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Sistema ELITE de Ensino EN 2017/2018 – Matemática / Física

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1

GABARITO ESCOLA NAVAL - 2017/2018

PROVA AMARELA

MATEMÁTICA / FÍSICA

01. D 11. A 21. E 31. B

02. E 12. B 22. D 32. C*

03. D 13. A 23. C 33. B

04. E 14. B 24. D 34. C*

05. D 15. D 25. B 35. ANULADA

06. A 16. C 26. E 36. B

07. A 17. B 27. E 37. ANULADA

08. C 18. E 28. A 38. D

09. A 19. B 29. D 39. A

10. E 20. E 30. A 40. D

* Questões passíveis de anulação.



2

GABARITO COMENTADO – PROVA AMARELA

PROVA DE MATEMÁTICA

Professores:

Anderson Izidoro

Brito

Bruno Pedra

Carlos Eduardo (Cadu)

Êurope

Rafael Sabino

Thiago Esquian

01. Solução: Letra D.

Primeiro resolvemos o determinante,

2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1

0 1 0 1

0 0 1

1

( ) 7

a a

a ak

b b

b b

a a

k b a ab a

b b b a ab b b a ab

k ab b a ab b a a b

Precisamos encontrar o coeficiente de 1 6kx x , para isso reescreveremos a

expressão

3 3 3 62

2 9

1 1 (2 1)2

2 8

xx x

x x x

, ou seja, o coeficiente 6x vai ser dado pelo coeficiente de

15x , em 3 6(2 1)x .

3 5 6 5 15

1 5 1

6.(2 ) .1 192

5pT T x x

156

9

19224

8

xx

x

02. Solução: Letra E.

Dada uma elipse de equação

2 2

2 21

x y

a b , sua relação fundamental é a expressão

2 2 2a b c , ou seja,



3

Sejam os focos escritos em função de a e b e o ponto P em função de a, b e x,

temos que

22 2 2 2

1 2 2

( )( ,0), ( ( ) ,0) ,

bxF a b F ab e P x b

a

O produto escalar é dado por

2 22 2 2 2 2 2

1 2 2 2

( ) ( ). , . ,

bx bxPF PF x a b b x a b b

a a

22 2 2 2

1 2 2

22 2 2 2 2

1 2 2

2 2 2 2

1 2

( ).

. 1 1

. 1 2

bxPF PF x a b b

a

xPF PF x a e a e

a

PF PF e x a e

03. Solução: Letra D. Primeiramente vamos calcular as derivadas de f(x):

1'( ) 1f x

x e

2

1''( )f x

x

Como g(x) é a inversa de f(x), temos que ( ( ))g f x x . Derivando implicitamente

esta equação temos

(I) .'( ( )) ' 1g f x f x .

Derivando novamente chegamos a

(II) . ..''( ( )) ' ' ' '' 0g f x f x f x g x f x

Agora notemos que 1 1f , ' 1 2f e '' 1 1f .

Fazendo 1x em (I) temos:

2 2

2 22 2 2 2 2 2 2 2

21

c a be

a a

a be a e a b b a e

a



4

.'( (1)) ' 1 1

.'(1) 2 1

1'(1)

2

g f f

g

g

Finalmente, fazendo 1x em

. ..''( (1)) ' 1 ' 1 ' 1 '' 1 0

1. ..''(1) 2 2 1 0

2

1''

8

g f f f g f

g

g x


No polinômio 6 5 4 3 2( )P x x bx cx dx ex fx g , sabemos que

3( 2 3) 0P , ou

seja, 32 3x é raiz, então

32 3x 32 3x

3 3

3 232 3 3 2 6 2 2 3x x x x

22

3 2 3 2

6 2 4 3 4 2

6 2 4 3 4 2

6 4 3 2

6 3 3 2 2 2 6 3 2(3 2)

36 9 2(6 3 18 ) 2(9 12 4)

36 9 12 6 36 18 24 8

6 6 12 36 1 0

x x x x x x

x x x x x x x

x x x x x x x

x x x x x

6 4 3 2( ) 6 6 12 36 1P x x x x x x

A divisão de P x por 3 3 1x x determina o polinômio R x , logo

3 2( ) ( 3 1) . ( ) 3 54 4P x x x q x x x

2R(x) = 3x 54x 4 3 54 4 = 55S


Vamos primeiro reescrever a função para visualizar o conjunto imagem

2 22 2 1 2 1 2 2 2f x cos x sen x cos x sen x cos x sen x

Podemos fazer a substituição 2 90º 2cos x sen x , ou seja,



5

90º 2 2 90º 2 290º 2 2 2 . 2 45º . 45º 2

2 2

2. 45º 2

x x x xf x sen x sen x sen cos sen cos x

f x cos x

A imagem de f x é 2, 2

, portanto 2a e 2b .

Para acharmos a equação do plano , deve-se fazer o produto veorial entre

para encontrar o vetor normal ao plano.

0 1 0 1,0, 1

1 1 1

i j k

Det i k n i k

A equação do plano : 0x z d

O plano passa pelo ponto 9, 1,0A , portanto

9 0 0 9d d : 9 0x z

A distância do plano ao ponto P é dado por:

2

, ,1 , 2,1 1, 2,12

aP a

b

,2 2 2

o o o

P

ax by cz dd

a b c

,

22 2

1. 1 0. 2 1 9 11 11 2

221 0 1Pd

06. Solução: Letra A.

Vamos determinar a área da base pelo radical de Heron

13 14 1521

2p

221 21 13 21 14 21 15 84baseS p p a p b p c cm

Conseguimos determinar a altura da pirâmide pelo volume dado

1 1 15 22105 22 84 105 22

3 3 4baseV S h h h



6

A projeção do vértice da pirâmide no plano da base se dá no ponto

equidistante dos vértices do triângulo da base, ou seja, seu circuncentro.

Logo vamos determinar, portanto, esse raio.

13.14.15 6584 84

4 4 8base

abcS R

R R

Conseguimos agora finalizar a questão encontrando l no triângulo retângulo

abaixo

22

2 65 15 22 155

8 4 8l l


(FALSA) Tomando ,o oP x y um ponto de interseção das curvas. Seja r a reta

que contém P e é tangente à parábola e a reta s que contém P é tangente à

elipse. Temos,

Coeficiente angular de r em P:

2 ' 2y ax y ax 2r om ax

Coeficiente angular de r em P:

2 22 2 2 4 . ' 0 '2 2

os

o

xxx y x y y y m

y y

Como P é um ponto pertencente às duas funções, sabemos que

2 2

2

oo o

o

yy ax y ax a

x

Para que as duas retas sejam perpendiculares entre si, temos

2. 2 . 2. . . 1

2 2

o o or s o o

o o o

x y xm m ax x

y x y

, ou seja, as retas s e r são sempre paralelas.

(VERDADEIRA)



7

~ ~ ~ ~ ^

^

x A p x x A q x x A q x x A p x

x A q x x A p x

(FALSA)

2 2 2

2

0 0 0

2 222

2 00 0

2

1 11

1 11 1

1.sec sec sec

cos

lim sec 0 sec0 1x

sen x sen xM dx dx dx

sen x sen xsen x sen x

sen xM dx x tgx x dx tg x x

x

M tg x x tg

(FALSA) Olhemos para um contraexemplo, x i . Seu argumento é 2

, ou seja,

21 i seni ie e e

e

.

08. Solução: Letra C.

Primeiramente posicionamos um dos vértices na origem dos eixos coordenados e

adotamos medida da aresta igual a 2a . Definimos então os vértices do

tetraedro no espaço e os vetores pedidos na questão.

3 2 3 2 6 3 2

AB AD B A D A A B DX A m AC A m C A A m C

Como x pertence ao plano BCD, a coordenada y de X é igual a zero ( 0xy ), ou

seja,

2 6 60 2 0 6

3 9 3x

a a my m m

Logo,



8

3 2 3 3 2

2 2

3 2

2

3 12 1 2 12 1' '

4 4

2.6 12.6 1 1' 6

46 4

x x x x xf x f x

x x

f


Pelo teorema de L’Hôpital

2 33 33

30 1

2

3 9 3. 3 2 2 9

1 93 3lim lim

x x

x xA

x

Como estamos observando x na vizinhança de 0, tem que 2 2 0 2 0x e x , logo:

2 2 2

0 0 0

2 2 2 21lim lim lim

x x x

x x x x x xB

x x x

Temos que

3

11 1

1sen

x

, logo

9 9 9

3

11 1 1

1x x sen x

x

então pelo

teorema do confronto temos que:

9 9 9 9

3 30 0 0 0

1 11 1 1 0 1 0

1 1lim lim lim lim

x x x x

x x sen x x senx x

Portanto, 0C e

3.13

3

4

2 9 80

9 3

BA C


I) (FALSA) Olhemos para um contraexemplo, 3f x x com x . A função é

estritamente crescente, ou seja, 2' 3. 0f x x , porém em 0x em ' 0f x .

II) (VERDADEIRA) Se f x f x t então 2f x t f x t f x , intuitivamente

temos que f x f x kt , logo 't kt .

III) (FALSA) Olhemos para um contraexemplo, a função f x x , para todo x

não é derivável em 0x . Note que



9

0

0

001

0 0

001

0 0

lim

lim

x

x

xf x f

x x

xf x f

x x

IV) (FALSA) Se é extritamente crescente ou descrescente será injetora, mas

não necessariamente sobrejetora.

V) (VERDADEIRA) Se 2 2h x f x g x , derivando temos

' 2. . ' 2. . 'h x f x f x g x g x . Como 'f x g x e ''f x f x 'g x f x ,

, logo substituindo temos

' 2. . 2. . 0h x f x g x g x f x h x c

Como 0 5h , 5c 5h x 10 5h


Seja 1V o conjunto verdade de p x q x , temos que ( )I A A q P q A pV C C V V V C V

e r x é o conjunto A rC V . Logo, o conjunto verdade desejado é dado por

I A r q A p A r A p q A rp x q x r x V C V V C V C V C V V C V

Nota: a notação AC B é o conjunto complementar de B em A.

12. Solução: Letra B.

Consideremos a assíntota de 3 3 2f x x x como y mx b .

3 3 2 3 2

3 33 3

1lim lim lim 1

x x x

x x x xm

x x x x

Utilizando a aproximação de Bernoulli

Logo,



10

1 1 1lim . 1 1 lim

3 3 3x xb x

x

Portanto a equação da assíntota é 1

3y x . Representando no plano cartesiano

os gráficos, temos:

Precisamos calcular a área do trapézio hachurado, em que a base menor é a

distância entre os pontos (3,4) e (0,1), portanto (b = base menor) b = . A

base maior é a distância entre os pontos (0,-1/3) e (11/3,10/3), portanto(B =

base maior) B = . A altura do trapézio é igual a distância entre as

retas y = x+1 e y = -1/3+x, portanto h = .

Aplicando a fórmula da área do trapézio:

.

2

B b hS

, temos

11 2 4 23 2 .

3 6 40

2 9S

.


X é o conjunto que contem os p elementos de B e pode ou não conter os outros

n – p elementos que estão em A, mas não estão em B. Para a montagem, do

conjunto X podemos decidir de duas maneiras para cada um destes n – p

elementos (pertencer ou não pertencer), logo:

1 2 3

2 2 2 2

, , ... , _,_,_ ..._pX x x x x

Teremos, portanto, 2n p possibilidades para montagem de X.



11


Representamos primeiro o gráfico da parábola e a reta da partícula à origem

que determina o ângulo . Logo,

2 2 2 2. 1 . 1 . 0x tg x tg x tg x

Derivando a equação em função do tempo,

2 22 . . 0d dx

tg sec x tgdt dt

Como 8dx

dt , temos

2 21 5 1

2. . . 4 . 8 02 2 2

25. 2

5

d

dt

d d

dt dt


Reescrevemos os vértices do triângulo equilátero,

0,1 , , , 0,1 , , ,i z a b e iz b a A B a b e C b a

Logo,



12

2 2 2 2 2 2 22 21 1AB AC BC AB AC BC a b b a a b b a

2 2 2 2 2 2 2

2 1 2 1

1 32 1 2 2 2 2 1 0

2

i b a a b

ii b a a a ab b b ab a a a a

, ou seja,

1

2

1 3 1 3 6 2 5

2 2 2 4

1 3 1 3 6 2

2 2 2 4

z i cis

z i cis

16. Solução: Letra C. Consideremos a população igual P, temos:

Exame com doença (sadia): 1%. 98,5%.P

Exame com doença (doente): 90%. 1,5%.P

A probabilidade de ter a doença tendo dado exame positivo é

90%. 1,5%. 90.1,5 270

1%. 98,5%. 90%. 1,5%. 98,5 90.1,5 467

P

P P

17. Solução: Letra B. Primeiro vamos determinar o período da função g,

1

1 4

tg xg x tg x p

tg x

Resolveremos agora a integral por substituição, pois

2

2 2

2 12 2

1 12 2

x xtg tg

sen x e cos xx x

tg tg

, chemando 2

xtg u

temos que 2x arctg u .

Derivando temos 2

2

1dx du

u

, substituindo na integral temos



13

2 2

2 2

1 1 2 1 1 2. 1

1 21 cos 1 1 111

21 1

b

b b b b b

a a a a a

a

xtg

uf x dx dx du du du lnu ln u ln ln

xu ux sen x u u u utg

u u

Como 4

a

e 2

b

temos

2 22 4 8

21 1 1

2 4 8

b

a

xtg tg tg

ln ln ln lnx

tg tg tg


Basta observamos os 3 pontos que indicam máximo ou mínimo local, pois nestes

pontos temos que 1 2 3' ' ' 0f x f x f x , ou seja, 1 2 3,x x e x são raízes da

derivada. No gráfico observamos que 1 2x e x são duas raízes entre “a e 0” e 3x

é uma raiz entre “0 e b”.

A única opção que pode representar um esboço do gráfico é a letra E.


Abaixo visualizamos a representação gráfica das inequações e o sólido gerado

(região em azul) pela rotação do conjunto dos pontos comuns.

Volume do cilindro de raio 2 e altura 4:

1

2.2 .4 16CV

Volume gerado pela rotação da parábola:



14

44 4 22

0 0 0

.. 8

2P

yV y dy ydy

Volume da região R RV = Volume do cilindro de altura 1 menos o volume GV

gerado pela rotação do gráfico 1y x .

i) Volume do cilindro de raio 2 e altura 1:

2

2.2 .1 4CV

ii) Volume GV gerado pela rotação do gráfico 1y x :

11 1 5 3

22 4 2

0 0 0

2 28. 1 2 1

5 3 15G

y yV y dy y y dy y

Volume da região R RV :

2

28 324

15 15R C GV V V

O volume do sólido SólidoV será obtido pelo volume do cilindro 1CV menos o

volume gerado pela rotação da parábola PV menos o volume da região R RV ,

ou seja

1

32 8816 8

15 15Sólido C P RV V V V


Se devemos ter pelo mens 3 incógnitas nulas temos,

1º caso: 3 incógnitas nulas

3

6

6!20

3!3!C , assim 4 5 6 20x x x

4

17,2

5 19

6

3 17,2

6 19

119!

1 17 17117!2!

1

20 171 3420

x a

x b a b c P

x c

C P




15

4

6 5 6

4 18

19

5

4 18

6 19

6!15, assim 20

4!(6 4)!

1 19!18 19

1 18!

15 19 285

C x x

x aa b P

x b

C P


5

6 6

19

4 19

4 19

6 19

6!6, assim 20

5!(6 5)!

19!1 19 1

19!

6 1 6

C x

x a a P

C P

O total de casos será dado por 3420 285 6 3711 .

Comentário da prova:

A prova de matemática do concurso da escola naval 17/18 comparada com anos

anteriores apresentou um nível de dificuldade muito superior deixando os

candidatos surpresos. A banca continuou investindo no assunto de cálculo

contendo 8 questões, mas soube distribuir bem os assuntos.

A banca falhou em alguns enunciados e, a nosso ver, deverá anular as questões

2, 7, 11, 17, 18 e 19 da prova amarela.

PROVA DE FÍSICA – PROVA AMARELA

Professores:

Maurício

Tiago Luiz

Portes

21. Solução: Letra E. Inicialmente em t:

P1.V1 = N.R.T

Em t’: Onde T’ = 2T

P’.V’ = N.R.2T

P2.V2 = 2 N.R.T

Como NRT é o P1.V1, podemos:

P2.V2 = = 2 P1.V1



16

Logo:

Como o Volume, em questão é de um cilindro, vamos ter que V = A.h, como a

área é a mesma na situação t e t’, pode-se afirmar que V1 =A.h1 e V2 = A.h2.

Fazendo as devidas substituições.

A pressão exercida na situação t, isto é P1 é a própria pressão atmosférica,

já na situação t’, isto é, P2 é a soma da pressão atmosférica com a pressão

do corpo, que por sua vez é dado por força sobre área, onde essa força é o

peso. Desse modo:

Substituindo na equação anterior

Sabendo que:

A = 3 cm² = 3x10-4 m²

g = 10 m/s²

h1= 12 cm = 12 x 10-2 m

h2= 10 cm = 10 x 10-2 m

Substituindo na equação anterior, temos:

Resolvendo, obteremos a massa igual a 4,2 kg.


Fragata Independência:

Na direção Y ( ): Temos a velocidade da fragata que vale 15 √2 m/s,a na

direção norte (+), em seguida, temos uma correnteza de sentido oposto ( - )

de velocidade 2 m/s. Desse modo, a velocidade de 1, será dada por:

Fragrata Rademaker:



17

Como ela tem velocidade 20 nós, na direção nordeste, o interessante seria

fazer uma decomposição dessa velocidade nas componentes x e y, como o

nordeste está no meio, entre o Norte e Leste, que formam ângulo de 90º, logo

o ângulo que o nordeste forma é de 45º.

Sabendo que:

Desse modo, a velocidade do navio é de 10√2 na direção X ( ou i) e 10√2 na

direção Y (ou J). No entanto, nele também se aplica a correnteza de 2 m/s, na

direção j, que possui sinal negativo, pois tem sentido oposto. Portanto,

temos:

Calculando a velocidade relativa da independece com a Rademaker, temos:

Determinando o módulo:

23. Solução: Letra C.

Identificando as forças da questão:

Peso (atua no meio, por que a barra é homogênea);

Reações (X e Y);

Trações (x e Y).



18

Dados:

L = 5,0 m

M = 2kg

T = 15√2 N

Ry = ?

µ = ?

Calculando todos os momentos e igualando a zero, temos:

Logo:

A soma das forças verticais é zero


Dados:

MA = 12 kg

MB = 3 kg

µE = 0,3

µC = 0,2

Sem deslizamento



19

A força resultante sobre o sistema é:

Substituindo na equação anterior, teremos:

Substituindo valores, temos que:

Desse modo

F = 20 N

25. Solução: Letra B. Como as forças elétricas de interação entre as cargas são iguais, iremos

chamar de F. Por simetria, suas componentes horizontal e vertical também

serão:

As componentes X se anularam, portanto a resultante será 2 Fy = 2. F cos θ



20


Como


Podemos escrever a força eletromotriz induzida na barra que desliza através

da expressão:

Aplicando a 1ª Lei de Ohm na barra, poderemos calcular a corrente elétrica

que se estabelece:

Sendo constante a velocidade da barra, podemos garantir que a força

resultante sobre ela é nula. Desta forma:


AB: Expansão isotérmica

BC: Aquecimento isovolumétrico

CD: compressão/ Resfriamento isobárico.

Reescrevendo isso, num gráfico V x T, temos:



21


Dados:

V = 220 V

P = 7600 W

V’ = 110 V

P’ = ?

A potência elétrica pode ser escrita como:

Então:

Reduzindo a tensão para 110 V, podemos aplicar novamente a equação para o

cálculo da nova potência:


Aplicando a equação fundamental da ondulatória, podemos determinar o

comprimento de onda do som.

Podemos então observar que

Desta forma, as fontes F1 e F3 chegarão ao ponto P em fase, assim como F2 e

F4, visto que a diferença de caminhos percorridos pelas mesmas será um

múltiplo inteiro do comprimento de onda. No entanto, as ondas resultantes

dessas interferências chegarão ao ponto P em oposição de fase. Portanto,

teremos para qualquer ponto P sobre o eixo X uma amplitude resultante nula.


A força de atração gravitacional atua como resultante centrípeta. Logo:

O raio da trajetória é igual a . Então:



22

O vetor velocidade de cada corpo é sempre tangente à trajetória, sendo,

portanto, variável. No entanto, a velocidade angular é constante e a energia

conservada.

32. Solução: Letra C (Passível de Anulação).

Diurno:

Noturno:

Variação percentual

=

No enunciado não consta o sinal de menos na definição da variação percentual.


Igualando as forças resultantes, temos



23

34. Solução: Letra C (Passível de Anulação) . LF = 6 cal/g

Pot = 360 W

C= ? ( o autor não disse em qual estado físico é)

Se for da líquida, segue a resolução:

Fusão

Q = Pot. ∆t=360 x20 = 7200 cal

Q = m. L 7200 = m. 6 m = 1200 g

Líquido

Q = Pot. ∆t = 360 x(67,5 – 60) = 360 x 7,5 = 2700 cal

Q = m. c. ∆θ 2700 = 1200 . c (400 – 325)

C = 0,03 cal/g ºC = 3 mcal/gºC

35. Solução: ANULADA.

Podemos determinar o tempo gasto em cada percurso dado:

Desta forma, o tempo total sera:

Notem então que, se não considerarmos nenhuma parada, a velocidade média será

de 50 km/h. O enunciado garante que a mesma foi de 60 km/h. Existe uma



24

inconsistência teórica, pois se houver qualquer parada, a velocidade deverá

ser menor que 50.


A onda refretada mantém a fase da onda incidente. Uma vez que a onda vai de

uma corda mais densa para outra menos densa, não haverá inversão de fase na

onda refletida.

37. Solução: ANULADA.

Aplicando principio de steven.

Sendo , teremos:

Em A:

EA = T + PA

T = EA - PA

Em B:

EB1 + T + EB2 = PB

T = PB - EB1 - EB2

Igualando as trações

PB - EB1 - EB2 = EA - PA

Não há alternativa correta.



25


Como não há passagem de corrente na malha a direita, a fem será igual a

d.d.p. na lâmpada, de resistência .

Teremos uma resistência equivalente igual a:

Portanto:

Logo a d.d.p. na lâmpada sera:


Se q = 0, Logo F = 0


T = 4s

A = 2 cm

Derivando x,



26

.

Desse modo,

.

Somando,

Comentário da prova:

A prova do concurso da escola naval 17/18 apresentou os seguintes assuntos

por incidência, em número de questões:

Calor: 4

Eletricidade: 5

Ondas: 3

Mecanica: 8

A prova de física deste ano comparada com a dos anos anteriores apresentou um

nível de dificuldade mais baixo.

A banca falhou em alguns enunciados e deverá anular as questões 35 e 37 da

prova amarela.

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