 15 = 9 x = 6 x 1 x +1 Portanto, a soluo real da equao 6 que um divisor de 12.

(

)

(

)

Resposta: A




5

03. A soma das razes de uma equao do 2 grau 2 e o produto dessas razes 0,25. a3 b3 2ab2 , sabendo que a e b so as razes dessa equao do Determine o valor de a2 b2 2 grau e a > b, e assinale a opo correta.a) 1 2 b)

3 2 4

c)

1

d)

2+

1 4

e)

2

1 4

RESOLUO: Temos:

a + b = 2 1 ab = 0, 25 = 4 1 (a b)2 = a 2 2ab + b 2 = (a + b) 2 4ab = ( 2) 2 4. = 1 4 a > b a b =1 a 3 b3 2ab 2 a 3 ab 2 b3 ab 2 a (a 2 b 2 ) b 2 (a + b) a (a b) b 2 = = = a 2 b2 (a + b)(a b) (a + b)(a b) ( a b) (1 ) (a + b)(a b) ab ab 1 = = ( a + b) = 2 4 = 2 ( a b) ( a b) 1 4Resposta: E 04. Sejama, b e c nmeros reais no nulos tais que 1 1 1 + + = p, ab bc ac

a b c a b c + + + + + = q e ab + ac + bc = r. O valor de q2 + 6q sempre igual a b a a c c b p2r2 + 9 a) 4 2 2 p r 9p b) 12 2 2 c) p r 9d) e)

p2r2 10 4r 2 2 p r 12p

RESOLUO:

1 1 1 Note que p.r = + + (ab + ac + bc) ab bc ac pr = 3+

a b c a b c + + + + + b a a c c b pr = 3 + q q = pr 3

Como q2 + 6 q = q (q + 6) = (pr 3)(pr + 3) = p2r 2 9

Resposta: C




6

05. A quantidade de solues reais e distintas da equao 3x3 33x3 + 97 = 5 a) 1 b) 2 c) 3 d) 5 e) 6 RESOLUO: Seja 3x3 = y, temos:y 11y + 97 = 5 y 5 = 11y + 97 (*)

1 Restrio: y 5 0 y 5 2 Restrio: 11y + 97 0 y (*) (y 5)2 = 11y + 97 y2 10y + 25 = 11y + 97 97 . Logo y 5 11

y = 24 y 21y 72 = 0 ou y = 3 (no valida j que y 5)2

y = 3x3 = 24 x3 = 8 x = 2 Logo, temos apenas uma soluo real.

Resposta: A

06. Num paralelogramo ABCD de altura CP = 3, a razo

AB = 2. Seja M o ponto mdio de BC AB e P o p da altura de ABCD baixada sobre o prolongamento de AB, a partir de C. Sabese que a razo entre as reas dos tringulos MPC e ADM tringulo PBC igual a: a)

S(MPC) 2 + 3 = . A rea do S(ADM) 2

15 3 2

b)

9 3 2

c)

5 3 2

d)

3 3 2

e)

3 2

RESOLUO:

AB AB = 2 BC = = AM = MB BC 2Como os tringulos MPC e ADM possuem alturas de mesma medida, ento a razo entre as suas reas igual razo entre as suas bases.www.sistemaelite.com.br



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S ( MPC ) MP 2 + 3 MB + BP 3 BP 3 BP 3 = = = 1+ 1+ = 1+ = CBP = 30 S ( ADM ) AM 2 AM 2 BC 2 BC 2 CP 1 3 1 = tg ( CBP ) = tg 30 = = BP = 3 3 BP BP 3 3 S ( BPC ) = BP PC 3 3 3 9 3 = = unidades de rea 2 2 2(3, 444... + 4,555...)3

Resposta: B 07. O valor dea) 0

90,5 X 0,333... + 7 4 X 0,0625 b)2

64d)

e) 1

c)

3 2

2 2

RESOLUO:

90,5 0,333... + 7 4 0,0625 = 1 + 71 8 = 42 2

3, 444... + 4,555...3

64

= 3

1 + 3

7

4

25 7,9999... 100 4

Resposta: D 08. Dado um quadriltero convexo em que as diagonais so perpendiculares, analise as afirmaes abaixo.I. Um quadriltero assim formado sempre ser um quadrado. II. Um quadriltero assim formado sempre ser um losango. III. Pelo menos uma das diagonais de um quadriltero assim formado divide esse quadriltero em dois tringulos issceles. Assinale a opo correta. a) b) c) d) e) Apenas Apenas Apenas Apenas Apenas a afirmativa I verdadeira. a afirmativa II verdadeira. a afirmativa III verdadeira. as afirmativas II e III so verdadeiras. as afirmativas I, II e III so verdadeiras.

RESOLUO: Sugerimos o quadriltero ABCD abaixo.




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Notamos que ABCD quadriltero convexo e suas diagonais so perpendiculares, alm disso, possui todos os lados diferentes, ento teremos todas as alternativas falsas, j que:

I. II. III.

Falsa - O quadriltero ABCD sugerido no quadrado. Falsa - Este quadriltero no losango. Falsa - Nenhuma das diagonais divide o quadriltero em dois tringulos issceles.

Resposta: A questo no possui alternativa correta e deve ser anulada. 09. Observe a figura a seguir

A figura acima mostra, num mesmo plano, duas ilhas representadas pelos pontos A e B e os pontos C, D, M e P fixados no continente por um observador. Sabe-se que ACB = AD ~ B = APD = 30, M o ponto mdio de CD = 100 m e que PM = 10 m perpendicular a CD. Nessas condies, a distncia entre as linhas de: a) 150 m b) 130 m c) 120 m d) 80 m e) 60 m

RESOLUO:

Como os pontos C e D vem o segmento AB sob um ngulo de 30, os pontos A, B, C e D so concclicos e a medida de AB igual ao raio do crculo. Uma vez fixado o tringulo DPC, o centro do crculo um ponto flutuante pertencente mediatriz de CD, que a reta suporte do segmento PM . O ponto A pertence interseo do crculo com uma reta que forma 30 com o segmento DP e o ponto B determinado a partir de A tal que a distncia AB seja igual ao raio. Assim, como O flutuante, o raio varivel e, consequentemente, a medida de AB tambm varivel. Logo, o problema no tem soluo nica.

Resposta: A questo no possui alternativa correta e deve ser anulada.www.sistemaelite.com.br



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10. Numa pesquisa sobre leitores dos jornais A e B, constatou-se que 70% lem o jornal A e 65% lem o jornal B. Qual o percentual mximo dos que lem os jornais A e B? a) 35% b) 50% c) 65% d) 80% e) 95% RESOLUO: 1 Interpretao: Supondo que existem pessoas pesquisadas que no leem o jornal A e nem o Jornal B (o que contraria o enunciado), temos a seguinte soluo: Seja n o nmero de leitores do Jornal A e do Jornal B. Ento: Leitores apenas do jornal A: (70% - n) Leitores apenas do Jornal B: (65% - n) Pesquisados que no leem A e nem B: x %

n +(70% - n) + (65% - n) + x % = 100% n = 35 % + x % . Como x % no mximo 30 % (na condio B A ) ento o valor mximo de n 65%. 2 Interpretao:Seguindo rigorosamente o descrito no enunciado numa pesquisa sobre os leitores dos jornais A e B, todos os entrevistados leem os jornais A e B, portanto no faria sentido dizer que apenas 70% leem o jornal A e 65% leem o jornal B. Nesta situao no haveria resposta correta.

3 Interpretao:Flexibilizando o enunciado para: numa pesquisa sobre os leitores dos jornais A ou B, poderamos concluir que: Se A o conjunto de leitores do Jornal A, e B o conjunto dos leitores de B, temos:A B = 100% n(A B) = n(A) + n(B) n(A B) n(A B) = n(A) + n(B) n(A B) = 70% + 65% 100% = 35% Neste caso no faria sentido perguntar sobre o percentual mximo. Essas interpretaes foram proposta. Acreditamos que primeira interpretao, e leitores e no leitores dos anulao. possveis em virtude do erro no enunciado da questo a soluo esperada pelo examinador a apresentada na provvel que ele quisesse se referir a uma pesquisa com jornais A e B. Sendo assim, esta questo passvel de

Resposta: C (Passvel de anulao)

11. Analise as afirmaes abaixo referentes a nmeros reais simbolizados por a, b ou c.I. A condio a . b . c > 0 garante que a, b e c no so, simultaneamente, iguais a zero, bem como a condio a2 + b2 + c2 0. II. Quando o valor absoluto de a menor do que b > 0, verdade que b < a < b. III. Admitindo que b > c, verdadeiro afirmar que b2 > c2.www.sistemaelite.com.br

Sistema ELITE de EnsinoAssinale a opo correta. a) b) c) d) e) Apenas Apenas Apenas Apenas Apenas a afirmativa I verdadeira. a afirmativa II verdadeira. a afirmativa III verdadeira. as afirmativas I e II so verdadeiras. as afirmativas I e III so verdadeiras.


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RESOLUO: I VERDADEIRA

a b c > 0 a 0 b 0 c 0 a 2 > 0 b2 > 0 c2 > 0 a 2 + b2 + c2 0Note que a condio inicial garante que nenhum dos trs nmeros nulo, que uma condio mais forte do que os trs nmeros no serem simultaneamente nulos.

II VERDADEIRAPela definio de valor absoluto (mdulo), temos se b > 0 , ento a < b b < a < b . Isso pode ser demonstrado da seguinte maneira:

a, se a 0 a = a, se a < 0 Se a 0 , ento a < b a < b . Logo, 0 a < b . Se a < 0 , ento a < b a < b b < a . Logo, b < a < 0 .Fazendo a unio dos dois intervalos temos o conjunto-soluo da inequao a < b que b < a < b .

III - FALSA2 2 Basta considerar o contra-exemplo seguinte: 1 > 2 e ( 1) = 1 < 2 = ( 2 ) .2 2 A condio b > c > 0 b > c seria verdadeira.

Resposta: D 12. Observe a figura abaixo

A figura apresentada foi construda por etapas. A cada etapa, acrescenta-se pontos na horizontal e na vertical, com uma unidade de distncia, exceto na etapa 1, iniciada com 1 ponto. Continuando a compor a figura com estas etapas e buscando um padro, correto concluir que a) cada etapa possui quantidade mpar de pontos e a soma desses n primeiros mpares n2. b) a soma de todos os nmeros naturais comeando do 1 at n sempre um quadrado perfeito. c) a soma dos pontos das n primeiras etapas 2n2 1.www.sistemaelite.com.br

Sistema ELITE de Ensinod) e) cada etapa n tem 3n 2 pontos. cada etapa n tem 2n + 1 pontos.


11

RESOLUO: Observamos que a quantidade de pontos que so acrescentados a cada etapa define a sequncia: E1 = 1,E2 = 3,E3 = 5,...,En = 2n 1 , sua soma valer:Sn = E1 + E2 + E3 + ... + En1 + En = 1 + 3 + 5 + ... + (2n 3) + (2n 1) Sn = En + En1 + ... + E3 + E2 + E1 = (2n 1) + (2n 3) + ... + 5 + 3 + 1 2Sn = 2n + 2n + 2n + ... + 2n + 2n Sn = 2n (n) Sn = n2 2

Ou seja, cada etapa possui uma quantidade mpar de pontos e a soma desses n primeiros mpares n2 . Nas demais alternativas basta testar n = 2 e veremos que as afirmaes so falsas.

Resposta: A 13. O nmero reala) b) c) d) e) 5 3 74 3 3 2 13 3 3 23

26 15 3 igual a

RESOLUO: Observamos que:Para resolver esse problema deve-se observar o produto notvel:

( a b )3 = a 3 3a 2 b + 3ab 2 b 3 .Considerando a expresso:

3 + 3a ( b 3 ) ( b 3 ) = ( a 3 + 9ab 2 ) 3 ( a 2 b + b 3 ) 3 . Vamos ento tentar identificar nmeros positivos a e b tais que 26 15 3 = ( a 3 + 9ab 2 ) 3 ( a 2 b + b 3 ) 3 . 26 = 8 + 18 = 2 3 + 9 2 12 15 = 3 ( 2 2 1 + 13 ) 26 15 3 = ( 2 3 )3

( a b 3 )3 = a 3 3a 2b

2

3

Note que para identificar o valor de a testamos os cubos perfeitos menores que 26.

3 26 15 3 =

3

(2

3) = 2 32

3

(2

3 ) = 22 2 2 3 + ( 3 ) = 4 4 3 + 3 = 7 4 3 2 3 = 7 4 3

2

3 26 15 3 = 2 3 = (2 3) 2 = 7 4 3Resposta: B




12

14. A diviso do inteiro positivo N por 5 tem quociente q1 e resto 1. a diviso de 4q1 por 5 tem quociente q3 e resto 1. Finalmente, dividindo 4q3 por 5, o quociente q4 e o resto 1. sabendo que N pertence ao intervalo aberto (621, 1871), a soma dos algarismos do N a) 18 b) 16 c) 15 d) 13 e) 12 RESOLUO: Pelo Enunciado. N = 5q1 + 1

(I)

4q1 = 5q2 + 1 (II) 4q2 = 5q3 + 1 (III) 4q3 = 5q4 + 1 (IV) Somando 4 em todas as equaes: N + 4 = 5(q1 + 1) (I) 4(q1 + 1) = 5(q2 + 1) (II) 4(q2 + 1) = 5(q3 + 1) (III) 4(q3 + 1) = 5(q4 + 1) (IV) Multiplicando membro a membro as equaes. 43.(N + 4) = 54 (q4 + 1) Como mdc(5,4) = 1, N+4 deve ser mltiplo de 54 . Logo existe um nmero inteiro K, tal que N + 4 = 54 K N = 54 K 4. Como 621 < N < 1871 , para K = 2, segue que N = 1246 . Portanto, a soma dos algarismos valer 13.

Resposta: D 15. Assinale a opo que apresenta o nico nmero que NO inteiro. a) 6 1771561b) c) d) e)4 6 4 6

28561 4826807 331776 148035889

RESOLUO: Vamos analisar o ltimo algarismo dos quadrados perfeitos e dos cubos perfeitos. As congruncias abaixo so calculadas mdulo 10.

0 2 0 ; 12 1 ; 2 2 4 ; 3 2 9 ; 4 2 6 ; 5 2 5 ; 6 2 6 ; 7 2 9 ; 8 2 4 ; 9 2 1 Assim, o nmero 4826807 no quadrado perfeito, logo 6 4826807 .Tambm possvel solucionar o problema atravs da decomposio dos fatores: a) 6 1771561 = 6 116 = 11 b) 4 28561 = 4 134 = 13 c)6 6

4826807 =4

41.117727 6

d) 4 331776 =

244 = 24 266 = 26

e) 6 148035889 =

Resposta: Cwww.sistemaelite.com.br

Sistema ELITE de Ensino16. A expresso3

COLGIO NAVAL 2011/2012 ( x 1)6

13

um nmero real. Dentre os nmeros reais que essa d) 1 e) 0

expresso pode assumir, o maior deles : a) 2 b) 2 1 c) 2 2

RESOLUO:3

(x 1)6 = (x 1)2

( x 1)2 0 ( x 1)2 0Logo, o valor mximo de3

(x 1)6 = (x 1)2 0 que ocorre quando x=1.

Essa concluso tambm poderia ser obtida observando que o valor mximo da expresso a ordenada do vrtice da funo quadrtica y = (x 1)2 cujo vrtice V (1,0) .

Resposta: E




14

Note ainda que a expresso utilizada no enunciado uma expresso conhecida para representao dos elementos de um intervalo real qualquer a partir do intervalo

Resposta: E

18. Um aluno estudava sobre polgonos convexos e tentou obter dois polgonos de N e n lados (N n), e com D e d diagonais, respectivamente, de modo que Nn=Dd. A quantidade de solues corretas que satisfazem essas condies : a) 0. b) 1. c) 2. d) 3. e) indeterminada. RESOLUO:A partir da equao: N n = D d obtemos:Nn = N(N 3) n(n 3) 2N 2n = N2 3N n2 + 3n 2 2 N2 n2 = 5N 5n (N n)(N + n) = 5(N n), como N n N+n =5 N e n so gneros de polgonos, N 3 e n 3 , portanto N + n 6 . Logo, no h soluo para N + n = 5 .

Resposta: A

19. Considere a figura abaixo.


Sistema ELITE de EnsinoA razo a)


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S(MPQ) , entre as reas dos tringulos MPQ e ABC, : S(ABC) 7 5 7 8 b) c) d) 12 12 15 15

e)

7 8

RESOLUO: S(AMQ) b 4c 4 = = , S(ABC) 3b 5c 15

S(BPQ) c 3a 3 = = , S(ABC) 5c 4a 20

S(CMP) a 2b 1 = = S(ABC) 4a 3b 6

Denominando S(ABC) = S e S(MPQ)=S temos:

S ( AMQ ) + S (BPQ ) + S ( CMP ) + S (MPQ ) = S ( ABC ) 4 S 3S S 16 S + 9 S + 10 S 35 S 25 S 5S S 5 + + +S=S +S=SS=S = = = 15 20 6 60 60 60 12 S 12

Resposta: B 20. Observe a ilustrao a seguir.

Qual a quantidade mnima de peas necessrias para revestir, sem falta ou sobra, um quadro de lado 5, utilizando as peas acima? a) 12 b) 11 c) 10 d) 9 e) 8

RESOLUO:A pea I possui rea S1 = 1 2 = 2 e a pea II possui rea S 2 = 2 2 12 = 3 . Um quadrado de lado 5 possui rea 5 2 = 25 . Supondo que sejam utilizadas x peas do tipo I e y peas do tipo II para revestir o quadrado, ento 2 x + 3 y = 25 . Para encontrar a quantidade mnima de peas, devemos obter o valor mnimo de x + y . Como

mdc ( 2,3) = 1 ,

a

equao

acima

pode

ser

resolvida

como

segue:

x = 2 + 3t 2x + 3y = 25 , t . y = 7 2t Mas, como x e y so as quantidades de peas, ambos devem ser no negativos.www.sistemaelite.com.br



16

2 x = 2 + 3t 0 t 3 2 7 t 3 2 y = 7 2t 0 t 7 2 t t {0,1, 2,3} Como x + y = ( 2 + 3t ) + ( 7 2t ) = 9 + t e t {0,1, 2,3} , ento o valor mnimo procurado

( x + y ) MIN = 9 + 0 = 9

que ocorre quando t = 0 . Neste caso, x = 2 e y = 7 .

A figura a seguir ilustra o caso encontrado acima

Resposta: D


gabarito colegio naval 2011 1 fase completo

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