LIVRO XMAT VOL05A COLÉGIO NAVAL 2ED.pdf

www.madematica.blogspot.com 1 X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira Sumário INTRODUÇÃO ..................................................................................................................................... 2 CAPÍTULO 1 - ENUNCIADOS ........................................................................................................... 3 PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 2015/2016 .................................................. 3 PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 2014/2015 .................................................. 9 PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 2013/2014 ................................................ 15 PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 2012/2013 ................................................ 21 PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 2011/2012 ................................................ 27 CAPÍTULO 2 ....................................................................................................................................... 34 RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES ..................................................................... 34 QUADRO RESUMO DAS QUESTÕES DE 1984 A 2015 ........................................................ 37 CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES POR ASSUNTO ........................................................... 38 CAPÍTULO 3 ....................................................................................................................................... 42 ENUNCIADOS E RESOLUÇÕES ..................................................................................................... 42 PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 2015/2016 ................................................ 42 NOTA 1: Círculo de nove pontos ................................................................................................ 52 PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 2014/2015 ................................................ 63 PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 2013/2014 ................................................ 81 NOTA 2: Reta Simson ................................................................................................................. 93 PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 2012/2013 ................................................ 99 NOTA 3: Fórmula de Legendre-Polignac: ................................................................................ 104 PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 2011/2012 .............................................. 116 www.madematica.blogspot.com 1 X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira INTRODUÇÃO Esse livro é uma coletânea com as questões das Provas de Matemática do Concurso de Admissão ao Colégio Naval (CN) dos anos de 1984 a 2016, mais uma “faixa bônus” com 40 questões anteriores a 1984, detalhadamente resolvidas e classificadas por assunto. Na parte A serão apresentadas as provas de 2012 a 2016, totalizando 100 questões. No capítulo 1 encontram-se os enunciados das provas, para que o estudante tente resolvê-las de maneira independente. No capítulo 2 encontram-se as respostas às questões e a sua classificação por assunto. É apresentada também uma análise da incidência dos assuntos nesses 35 anos de prova. No capítulo 3 encontram-se as resoluções das questões. É desejável que o estudante tente resolver as questões com afinco antes de recorrer à sua resolução. Espero que este livro seja útil para aqueles que estejam se preparando para o concurso da Colégio Naval ou concursos afins e também para aqueles que apreciam Matemática. Renato de Oliveira Caldas Madeira é engenheiro aeronáutico pelo Instituto Tecnológico de Aeronáutica (ITA) da turma de 1997 e Mestre em Matemática Aplicada pelo Fundação Getúlio Vargas (FGV-RJ); participou de olimpíadas de Matemática no início da década de 90, tendo sido medalhista em competições nacionais e internacionais; trabalha com preparação em Matemática para concursos militares há 20 anos e é autor do blog “Mademática”. AGRADECIMENTOS Gostaria de agradecer aos professores que me inspiraram a trilhar esse caminho e à minha família pelo apoio, especialmente, aos meus pais, Cézar e Sueli, pela dedicação e amor. Gostaria ainda de dedicar esse livro à minha esposa Poliana pela ajuda, compreensão e amor durante toda a vida e, em particular, durante toda a elaboração dessa obra e a meu filho Daniel que eu espero seja um futuro leitor deste livro. Renato Madeira Acompanhe o blog www.madematica.blogspot.com e fique sabendo dos lançamentos dos próximos volumes da coleção X-MAT! Volumes já lançados: Livro X-MAT Volume 1 EPCAr 2011-2015 Livro X-MAT Volume 2 AFA 2010-2015 Livro X-MAT Volume 3 EFOMM 2009-2015 Livro X-MAT Volume 4 ESCOLA NAVAL 2010-2015 Livro X-MAT Volume 6 EsPCEx 2011-2016 www.madematica.blogspot.com 2 Deseja-se que k seja um número racional. c) S2 é divisível por 5. Pode-se afirmar x 2  10x  21 que a) S é um número divisível por 7.madematica.  tal que o sistema S não admite solução para qualquer número real c.  10 2  4 c) se a  e c  9 . Qual a maior potência de 2 que o índice i pode assumir? a) 32 b) 16 c) 8 d) 4 e) 2 www. d) S é um número racional. são  9999 994  i constituídos de 2015 algarismos 9. o sistema S não admite solução.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2015-2016 CAPÍTULO 1 . e) 3S  1 é um número ímpar.com 3 . b) S é um número primo. 3 3  9999 997 2  9  3) Seja k    onde cada um dos números 9999 997 e 9999 994 . 2  tal que o sistema S não admite solução para qualquer número real c. 5   13 3  b) existe a   . 3 4 e) se a  e c  9 . pode-se afirmar que 3x  2y  c 6  a) existe a   . o sistema S admite infinitas soluções. 2x  ay  6 2) Dado o sistema S :  nas variáveis x e y.blogspot. o sistema S admite infinitas soluções. 3 4 d) se a  e c  9 .ENUNCIADOS PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 2015/2016  5x  40 2 1) Seja S a soma dos valores inteiros que satisfazem a inequação  0 . Considere que o raio de visão eficiente de uma pessoa é 100 m e que   3 .9 e) 1 6) Qual a medida da maior altura de um triângulo de lados 3. A figura acima representa o trajeto de sete pessoas num treinamento de busca em terreno plano. fazê-las andar em linha reta.7 c) 0.1. A diferença da maior e da menor nota que ele pode ter obtido na 2ª questão de modo a atingir o seu objetivo de média é a) 0. Esse aluno quer atingir média igual a 5. Quantas horas gastará essa máquina para capinar um terreno em iguais condições com 14 m de raio? a) 10 b) 15 c) 20 d) 25 e) 30 5) Para obter o resultado de uma prova de três questões. peso 3.com 4 . 5 e a 3ª.madematica. Nesse método.blogspot. de raio 7 m. e II – sua nota na 3ª questão foi 7.6. usa-se a média ponderada entre as pontuações obtidas em cada questão. 4. Um aluno que realizou essa avaliação estimou que: I – sua nota na 1ª questão está estimada no intervalo fechado de 2. reúne-se um grupo de pessoas num ponto chamado de “centro” para. www. 5? 12 a) 5 b) 3 c) 4 d) 5 20 e) 3 7) Observe a figura a seguir.6 b) 0. afastando-se do “centro”. As duas primeiras questões têm peso 3.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2015-2016 4) Para capinar um terreno circular plano.8 d) 0. segundo o método “radar”. uma máquina gasta 5 horas. em seguida.3 a 3. Sendo assim. inscreve-se um triângulo retângulo ABC. tem raio 2. obtém- 2 se o resultado da soma de x com seu inverso. marque a que apresenta a quantidade mais próxima do mínimo de pessoas necessárias para uma busca eficiente num raio de 900 m a partir do “centro” e pelo método “radar”. Para cada valor real de x. Sabe-se ainda que o menor cateto de ABC mede 2. Qual a área do semicírculo? a) 10 b) 12.blogspot.5 c) 15 d) 17.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2015-2016 Dentre as opções a seguir. mas tangente a um dos catetos de ABC e ao S. A maior circunferência possível que se pode construir externamente ao triângulo ABC e internamente ao S.madematica. a soma dos valores distintos desses resultados é a) 5 b) 4 c) 3 d) 2 e) 1 10) Observe a figura a seguir.5 e) 20 9) Seja x um número real tal que x3  x 2  x  x 1  x 2  x 3  2  0 . a) 34 b) 27 c) 25 d) 20 e) 19 8) Num semicírculo S. www.com 5 . encontrando-se. 14. separa os algarismos pares. 9} d) {10. 15} 11) Seja n um número natural e  um operador matemático que aplicado a qualquer número natural. 10 e 12. não se colocou o zero à direita. 3} b) {4. 5.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2015-2016 A figura acima é formada por círculos numerados de 1 a 9. 2. está no conjunto: a) {1. Sendo assim. e a esse resultado. Sejam M. c) múltiplo de 7. 11. logo fica: 800000000. o produto   20    21    22    23    24     29 possuirá uma quantidade de zeros igual a a) 46 b) 45 c) 43 d) 41 e) 40 12) Na multiplicação de um número k por 70. e) divisível por 3. A quantidade mínima S de “TROCAS” que devem ser feitas para que a soma dos três valores de qualquer horizontal. com isso. vertical ou diagonal. Sendo assim. o valor para a soma dos algarismos de k é a) par. 6} c) {7. seja a mesma.blogspot. 12} e) {13. 13) Seja ABC um triângulo de lados medindo 8.madematica.com 6 . 8. um resultado 32823 unidades menor. por esquecimento. d) um quadrado perfeito. Seja “TROCA” a operação de pegar dois desses círculos e fazer com que um ocupe o lugar que era do outro. acrescenta tantos zeros quanto for o número obtido. Sendo assim. b) uma potência de 5. Exemplo:   3256  2  6  8 . N e P os pés das alturas traçadas dos vértices sobre os lados desse triângulo. os soma. o raio do círculo circunscrito ao triângulo MNP é 5 7 a) 7 6 7 b) 7 8 7 c) 7 9 7 d) 7 10 7 e) 7 www. AD e BC. com E pertencendo ao lado AC.blogspot. Seja ABC um triângulo retângulo de hipotenusa 6 e com catetos diferentes. tal ˆ  ACD que DB intersecta AC em E. a área do triângulo SMR é 3a 2 a) 20 7a 2 b) 10 9a 2 c) 20 11a 2 d) 20 13a 2 e) 20 16) Observe a figura a seguir. em “S”. Os pontos M. também OM. Sendo assim. O segmento BP intersecta a circunferência de centro “O” e raio “a” em R e. respectivamente.com 7 . pode-se afirmar que www. a razão entre as áreas dos triângulos BEC e ABE é 1 a) 3 1 b) 4 2 c) 3 1 d) 5 2 e) 5 15) Seja ABCD um quadrado de lado “2a” cujo centro é “O”. Sabe-se que BAD ˆ  90 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2015-2016 14) ABC é um triângulo equilátero. externo a esse triângulo. Com relação à área ‘S’ de ABC. P e Q são os pontos médios dos lados AB.madematica. Sendo assim. Seja D um ponto do plano de ABC. N  2pq  1 IV . S e R. se a quantidade de elementos de A  B é p. x  y . 4030 um subconjunto dos números naturais e B  A . nessa ordem. 2. com CR  2x e CS  x . Sendo assim.N  2p  2q  1 II . simétricos de T. p e q. analise as sentenças que seguem sobre o número N de subconjuntos não vazios de A  B . 4029.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2015-2016 a) será máxima quando um dos catetos for 3 2 . AB  AC  13 e BC  10 . I .madematica. 2 e) seu valor máximo não existe. Por fim. c) será máxima quando um cateto for o dobro do outro. 17) Sejam A  1. . a soma dos algarismos de N é a) 8 b) 9 c) 10 d) 11 e) 12 18) O número de divisores positivos de 102015 que são múltiplos de 102000 é a) 152 b) 196 c) 216 d) 256 e) 276 19) Dado que o número de elementos dos conjuntos A e B são.N  2p  1 . 5 2 d) será máxima quando a soma dos catetos for . b) será máxima quando um dos ângulos internos for 30 . obtém-se: a) 5 b) 4 c) 3 d) 2 e) 1 www. pertencentes a B nos quais x divida y. com T em BC.com 8 . Com isso. O número máximo de elementos de B é N. Ao analisar a medida inteira de x para que a área do hexágono PQRSTU seja máxima. Em AC marca-se R e S.blogspot. marcam-se U. P e Q.N  2pq 1 III . respectivamente. pode-se afirmar que a quantidade dessas afirmativas que são verdadeiras é: a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 20) No triângulo isósceles ABC. Paralelo a AB e passando por S traça-se o segmento ST. e relativo à altura de ABC com pé sobre BC.3. tal que não existem x e y. 19 e 21 gotas de sangue. 04 m . (E) uma potência de 2 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2014-2015 PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 2014/2015 3 3 1) Seja x um número real tal que x   9 . 4) Observe as figuras a seguir. em 1 minuto. a soma x x dos algarismos de "a" será: (A) 11 (B) 12 (C) 13 (D) 14 (E) 15 2) Considere que as pessoas A e B receberão transfusão de sangue. em minutos.com 9 . (D) um divisor de 130 .blogspot. respectivamente. Os aparelhos são ligados simultaneamente e funcionam ininterruptamente até completarem um litro de sangue. Sendo assim. O tempo que o aparelho de A levará a mais que o aparelho de B será. (B) par e maior do que 17 . de aproximadamente: (A) 125 (B) 135 (C) 145 (D) 155 (E) 165 3) A solução real da equação x  4  x  1  5 é: (A) múltiplo de 3 . (C) ímpar e não primo. Um possível valor de x  é a . Os aparelhos utilizados por A e B liberam. Figura I Figura II www. e uma gota de sangue de ambos os aparelhos tem 0.madematica. blogspot. Seja H o pé da perpendicular traçada de A sobre BC . aproximadamente: (A) 0.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2014-2015 Uma dobra é feita no retângulo 10 cm  2 cm da figura I. de lados AC  b e BC  a . 095 (E) 0. 075 (D) 0.105 6) Considere que ABC é um triângulo retângulo em A . então o resto da divisão do q 900 q período da dízima por 5 é: p 1 (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) 4 www. A razão entre a área do círculo inscrito e do círculo circunscrito nesse triângulo é. em cm2 .com 10 . A área do polígono APQCBRD da figura II. é: (A) 8 5 (B) 20 (C) 10 2 35 (D) 2 13 6 (E) 2 5) Seja ABC um triângulo retângulo de hipotenusa 26 e perímetro 60 . Essa dobra está indicada pela reta suporte de PQ .madematica. 035 (B) 0. 055 (C) 0. a razão será igual a: PH a2 (A) 2 b a3 (B) 2 b a2 (C) 3 b a3 (D) 3 b a (E) b p 525 7) Se a fração irredutível é equivalente ao inverso do número . se os segmentos AH e CM AP cortam-se em P . gerando a figura plana II. e M o ponto médio de AB . (A) 17 (B) 11 (C) 7 (D) 5 (E) 1 9) Considere o operador matemático '* ' que transforma o número real X em X  1 e o operador ' ' 1 que transforma o número real Y em .  II) t m   t m    t m  1   t m  p p 1  . para quaisquer reais t . x Assinale a opção correta.blogspot. A y  B . então x  y  z  k  12 . 7 ou 11 . onde "a" e "b" são primos entre si. então x é 2 . Y 1    Se  * *   *   *1   . m e p não nulos. para quaisquer reais q .com 11 . Calcule o resto da divisão de N por 1155 . 5 . deixa resto igual a 1 . (C) Apenas as afirmativas I e III são falsas.madematica. II e IV são falsas. 11) Considere a equação do 2 grau 2014x 2  2015x  4029  0 . quando dividido por 3 . 2702702 a 2a (C)  0.540540540 b (D) 2b  a  94 (E) b  3a  6 10) Analise as afirmativas abaixo. (A) Apenas as afirmativas I e II são falsas. III) r q  r q   r q  1  r q  . IV) Se 10100  é um número que tem 200 algarismos. a opção correta é: a b a (A)  0. (E) Apenas as afirmativas I. (D) Apenas as afirmativas I. (B) Apenas as afirmativas III e IV são falsas. Bz  C e Ck  4096 . e assinale a opção correta. Sabendo-se que a raiz não inteira é a dada por . 27272727 b b (B)  0.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2014-2015 8) Um número natural N . III e IV são falsas. r w  w 1 e w não nulos. onde a e b são primos entre si. a soma dos algarismos de "a  b" é: b (A) 7 (B) 9 (C) 11 (D) 13 (E) 15 www. I) Se 2 x  A . (E) par e menor do que seis. e que "L" seja a circunferência de centro "C" . e dependendo das posições dos algarismos. N poderá ser um quadrado perfeito. e dependendo das posições dos algarismos. (E) se forem acrescentados mais 150 algarismos iguais a 1 . (B) independentemente das posições dos algarismos. (C) se forem acrescentados mais 240 algarismos iguais a 1 .madematica. Calcule o valor de . (A) 0 (B) 1 (C) 3 (D) 4 (E) 5 www. (D) possui um valor mínimo igual a 2 . Sobre N .e 2 2 4 assinale a opção correta. pode-se afirmar que: (A) se forem acrescentados mais 135 algarismos iguais a 1 .blogspot. é impossível. raio igual a "3" e tangente ao lado AB . y e z . N poderá ser um quadrado perfeito. (C) divisível por cinco. (B) inteiro e com dois divisores. 200 algarismos iguais a 1 e 2015 algarismos iguais a zero.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2014-2015 12) Sobre os números inteiros positivos e não nulos x . N será um quadrado perfeito. (D) múltiplo de três. sabe-se: I) x  y  z y xy II)  2 xz z 1  1 2 III) z   9 6 Com essas informações.5 . e dependendo das posições dos algarismos. (D) se os algarismos da dezena e da unidade não forem iguais a 1 . na variável x . pode-se afirmar que o número  x  y  é: z (A) ímpar e maior do que três. Com relação à área da superfície comum ao triângulo ABC e ao círculo de "L" . pode-se afirmar que: (A) não possui um valor máximo. N não é um quadrado perfeito. 13) Suponha que ABC seja um triângulo isósceles com lados AC  BC . (E) possui um valor máximo igual a 4. 15) A equação K2 x  Kx  K2  2K  8  12x . N poderá ser um quadrado perfeito. (C) não pode ser igual a 4 . 14) Considere que N seja um número natural formado apenas por 200 algarismos iguais a 2 . (B) pode ser igual a 5 .com 12 . Sabe-se que a equação na a  114y 17b  2 ab  K variável y dada por 3ay   admite infinitas soluções. calcule o raio de L e assinale a opção correta.madematica. qual é.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2014-2015 16) A equação x3  2x 2  x  2  0 possui três raízes reais.blogspot.com 13 . marcam-se os pontos "E " e "F" tais que  e BC 3 CF 1  . Sabendo-se que AD  4 e BC  8 . Sejam p e q números reais fixos. BC 4 o percentual da área do triângulo BPE em relação à área do quadrado ABCD ? (A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5 (E) 6 www. e assinale a opção que apresenta esse valor. aproximadamente. Sabendo-se que os segmentos AF e ED intersectam-se em "P" . Trocando x por py  q . onde p é não nulo. A altura traçada do vértice B intersecta L no ponto D . a quantidade de soluções reais da nova equação é: (A) 1 (B) 3 (C) 4 (D) 5 (E) 6 17) Considere que ABC é um triângulo acutângulo inscrito em uma circunferência L . (A) 0 (B) 2 (C) 4 (D) 5 (E) 6 BE 1 19) Sobre o lado BC do quadrado ABCD . calcule o resto da divisão de 16452730046613 por 4058211 . (A) 2 10 (B) 4 10 (C) 2 5 (D) 4 5 (E) 3 10 18) Sabendo que 20144  16452725990416 e que 20142  4056196 . sobre o lado BC está marcado o ponto S tal que a área do triângulo 1 BRS seja da área do paralelogramo.com 14 .blogspot. Nessas condições.madematica. e o ponto P é a interseção do prolongamento do segmento 36 RS com o prolongamento da diagonal DB . 5 www.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2014-2015 20) Observe a figura a seguir. 5 (B) 11 (C) 10. 5 (D) 9 (E) 7. o paralelogramo ABCD tem lados 9 cm e 4 cm . Na figura. Sobre o lado CD está marcado o ponto R . de modo que CR  2 cm . é possível concluir que a razão entre DP as medidas dos segmentos de reta vale: BP (A) 13. Qual é o  3  5  7  9   11   5  7  9   11  P valor de ? Q (A) 2 (B) 2 (C) 5 (D) 3 (E) 5 2) Sabendo que ABC é um triângulo retângulo de hipotenusa BC  a . Quantos casais podem-se formar com a soma das idades inferior a 8 anos? (A) 18 (B) 19 (C) 20 (D) 21 (E) 22 4) Seja A  B  3. qual é o valor máximo da área de ABC ? a2 2 (A) 4 2 a (B) 4 3a 2 2 (C) 4 2 3a (D) 4 3a 2 (E) 2 3) Considere um conjunto de 6 meninos com idades diferentes e um outro conjunto com 6 meninas também com idades diferentes. pode-se afirmar que o número máximo de elementos de B é (A) 7 (B) 6 (C) 5 (D) 4 (E) 3 www.5. as idades variam de 1 ano até 6 anos.madematica. Sendo assim.12 onde A e B são subconjuntos de X .8.blogspot. Sabe-se que. e CAX é o complementar de A em relação a X .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2013-2014 PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 2013/2014  1  1  1  1   1  1  1  1  1 1) Sejam P  1  1  1  1    1   e Q  1  1  1   1   .10.9.com 15 .12 e B  CAX  10. em ambos os conjuntos. X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2013-2014 5) Dada a equação  2x  1  x  3  x  2   6  0 . A figura acima exibe o quadrado ABCD e o arco de circunferência APC com centro em B e raio 3 AB  6 .blogspot. é correto afirmar que o ângulo PCD 5 mede: (A) 36 (B) 30 (C) 28 (D) 24 (E) 20 7 92  33  7) Qual é o valor da expressão  30.madematica. 3 (B) 3 3 (C) 1 (D) 0 (E) 1 www.com 16 . qual é a soma das duas maiores raízes reais desta 2 equação? (A) 0 (B) 1 1 (C) 6  2 (D) 6 (E) 6  1 6) Analise a figura a seguir.333   22  5 239  3 448   3 3   27 17 ?  7  (A) 0. Sabendo que o arco AP da figura tem comprimento . ABC é retângulo. (D) dízima periódica composta. Se a 2  b2  c2 . Se a  b  5 . www. 1 inclusive. qual é o  a  b 2 2 algarismo das unidades do número  y  x x y ? (A) 2 (B) 3 (C) 5 (D) 7 (E) 8 11) Sabe-se que a média aritmética dos algarismos de todos os números naturais desde 10 até 99 . (C) Apenas as afirmativas II e IV são verdadeiras. então o raio de seu círculo inscrito pode ser igual a três quartos da hipotenusa. então o ângulo interno no vértice A é reto. (A)  13. Assinale a opção correta. I . Sendo assim.blogspot.Se M é ponto médio de BC e AM  . então a 2  b2  c2 . Se o ângulo interno no vértice A é reto. (D) Apenas as afirmativas I. é k . pode-se afirmar que o número é k (A) natural. em relação ao triângulo ABC . AC  b e BC  a . II e III são verdadeiras. 2 IV – Se ABC é retângulo. (E) decimal infinito sem período.Seja AB  c .  3 9) Assinale a opção que apresenta o conjunto solução da equação  1  0 . III e IV são verdadeiras. BC III . (A) Apenas as afirmativas I e II são verdadeiras. (B) Apenas a afirmativa I é verdadeira. no conjunto dos x2  4 números reais. (E) Apenas as afirmativas II. k  e x 2  y2  5 k . II . y números naturais não nulos. (C) dízima periódica simples.Seja AB  c .com 17 . b .madematica. 13 (B)  13 (C)  13 (D) 0 (E)   2 2 a b 10) Seja a .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2013-2014 8) Analise as afirmativas abaixo. AC  b e BC  a . (B) decimal exato. x . Se b  c  5a então. qual é o valor de QP ? (A) 8 (B) 6 (C) 5. sabendo-se que BQ  12 e HQ  4 . N e P os pés das perpendiculares sobre os lados AB . De um ponto Q (diferente de A e de C ) sobre o menor arco AC de "L" são traçadas perpendiculares às retas suportes dos lados do triângulo.com 18 .madematica. respectivamente. é igual a 1 . b . AC e BC. qual é a razão entre as áreas dos triângulos BMN e BNP ? 3 (A) 4 9 (B) 16 8 (C) 9 25 (D) 36 36 (E) 49 14) Sabe-se que o ortocentro H de um triângulo ABC é interior ao triângulo e seja Q o pé da altura relativa ao lado AC . b c em função de a é igual a (A) 3a 2 (B) 2 a (C) 2a  3a 1 (D)  2a 3a 1 (E)  3a   3a  2 a 13) Seja ABC um triângulo acutângulo e "L" a circunferência circunscrita ao triângulo. Prolongando BQ até o ponto P sobre a circunferência circunscrita ao triângulo. 5 (E) 4 www. Tomando MN  12 e PN  16 . Considere M . com a .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2013-2014 12) Uma das raízes da equação do 2° grau ax 2  bx  c  0 . c pertencentes ao conjunto dos números reais. sendo a  0 . 5 (D) 4.blogspot. que corta a circunferência em B . De P traçam-se os segmentos PC . com interseção em E. Na figura acima. a circunferência de raio 6 tem centro em C . pode-se afirmar que a medida x é: (A) 10 (B) 12 (C) 14 (D) 15 (E) 16 n 2  37 17) O maior inteiro "n " . Marcam-se na base AB o ponto P e na base CD o ponto Q . que corta a circunferência em D . Sabe-se que as áreas dos quadriláteros APQD e PBCQ são iguais.madematica. tem como soma dos seus algarismos um n 5 valor igual a (A) 6 (B) 8 (C) 10 (D) 12 (E) 14 www. tais que AP  4 e CQ  x . e PA .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2013-2014 15) Analise a figura a seguir. Sabendo que o ângulo APC é 15 e que a distância do ponto C ao segmento de reta AB é 3 2 . Sendo assim. tal que também é inteiro. com bases AB  10 e CD  22 . qual é o valor do ângulo  ? (A) 75 (B) 60 (C) 45 (D) 30 (E) 15 16) Considere que ABCD é um trapézio. onde os vértices são colocados em sentido horário.blogspot.com 19 . Traçam-se ainda os segmentos AD e CD . determine o número de divisores positivos da soma de todos os algarismos desse número. que são menores do que . (A) 12 (B) 10 (C) 8 (D) 6 (E) 4 2x 2  28x  98 20) Considere.é 4 (A) 172 (B) 170 (C) 169 (D) 162 (E) 157 www.madematica.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2013-2014  2 1  ab  5 18) Dado que a e b são números reais não nulos. a desigualdade  0 . A soma dos valores x  10 81 inteiros do conjunto solução desta desigualdade. e que  . com b  4a . qual é o valor  5  2b  4a  b 2  4a  b de 16a 4b2  8a3b3  a 2b4 ? (A) 4 1 (B) 18 1 (C) 12 (D) 18 1 (E) 4 19) Sabendo que 2x  34y x   34  é o menor múltiplo de 17 que pode-se obter para x e y inteiros não y negativos. no conjunto dos números reais.com 20 . e assinale a opção correta.blogspot. 1234  9.5 Assinale a opção correta. (B) Apenas a afirmativa I é verdadeira. Esses números terminam.com 21 . (E) Apenas as afirmativas II e IV são verdadeiras. qual é o valor da expressão  1   1   1   1   1   1 ? 6x 5x 4x 2x (A) 4 (B) 2 (C) 0 (D) 1 (E) 4 2) Analise as afirmativas a seguir. 2 e 4 zeros.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2012-2013 PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 2012/2013 x 3 x 3 1) Para x  2013 .blogspot. 222 3 IV) 2 27  640. (D) Apenas a afirmativa III é verdadeira. com 3 . 444  0. (C) Apenas a afirmativa II é verdadeira. na base 7 ? (A) 2012 (B) 2013 (C) 2014 (D) 2015 (E) 2016 www.1234 222221 555550 II)  222223 555555 III) 0.madematica. 3) Um trapézio isósceles tem lados não paralelos medindo 10 3 . I) 9. Com quantos zeros terminará o número na base decimal n  212012 . Sabendo que a bissetriz interna da base maior contém um dos vértices do trapézio e é perpendicular a um dos lados não paralelos. respectivamente. qual é a área desse trapézio? (A) 75 3 (B) 105 3 (C) 180 3 (D) 225 3 (E) 275 3 4) Os números  35041000 7 . 11600 7 e  62350000 7 estão na base 7 . (A) Apenas as afirmativas II e III são verdadeiras. Qual é o menor valor possível para N  3172 ? (A) 2012 (B) 3172 (C) 5184 (D) 22748 (E) 25920 www. Traça-se a PB 4 reta PS com S no interior de ABCD e C  PS . O ponto P está sobre o lado AB e  .com 22 . Marcam-se ainda.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2012-2013 AP 3 5) No retângulo ABCD .madematica. o lado BC  2AB . Qual é o menor valor possível de k para que 17 seja um número natural. sabendo que x e y são números inteiros? (A) 30 (B) 60 (C) 120 (D) 240 (E) 480 8) Um número inteiro possui exatamente 70 divisores.blogspot. O valor de é: AM 3 (A) 7 3 (B) 11 5 (C) 7 5 (D) 11 7 (E) 11 6) O número N  1 2  3  4  5      k  1  k é formado pelo produto dos k primeiros números naturais N não nulos. sabendo que k 7 é ímpar e não é múltiplo de 7 ? (A) 133 (B) 119 (C) 113 (D) 107 (E) 105 7) Qual é o menor valor positivo de 2160x  1680y . M  AD e N  BC de modo que BN MPNS seja um losango. de modo que GI  . x   3  1 2  x   x 3   x 2 (A)  3 1 (B)  3 (C) 1 (D) 2 11 (E) 3 www.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2012-2013 9) Observe a figura a seguir. Sabe-se que E e F são os pontos médios dos lados DC e CB .madematica. Além disso.com 23 . no conjunto dos números reais. EFGH também forma um quadrado e I está sobre GH o lado GH .blogspot. a soma dos valores de x na igualdade:  1   2    1. A figura acima apresenta um quadrado ABCD de lado 2 . Qual é a área do triângulo BCI ? 4 7 (A) 8 6 (B) 7 5 (C) 6 4 (D) 5 3 (E) 4 10) Determine. respectivamente. com 24 . 23. h1 e h 2 .11. Se. 29. (D) treze. são números ímpares positivos. para cada 100 quilogramas (kg) do ingrediente A devem ser utilizados 10 kg do ingrediente B . (C) seis.17. então (A) y x  260 (B) x  y  5 10 (C) 10 y x  256 4 (D) x y  20 y (E) 2 5 x 14) Seja P  x   2x 2012  2012x  2013 . (E) vinte e cinco. Sabe-se que. As alturas desses triângulos. resulta 44000 gramas do produto.  12) Qual é o total de números naturais em que o resto é o quadrado do quociente na divisão por 26 ? (A) zero.  (E) 11.5. (B) dois. de modo que a área de T1  T2 seja equivalente à área de um quadrado de lado inteiro? (A)  (B) unitário (C) finito (D) 3. 13) Na fabricação de um produto é utilizado o ingrediente A ou B . cada base é o dobro da respectiva altura.9.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2012-2013 11) Em dois triângulos.madematica. 7. Qual é o conjunto dos valores possíveis de h1 e h 2 . T1 e T2 . O resto r  x  da divisão de P  x  por d  x   x 4  1 é tal que r  1 é: (A) 2 (B) 1 (C) 0 (D) 1 (E) 2 www. reunindo x kg do ingrediente A com y kg do ingrediente B .blogspot. Um resultado possível para r  d ou r  q é: (A) 92 (B) 122 (C) 152 (D) 182 (E) 202 16) Seja a 3b  3a 2  12b2  4ab3  287 . qual é o valor de ? 5 3  2 12  32  50 6 7 A 5 4 (A) 3 7 6 (B) 3 8 5 (C) 3 10 7 (D) 3 12 5 (E) 3 5 18) Somando todos os algarismos até a posição 2012 da parte decimal da fração irredutível e. em 7 seguida. qual será o resto dessa divisão? (A) 11 (B) 12 (C) 14 (D) 15 (E) 17 www.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2012-2013 15) Uma divisão de números naturais está representada a seguir.com 25 . Qual é o maior valor natural possível para a expressão a  b ? (A) 7 (B) 11 (C) 13 (D) 17 (E) 19 3 6 A2 17) Sabendo que A  . Sabe-se que 0  d  21 ou q  21 .blogspot. Considere que a e b são números naturais e que ab  3 . d é o divisor.madematica. D  2012 é o dividendo. dividindo essa soma por 23 . q é o quociente e r é o resto. e que x # y  x y .com 26 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2012-2013 19) Sabendo que n é natural não nulo. Na figura acima.madematica. quando dividida por 5 .blogspot. quando dividida por 12 ? (A) 479 (B) 539 (C) 599 (D) 659 (E) 719 www. sabe-se que k  36 . Qual é o menor valor natural da soma x  y  z  t . qual é o valor de 4       1n n 1   2 # 2 # 2 # 2  ?   2 # 2 # 2 # 2  (A) 127 (B) 128 (C) 255 (D) 256 (E) 511 20) Observe a figura a seguir. sabendo que tal soma deixa resto 4 . e resto 11 . blogspot. 1 (A) 2 32 (B) 4 (C) 1 1 (D) 2  4 1 (E) 2  4 1 1 1 a b c a b c 4) Sejam 'a ' .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2011-2012 PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 2011/2012 1) É correto afirmar que o número 5 2011  2 112011 é múltiplo de (A) 13 (B) 11 (C) 7 (D) 5 (E) 3 7 8 9 2) A solução real da equação   2 é um divisor de x 1 x 1 x 1 (A) 12 (B) 14 (C) 15 (D) 16 (E) 19 3) A soma das raízes de uma equação do 2 grau é 2 e o produto dessas raízes é 0. 25 .madematica.com 27 .       q ab bc ac b a a c c b e ab  ac  bc  r . e a 2  b2 assinale a opção correta. sabendo que 'a ' e 'b' são as raízes dessa equação do 2 grau e a  b . 'b' e 'c' números reais não nulos tais que    p. Determine a  b  2ab 3 3 2 o valor de . O valor de q 2  6q é sempre igual a p 2r 2  9 (A) 4 p r  9p 2 2 (B) 12 (C) p r  9 2 2 p 2 r 2  10 (D) 4r www. a razão  2 .com 28 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2011-2012 (E) p 2 r 2  12p 5) A quantidade de soluções reais e distintas da equação 3x 3  33x 3  97  5 é (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 5 (E) 6 AB 6) Num paralelogramo ABCD de altura CP  3 . 0625  3 é 64 (A) 0 (B) 2 (C) 3  2 (D) 2  2 (E) 1 8) Dado um quadrilátero convexo em que as diagonais são perpendiculares.555  7) O valor de 9 0. Sabe-se que a S  MPC  2  3 razão entre as áreas dos triângulos MPC e ADM é  . (B) Apenas a afirmativa II é verdadeira. 444  4. II – Um quadrilátero assim formado sempre será um losango. A área do triângulo BPC é S  ADM  2 igual a 15 3 (A) 2 9 3 (B) 2 5 3 (C) 2 3 3 (D) 2 3 (E) 2  3. Assinale a opção correta. a partir de C .5  0. (A) Apenas a afirmativa I é verdadeira. III – Pelo menos uma das diagonais de um quadrilátero assim formado divide esse quadrilátero em dois triângulos isósceles.blogspot. Seja 'M ' o ponto médio de AB e BC ' P ' o pé da altura de ABCD baixada sobre o prolongamento de AB . analise as afirmações abaixo.madematica. www.333  7 4  0. I– Um quadrilátero assim formado sempre será um quadrado. (A) Apenas a afirmativa I é verdadeira. (B) Apenas a afirmativa II é verdadeira. bem como a condição a 2  b 2  c 2  0 . é verdadeiro afirmar que b 2  c 2 . III – Admitindo que b  c .com 29 . Assinale a opção correta. constatou-se que 70% dos entrevistados leem o jornal A e 65% leem o jornal B . 'b' ou 'c' . ' D ' . 9) Observe a figura a seguir A figura acima mostra.madematica. www. (D) Apenas as afirmativas II e III são verdadeiras. Qual o percentual máximo dos que leem os jornais A e B ? (A) 35% (B) 50% (C) 65% (D) 80% (E) 95% 11) Analise as afirmações abaixo referentes a números reais simbolizados por 'a ' . num mesmo plano. I – A condição a  b  c  0 garante que 'a ' . Sabe-se que ACB ˆ  APB ˆ  30 . 'b' e 'c' não são. a distância entre as ilhas é de: (A) 150 m (B) 130 m (C) 120 m (D) 80 m (E) 60 m 10) Numa pesquisa sobre a leitura dos jornais A e B . Nessas condições. 'M ' é o ponto médio de CD  100 m e que PM  10 m é perpendicular a CD .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2011-2012 (C) Apenas a afirmativa III é verdadeira. é verdade que b  a  b . simultaneamente. II – Quando o valor absoluto de 'a ' é menor do que b  0 . duas ilhas representadas pelos pontos ' A ' e 'B' e os pontos ˆ  ADB 'C' . iguais a zero. (E) Todas as afirmativas são falsas. 'M ' e ' P ' fixados no continente por um observador.blogspot. (C) Apenas a afirmativa III é verdadeira. a soma dos algarismos de ' N ' é (A) 18 (B) 16 (C) 15 (D) 13 (E) 12 www. acrescentam-se pontos na horizontal e na vertical. (D) cada etapa ' n ' tem 3n  2 pontos. Sabendo que ' N ' pertence ao intervalo aberto  621. (E) Apenas as afirmativas I e III são verdadeiras. dividindo ' 4q 3 ' por 5 .blogspot. (C) a soma dos pontos das ' n ' primeiras etapas é 2n 2  1 .1871 . (B) a soma de todos os números naturais começando do 1 até ' n ' é sempre um quadrado perfeito.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2011-2012 (D) Apenas as afirmativas I e II são verdadeiras. com uma unidade de distância.com 30 .madematica. o quociente é 'q 4 ' e o reto é 1 . Finalmente. A divisão de ' 4q1 ' por 5 tem quociente 'q 2 ' e resto 1 . (E) cada etapa ' n ' tem 2n  1 pontos. A divisão de ' 4q 2 ' por 5 tem quociente 'q 3 ' e resto 1 . A cada etapa. exceto na etapa 1 . é correto concluir que (A) cada etapa possui quantidade ímpar de pontos e a soma desses ' n ' primeiros ímpares é n 2 . 12) Observe a figura abaixo. iniciada com 1 ponto. Continuando a compor a figura com estas etapas e buscando um padrão. A figura apresentada foi construída por etapas. 13) O número real 3 26  15 3 é igual a (A) 5  3 (B) 74 3 (C) 3  2 (D) 13  3 3 (E) 2 14) A divisão do inteiro positivo ' N ' por 5 tem quociente 'q1 ' e resto 1 . com 31 . respectivamente.1 . (A) 6 1771561 4 (B) 28561 (C) 6 4826807 4 331776 (D) (E) 6 148035889 16) A expressão   x  1 é um número real.blogspot.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2011-2012 15) Assinale a opção que apresenta o único número que NÃO é inteiro. o maior deles é: (A) 2 (B) 2  1 (C) 2  2 (D) 1 (E) 0  17) Sejam A  7 2011.112011  e B  x   | x  1  t   7 2011  t 112011 com t  0. e com ' D ' e 'd' diagonais. A quantidade de soluções corretas que satisfazem essas condições é (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) indeterminada.madematica. o conjunto AB é (A) A  B (B) B  112011 (C) A  7 2011 (D) A (E)  18) Um aluno estudava sobre polígonos convexos e tentou obter dois polígonos de ' N ' e ' n ' lados  N  n  . www. Dentre os números reais que essa expressão pode 3 6 assumir. de modo que N  n  D  d . entre as áreas dos triângulos MPQ e ABC . um quadrado de lado 5 .com 32 . S  MPQ  A razão .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2011-2012 19) Considere a figura abaixo. Qual a quantidade mínima de peças necessárias para revestir. é S  ABC  7 (A) 12 5 (B) 12 7 (C) 15 8 (D) 15 7 (E) 8 20) Observe a ilustração a seguir. sem falta ou sobra.blogspot. utilizando as peças acima? (A) 12 www.madematica. madematica.blogspot.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira ENUNCIADOS CN 2011-2012 (B) 11 (C) 10 (D) 9 (E) 8 www.com 33 . comprimento da circunferência) 8) b (Geometria Plana .blogspot.com 34 .relações métricas no triângulo retângulo) 7) b (Geometria Plana .Triângulos – pontos notáveis) 14) b (Geometria Plana – Áreas) 15) a (Geometria Plana – Áreas) 16) e (Geometria Plana – Áreas) 17) a (Múltiplos e divisores) 18) d (Múltiplos e divisores) 19) a (Conjuntos) 20) b (Geometria Plana – Áreas) PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL 2014/2015 1) E (Fatoração) 2) A (Razões e proporções) 3) D (Equações irracionais) 4) D (Áreas) 5) D (Áreas) 6) A (Relações métricas no triângulo qualquer) 7) B (Números racionais) 8) E (MMC) 9) C (Números racionais) 10) B (Potências e raízes) 11) D (Equação do 2° grau) 12) E (Sistemas lineares) 13) A (Áreas) 14) B (Divisibilidade) 15) D (Equação do 1º grau) 16) B (Equação polinomial) 17) C (Relações métricas no triângulo qualquer) www.áreas de regiões circulares) 9) d (Equações polinomiais) 10) b (Raciocínio lógico) 11) d (Potências e raízes) 12) a (Sistemas de numeração) 13) c (Geometria Plana .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES CAPÍTULO 2 RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL 2015/2016 1) b (Inequação produto-quociente) 2) e (Sistemas lineares) 3) a (Bases de numeração) 4) c (Regra de três) 5) c (Médias) 6) c (Geometria Plana .madematica. madematica.com 35 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES 18) A (Fatoração) 19) D (Áreas) 20) C (Áreas) PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL 2013/2014 1) B (Operações com frações) 2) B (Triângulo retângulo – área) 3) D (Contagem) 4) B (Conjuntos) 5) C (Equações redutíveis ao 2º grau) 6) A (Circunferência – comprimentos e ângulos) 7) C (Potências e raízes) 8) D (Triângulos retângulos) 9) E (Equações irracionais) 10) E (Múltiplos e divisores) 11) D (Contagem e médias) 12) D (Equação do 2° grau e potenciação) 13) A (Triângulos – pontos notáveis e área) 14) E (Triângulos – pontos notáveis) 15) B (Ângulos na circunferência) 16) A (Área de trapézios) 17) D (Múltiplos e divisores) 18) E (Sistemas não lineares) 19) D (Potenciação e múltiplos e divisores) 20) D (Inequação produto-quociente) PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL 2012/2013 1) A (Potências e raízes) 2) E (Números racionais) 3) D (Quadriláteros) 4) A (Sistemas de numeração) 5) B (Quadriláteros) 6) D (Múltiplos e divisores) 7) D (MDC e MMC) 8) A (Múltiplos e divisores) 9) E (Áreas) 10) C (Equações fracionárias) 11) A (Divisibilidade e congruências) 12) C (Operações com números naturais) 13) C (Misturas) 14) B (Polinômios) 15) C (Operações com números naturais) 16) A (Produtos notáveis e fatoração) 17) E (Racionalização) 18) C (Números racionais) www.blogspot. X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES 19) C (Potências e raízes) 20) C (Triângulos – ângulos.madematica. congruência. desigualdades e pontos notáveis) PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL 2011/2012 1) E (Divisibilidade e congruências) 2) A (Equações fracionárias) 3) E (Produtos notáveis e fatoração) 4) C (Produtos notáveis e fatoração) 5) A (Equações irracionais) 6) B (Áreas) 7) D (Potências e raízes) 8) E (Quadriláteros) 9) B (Ângulos na circunferência e arco capaz) 10) C (Conjuntos) 11) D (Números reais) 12) A (Sequências) 13) B (Racionalização) 14) D (Múltiplos e divisores) 15) C (Divisibilidade e congruências) 16) E (Potências e raízes) 17) E (Função do 1° grau) 18) A (Polígonos – ângulos e diagonais) 19) B (Áreas) 20) D (Divisibilidade e congruências) www.blogspot.com 36 . com 37 .blogspot.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES QUADRO RESUMO DAS QUESTÕES DE 1984 A 2016 www.madematica. 1986-4. 1997-11. 2014-10.blogspot. FB-30 PORCENTAGEM: 2009-10. 1994-5. 2005-13. 2004-4. 2004-8. 1991-2. 2004-9. 1991-3. 2013-4. 1986-1. 2002-2. FB-25. 1988-3. 2008-18.madematica. 1987-6. 1992-6. FB-23 MÚLTIPLOS E DIVISORES: 2016-17. 2008-11. 2004-16. 1995-18. 2010-3. 2007-10. 1998-15. 2013-7. 1988-1. 1984-1 OPERAÇÕES COM NÚMEROS NATURAIS E INTEIROS: 2013-12. 1988-5. 2005-16. 1997-3. 1987-7. 2013-15. 2001-6. 1996-16. FB-16 NÚMEROS RACIONAIS: 2015-7. FB-13 DIVISIBILIDADE E CONGRUÊNCIA: 2015-14. FB-12 CONJUNTOS NUMÉRICOS E NÚMEROS REAIS: 2012-11. 1990-8. 2014-4. 1998-17. 1986-2. 2006-9. 2002-14. 2013-8. 2008-5. 1999-15. 1985-11 www. 1984-21 REGRA DE TRÊS: 2016-4. 2014-1. 2011-4. 2000- 3. 1998-7. 2010-19. 2005-2. 2007-11. 1994-9. 2003-18. 1992-1. 1992-20. 1985- 18. 1998-20. 2008-20. 2009-13. 2010-13. 1987-1. 2004-5. 2004-6. 2009-14. 2011-5. 2010-14. 1996-11. 1996-18. 1989-9. 1994-20. 2005-10. CONJUNTOS: 2016-19. 2016-12. 1984-7. 1990-9. 1985-6 DIVISÃO EM PARTES PROPORCIONAIS E REGRA DE SOCIEDADE: 2008-14. 1992-4. 2008-15. 2013-18. 1991-1. 1999-4. 1991-4. 2001-19. 1989-14. 2010-15. 1986-11. 1996-17. 2007-6. 2003-13. 2013-11. 2003-4. 1994-11. 2006-12. 2001-1. 2010- 5. 1996-20. 1995-16. 1996-19. 2000-19. 2009-4. 1985-1. 2006-2. 1996-6. 1987-4. 2013-6. 2002-4. 1991-6. 1990-11. 2008-12. 2002-6. 2014-17. 2011-11. 2007-4.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES POR ASSUNTO ARITMÉTICA RACIOCÍNIO LÓGICO: 2016-10. FB-9. FB-38 RAZÕES E PROPORÇÕES: 2015-2. 2014-19. 2012- 14. 2005- 14. 1984-2 FUNÇÃO PARTE INTEIRA: 2011-8. 1995-3. 2016-18. 1987-2. 2013-2. 2012-1. 2012-20. 1992-13.com 38 . 2001- 5. 2010-8. 2009-18. 1999-10. 1992- 14. 2002-11. FB-7. 1996-14. 2015-9. 2012-10. 2000-5. 1984-4. 2001-3. 2001-16. 2000-4. 1997-2. 1998-9. 2012-15. 2007-17. 2006-3. MDC E MMC: 2015-8. 2001-15. 1988-2 SISTEMAS DE NUMERAÇÃO: 2016-3. 2009-15. 2005-17. 1994-3. 1985-23 ÁLGEBRA POTÊNCIAS E RAÍZES: 2016-11. 2003-16. 2003-9. 1995-2. 2006-19. EQUAÇÕES BIQUADRADAS E REDUTÍVEIS AO 2° GRAU: 2014-5. 1992-12. 1984-5. 2006-14. 2007-8. 2004-14. 1998-6. 2001-9. 1987-21. 2012-2. 1998-19. 1990-4. 1995-7. 2012-7. 1988-13. 1986-9. 1999-3. 1998-3. 2005-15. 1997-15. 1997-5. 2010-6. 2005-12. 1992-8. 2002-17. 1984-11. 1996-4. 1984-10. 1992-11. FB-3 PRODUTOS NOTÁVEIS E FATORAÇÃO: 2015-1. 1998-14. 1991-7. 2005-19. 2014-9. 1984-8. 2015-18. 1985-2. 1985-15. 1989-8. 1989-7. 2002-5. 1984-15. 2010-7. 1999-12. 2001-7. 2005-11. 2000-9. 2012-3. 1986-6 JUROS SIMPLES E COMPOSTOS: 2008-4. 2007-9. 2012-5. 1989-11. 1987-17. 1988-7. 1992-5. 2012-4. 1984-6. FB-24. 1989-17. 1992- 16. 2007-7. 1989-13. 1985-25. 1996-15. 1994-10. 1998-16. 1990-14. 2001-14. 2000-17. FB-14 EQUAÇÃO DO 2° GRAU: 2015-11. 2015-10. 1998-10. 2003-1. 2009-8. 1994-2. 2006-20. 2013-16. 1984-3 CONTAGEM E CALENDÁRIO: 2014-3. 1999-2. 1987-20. 2001-11. 1992-18. 2007-13. 2003-14. 1990-6. 2008-3. FB-37 SISTEMA MÉTRICO: 1997-10. 2011-12. 2013-19. 2009-20. 1999-20.madematica. 1987-3. 1990-10. 1987-5. FB-39 MÉDIAS: 2016-5. 2003-3. 1989-12. 1990-16. 2001-13. 1987-9 PROBLEMAS TIPO TORNEIRA: 2008-16. 1995-14. 2004-11. 1997-7. FB-8. 1988-8. 1991-8.blogspot. 1995-12. 1995-15. 1994-16. 1989-10. 2006-16. 2014-11. FB-33 RACIONALIZAÇÃO E RADICAL DUPLO: 2013-17. FB-11. FB-34. 1994-19. 2009-19. 2009-3. 2004-12. 2008-8. 2009-12. 1991-13. 1999- 18. 1997-14. 2014-12. 1991-10. FB-17. 1988-4 MISTURAS: 2013-13. 1995-17. 1999-8. 1997-4. 1985-4. FB-36 EQUAÇÕES FRACIONÁRIAS: 2013-10. 2008-10. 2013-1. 1995-8. 1994-13. 1985-8. 1999-5. 1985-3. 2007-14.com 39 . 2009-7. 1990-2. 1986-16. 1987-24. FB-29. 2002-15. 2006-15.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES OPERAÇÕES COM MERCADORIAS: 2011-10. 2000-11. 2002-19. 1991-12. 1984-12. 1995-20. 2007-19. 1986-15. 2005-3. 2007-12. 1994-15. 1986-13. FB-10. 2006-6. 2004-2. 1992-10. 2002-9. 2011-20. 1986-7. 2014-7. FB-40 www. 2003-10. 1989-5. 1986-3. 2010-18. 1994-8. 1997-18. 1988-11. 2005-9. 2012-16. 2004-15. 2000-6. 1990-18. 1988-6. 2008-1. 2002-7. 2007-3. 1996-3. 1985-13. 1996-10. 2000-15. 1991-5. 2009-16. 1987-16. FB-28. 1988-14. 2001-4. 1998-8. 2003-15. FB-32 FUNÇÃO QUADRÁTICA: 2010-12. 2008-9. 1996- 12. 1985-10 EQUAÇÕES E INEQUAÇÕES IRRACIONAIS: 2015-3. 2012-13. 1985-17. 1995-19. 1995-4. 1996-1. 1996-9. 2003-5. 2006-11. 1998-4. 2013-5. 1989-6. 1994-14. 1986-25. 1988-10. 2000-7. 1990-19. 1999-9. 1991-16. 2011-9. 1986-5. FB-4. 1986-8. 1985-5. FUNÇÃO DO 1° GRAU: 2012-17. 1990-3. 2002-12. 2005-6. TRIÂNGULOS – SEMELHANÇA E RELAÇÕES MÉTRICAS: 2015-6. FB-19 QUADRILÁTEROS: 2013-3. 2004-3. 2007-16. TRIÂNGULOS RETÂNGULOS: 2016-6. FB-2. 2005-5. 1987-25. 2013-14. 2000-10. 2015-12. 2011-14. 1999-19. 1985-12. 2009-17. FB-18 www. 1987-13. 1998-18. 1987-8. 2015-17. 1995-11. 1994-18. CONGRUÊNCIA. 2004-20. 2007-5. 2002-3. 1989-1. 1994-7. 1997-6. 2007-1. 2015-16. 1999-14. 1987-22.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES POLINÔMIOS E EQUAÇÕES POLINOMIAIS: 2016-9. FB-6 DESIGUALDADES: 2011-19. 1998-2. 2002-18. 1997-12. 1991-14. 1984-22. 1999-11. 1994-4. 2009-1. 2011-18. 2010-10. 1992-9. 2014-14. 2006-13. 1990-5. 1988-9. 1998-11. 1994-12. 1988-20. 2003-2. 1995-1. 2003-19. 2012-8. 1987-12. 2014-8. 2011-16. 2000-16. 1989-20. INEQUAÇÕES PRODUTO QUOCIENTE: 2016-1. 1997-19. 1989-16. 1988-15. 1996-7. 2000-12. 1995-9. 2004-10. 1984- 13 SEQUÊNCIAS: 2012-12. 2011-15. 1985-7 TRIÂNGULOS – PONTOS NOTÁVEIS: 2016-13. 2004-19. 2010-4. 2001-20. 1992-7. 2011-13. 1997-13. 2001-17. 2011-2. 1989-4. 1986- 18. 1990-1. 1988-12. 2006-17. 1995-10. 1987-11. 1991-11. 2006-7. 1984-17. FB-31 INEQUAÇÕES: 2011-17. 2004-13. 2008-7. 1992-17. 1999-1. 1986-12 EQUAÇÃO DO 1° GRAU E PROBLEMAS DO 1º GRAU: 2015-15. 1992-19. 2010-17. 2006-18. FB-20 POLÍGONOS – ÂNGULOS E DIAGONAIS: 2012-18. 1997-1. 2004-17. 1984-9. 1986-14. 1985-22. 1995-5.madematica. 2006-8. 1985-19. 1987-14. 2000-20. 2014-13. 2001-18. 2001-2. 2004-1. 2005- 4. 1985-9. 1999-16. 1991-9. 1989-3. 1985-16. 2014-20. 1984-14 SISTEMAS NÃO LINEARES E PROBLEMAS RELACIONADOS: 2014-18. 1999-17. GEOMETRIA PLANA FUNDAMENTOS E ÂNGULOS: 2008-2 TRIÂNGULOS – ÂNGULOS. 1990-7. FB-15 SISTEMAS LINEARES E PROBLEMAS RELACIONADOS: 2016-2. 2005-18. 1985-21. 1990-20. 2009-6. 1986-10.com 40 . 1998-12. 1988-18. 1986-21. 1986-19. 1986-20. 1997-20.blogspot. 1997-17. 2001-10. 2010-11. DESIGUALDADES: 2013-20. 2009-2. 1989-15. 2010-9. 2006-1. 2003-8. 1984-16. 1986-22. 1989-19. 1987-23. 1996-5. 2015-4. FB-1. 1989-2. 2005-8. 2007-18. 1991-15. 1986-24.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES POLÍGONOS – RELAÇÕES MÉTRICAS: 2007-2. 2009-9. 1994-1. 2008-13. 2014-6. 2002-20. 1986-17. 2005-1. 2008-19. 2009-5. 2015-13. 2003-7. 2010-16. 2000-2. 1984-19. 1987-15.madematica. 1985-14. 2002-10. 2001-12. 1997-16. 2015-20. 2003-17. 2008-6. 1992-3. 2016-20. 2004-18. FB-21. 2012-19. 2007-15. 1994-6. 2014-2. 1991-17. 1998-5. 2000-18. FB-26. 2007-20. 2013-9. 2014- 15. 2000-1. FB-5. 1984-23. 1990-13. FB-22 ARCO CAPAZ. 1996-2. 2003-12. 1984-20 CIRCUNFERÊNCIA – RELAÇÕES MÉTRICAS E POTÊNCIA DE PONTO: 2005-20. 1988-16. 1990-15. 2002-8. 1987-18. 1997-8. 1995-13. 1984-25. 1987-10. 1999-13. 1998-1. 1984-18. 1996-8. 2016-16. 2008-17. 2009-11. 2000-13. 1996-13. 1995-6. 1988-19. 1984-24. 2016-14. FB-35 www. 2006-4. 1987-19. 1989-18. 1990-17. 2012-6. 2003-11. 1990-12. 1999-6. 2010-2. 1994-17. 2003-6. 2011-3. 2006-5. 2011-7. 2010-20. 1991-19.com 41 . 2002-16. 1991-18. 2012-9.blogspot. 2006-10. 2000-8. 2015-19. 2004-7. 2002-1. FB- 27 ÁREAS: 2016-8. 2014-16. 1985- 20. ÂNGULOS E COMPRIMENTOS NA CIRCUNFERÊNCIA: 2016-7. 1992-5. 2016-15. 1988-17. 2010-1. 2011-1. 2002-13. 1999-7. 1991-20. 1998-13. 2003-20. 2005-7. 2015-5. 2000-14. 1986-23 CIRCUNFERÊNCIA – POSIÇÕES RELATIVAS E SEGMENTOS TANGENTES: 2011-6. 1992-2. 1985-24. 1997-9. 2001-8. madematica. 3 4 d) se a  e c  9 . Pode-se afirmar x 2  10x  21 que a) S é um número divisível por 7.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016 CAPÍTULO 3 ENUNCIADOS E RESOLUÇÕES PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 2015/2016  5x  40 2 1) Seja S a soma dos valores inteiros que satisfazem a inequação  0 . o sistema S admite infinitas soluções. pode-se afirmar que 3x  2y  c 6  a) existe a   .blogspot. S  4  5  6  8  23 que é um número primo.com 42 . o sistema S não admite solução. 5   13 3  b) existe a   . e) 3S  1 é um número ímpar. b) S é um número primo. c) S2 é divisível por 5. Assim.  tal que o sistema S não admite solução para qualquer número real c.  10 2  4 c) se a  e c  9 . 3 RESPOSTA: e www. o sistema S admite infinitas soluções. d) S é um número racional. 5. 6 e 8. RESPOSTA: b RESOLUÇÃO:  5x  40 2  0   5x  40   0  x 2  10x  21  0  x  8  3  x  7 2 x  10x  21 2  5x  40 2  0  5x  40  0  5x  40  x  8 x 2  10x  21  0   x  3 x  7   0  3  x  7 Os valores inteiros que satisfazem à inequação são 4. 2x  ay  6 2) Dado o sistema S :  nas variáveis x e y. 2  tal que o sistema S não admite solução para qualquer número real c. 3 4 e) se a  e c  9 . blogspot. 3 c 3 Logo. Quantas horas gastará essa máquina para capinar um terreno em iguais condições com 14 m de raio? a) 10 b) 15 c) 20 d) 25 e) 30 www. a alternativa correta é a letra e). são  9999 994  i constituídos de 2015 algarismos 9.com 43 . uma máquina gasta 5 horas. 4) Para capinar um terreno circular plano. se   a  (sistema possível e determinado). de raio 7 m.madematica. Qual a maior potência de 2 que o índice i pode assumir? a) 32 b) 16 c) 8 d) 4 e) 2 RESPOSTA: a RESOLUÇÃO: 9999 997  102016  3 9999 994  102016  6 3  9999 997 2  9   102016  3   32   10 2016  3  3 10 2016  3  3   3 2 3 k           9999 994   102016  6   102016  6   102016  102016  6   3   10 2016 3   106048  10 2016 6  6048 6048 i k  10 i 6048  10 i    i Como 6048  25  33  7 . então o sistema S admite infinitas soluções (sistema possível e 3 c 3 indeterminado). 3 2 3 4 6 2 Se a  e   c  9 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016 RESOLUÇÃO: (O enunciado dessa questão foi adequado. 3  9999 997 2  9  3) Seja k    onde cada um dos números 9999 997 e 9999 994 . Deseja-se que k seja um número racional.) 2 a 4 O sistema S admite solução única. pois a mesma estava incorreta da maneira como foi proposta. 4 6 2 Se a  e   c  9 . então o sistema S não admite soluções (sistema impossível). então a maior potência de 2 que o índice i pode assumir é 25  32 . Um aluno que realizou essa avaliação estimou que: I – sua nota na 1ª questão está estimada no intervalo fechado de 2.3  x1  3.8 d) 0.3  x1  3.1.7 c) 0.9 e) 1 RESPOSTA: c RESOLUÇÃO: Seja x i a nota da i-ésima questão. usa-se a média ponderada entre as pontuações obtidas em cada questão.8 m 2 h 5) Para obter o resultado de uma prova de três questões. A diferença da maior e da menor nota que ele pode ter obtido na 2ª questão de modo a atingir o seu objetivo de média é a) 0.8 m2 h .madematica.3 a 3. a diferença da maior e da menor nota que ele pode ter obtido na 2ª questão é 2.1  3. 5h Um terreno em iguais condições com 14 m de raio tem área S'  142  196 m2 .6. 6  3.5  3 2.com 44 . a máquina gasta 5 horas para capinar 49  m . As duas primeiras questões têm peso 3.5  x1  3.9  0.blogspot.5x1  3. ela capina 2  9.7 Portanto.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016 RESPOSTA: c RESOLUÇÃO: Um terreno circular plano de 7 m de raio tem área S    7 2  49 m 2 . 5 e a 3ª. ou seja.5x 2  3  7  56  x1  x 2  10 3. Esse aluno quer atingir média igual a 5.5  3.5  x 2  3  x 3  5.1  x 2  10  2. peso 3. e II – sua nota na 3ª questão foi 7. 49 m2 Assim. então 2.9  x 2  7. 6) Qual a medida da maior altura de um triângulo de lados 3.1  2.3  x1  7.6 b) 0.8 . 9.1 e x 3  7 . a máquina 196 m 2 gastará  20 h para capinar esse terreno.6. 4.3  10  x 2  3.7  6. Para que sua média seja 5. 5? 12 a) 5 b) 3 c) 4 d) 5 www. Logo. devemos ter: 3.3  6. o triângulo em questão é retângulo. marque a que apresenta a quantidade mais próxima do mínimo de pessoas necessárias para uma busca eficiente num raio de 900 m a partir do “centro” e pelo método “radar”. em seguida. afastando-se do “centro”.com 45 . reúne-se um grupo de pessoas num ponto chamado de “centro” para. 7) Observe a figura a seguir. duas de suas alturas são os dois catetos 3 e 4.madematica. Dentre as opções a seguir. A figura acima representa o trajeto de sete pessoas num treinamento de busca em terreno plano.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016 20 e) 3 RESPOSTA: c RESOLUÇÃO: Como 32  42  52 . A terceira altura pode ser obtida a partir das relações métricas como segue: 12 a  h  b  c  5  h  3  4  h   2. 5 Portanto.blogspot. Nesse método. segundo o método “radar”. Considere que o raio de visão eficiente de uma pessoa é 100 m e que   3 . a maior altura mede 4 unidades de comprimento. a) 34 b) 27 www. fazê-las andar em linha reta. 4 . Logo. blogspot.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016 c) 25 d) 20 e) 19 RESPOSTA: RESOLUÇÃO: (As opções dessa questão foram alteradas. Sabe-se ainda que o menor cateto de ABC mede 2. pois a mesma foi anulada da maneira como foi originalmente proposta. mas tangente a um dos catetos de ABC e ao S.5 e) 20 RESPOSTA: b RESOLUÇÃO: www.5 c) 15 d) 17. Assim. temos arco  AB   2  arco  AM   2 100  200 . A maior circunferência possível que se pode construir externamente ao triângulo ABC e internamente ao S. Qual a área do semicírculo? a) 10 b) 12. Para que todo o perímetro seja coberto deve-se ter AM  100 . Como arco  AM   AM . 8) Num semicírculo S. inscreve-se um triângulo retângulo ABC.madematica. se adotarmos arco  AM   100 .) Os pontos A e B representam a posição de duas pessoas consecutivas e M o ponto médio do arco AB.com 46 . então temos uma boa aproximação de AM e que satisfaz AM  100 . 200 Logo. A quantidade de arcos de comprimento 200 que “cabem” na circunferência de raio 900 é 2  900  9    9  3  27 . uma boa aproximação para o mínimo de pessoas necessárias é 27. tem raio 2. o raio do semicírculo é MP  MN  NO  OP  1 2  2  5 e sua área é 5 2 SS   12.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016 Inicialmente. A maior circunferência possível que se pode construir externamente ao triângulo ABC e internamente ao S. Para cada valor real de x.blogspot.5 u.madematica. A figura a seguir ilustra a situação descrita. 2 2 Portanto. Sendo assim. observemos que. 2 9) Seja x um número real tal que x3  x 2  x  x 1  x 2  x 3  2  0 . quando inscrevemos um triângulo retângulo em um semicírculo.a. Considerando que BC seja o maior cateto de ABC. então MN é base média do triângulo e MN    1. a soma dos valores distintos desses resultados é a) 5 b) 4 c) 3 d) 2 e) 1 RESPOSTA: d RESOLUÇÃO: (O enunciado dessa questão foi alterado para que a questão ficasse mais clara. temos: www. a hipotenusa desse triângulo é igual ao diâmetro do semicírculo. AC 2 Sendo N  MP o ponto médio de BC.) x 3  x 2  x  x 1  x 2  x 3  2  0   x 3  x 3    x 2  x 2    x  x 1   2  0 1 Seja x  x  y . tangencia o maior cateto.com 47 . obtém- 2 se o resultado da soma de x com seu inverso. então x  x 1  y   x  x 1   y2  x 2  2  x 2  y 2  x 2  x 2  y 2  2 2 x  x 1  y   x  x 1   y3  x 3  x 3  3  x  x 1   x  x 1   y3  x 3  x 3  y3  3y 3 Substituindo as duas expressões obtidas na equação original. . então o centro da circunferência está sobre o raio MP que coincide com a mediatriz da corda BC. mas tangente a um dos catetos de ABC e ao S. 11. 9} d) {10. seja a mesma. Assim. A quantidade mínima S de “TROCAS” que devem ser feitas para que a soma dos três valores de qualquer horizontal.madematica. 2. 1 y  0  x  x 1  0  x   0  x2 1  0  x  x 1 y  1  x  x 1  1  x   1  x 2  x  1  0     1  4 11  3  0  x  2 x 1 y  2  x  x 1  2  x   2  x 2  2x  1  0  x  1  dupla  x Assim. o único valor real de x é a raiz dupla x  1 obtida quando y  2 . 6} c) {7. está no conjunto: a) {1. 15} www. A figura acima é formada por círculos numerados de 1 a 9. 3} b) {4. 12} e) {13. 8.blogspot. vertical ou diagonal. a soma dos valores distintos de x  x é 2 . Seja “TROCA” a operação de pegar dois desses círculos e fazer com que um ocupe o lugar que era do outro. 2 10) Observe a figura a seguir.com 48 . 14. temos: y  2  x  1  x 2  x 2  y 2  2   2   2  2 2 2 Portanto.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016  x 3  x 3    x 2  x 2    x  x 1   2  0   y3  3y    y 2  2   y  2  0  y3  y 2  2y  0  y  y 2  y  2   0  y  0  y  1  y  2 Vamos encontrar os valores de x associados a cada valor de y. 5. o 9 deve estar no meio de um dos lados do quadrado. O número 9 só pode aparecer em duas filas nas ternas 9. a horizontal central e as duas diagonais. respectivamente. exceto o elemento central N que é somado quatro vezes. Logo. Inicialmente.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016 RESPOSTA: b RESOLUÇÃO: O valor da soma comum S é um terço da soma das três verticais. 2 Observe agora que cada elemento dos cantos do quadrado aparece em três somas (uma horizontal. como mostra a figura a seguir.com 49 . no quadrado obtido. os elementos em meio de lados aparecem em duas somas (uma vertical e uma horizontal) e o elemento central do quadrado aparece em quatro somas (uma vertical. com 2 e 4 completando esse lado. quatro vezes a soma comum S  15 é igual à soma dos números de 1 a 9 mais três vezes o termo central N (note que o elemento central N aparece uma vez na soma dos números de 1 a 9). Observe que. Logo. uma vertical e uma diagonal). temos: 1  9   9 4 15  1  2   9   3N  60   3N  3N  15  N  5 . Portanto. Quando somamos as três verticais. www. Daí é fácil completar o quadrado.5 e 9. somamos todos os elementos uma vez. precisamos de 4 trocas para colocar os números pares nos cantos. os elementos dos cantos são números pares e os elementos em meio de lados são ímpares e na configuração original isso está invertido.madematica. Assim. Assim. 2.1. 2 e 4 são elementos de canto e deve ser opostos a 8 e 6. 4 . somamos cada um dos números uma única vez.blogspot. 3 3 Somando a vertical central. e 1 no meio do lado oposto. temos: 1  9   9 1 2  3  4  5  6  7  8  9 2 S   15 . uma horizontal e duas diagonais). com 50 . foram necessárias 6 trocas. e a esse resultado. acrescenta tantos zeros quanto for o número obtido. o produto   20    21    22    23    24     29 possuirá uma quantidade de zeros igual a a) 46 b) 45 c) 43 d) 41 e) 40 RESPOSTA: d RESOLUÇÃO:    21    23    25     27     29   200  2 102  2 0   20   200  2 102  2 2    22   40000  4 104  2 4    24   6000000  6 106  2 6   26   800000000  8 108  2 8   28   100000000000  10 1010    20      21    22     23    24      29     2 102    2 10 2    4 10 4    6 106    8 108   10 1010   5  12288 1041 Logo. 11) Seja n um número natural e  um operador matemático que aplicado a qualquer número natural.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016 Agora. www. logo fica: 800000000. Para tanto. Sendo assim. separa os algarismos pares. resultando um quadrado mágico conforme pedido. Exemplo:   3256  2  6  8 .blogspot.madematica. o produto termina em 41 zeros. os soma. basta trocar 3 com 7 e depois 7 com 9. temos: 70k  7k  32823  63k  32823  k  521 Portanto. Assim. encontrando-se.madematica. com isso. o raio do círculo circunscrito ao triângulo MNP é 5 7 a) 7 6 7 b) 7 8 7 c) 7 9 7 d) 7 10 7 e) 7 RESPOSTA: c RESOLUÇÃO: www. b) uma potência de 5. por esquecimento. e) divisível por 3. d) um quadrado perfeito. Sendo assim.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016 12) Na multiplicação de um número k por 70. Sendo assim. a soma dos algarismos de k  521 é 5  2 1  8 que é par. RESPOSTA: a RESOLUÇÃO: O número 70  k sem o zero à direita é igual a 7k . não se colocou o zero à direita. um resultado 32823 unidades menor. 10 e 12. o valor para a soma dos algarismos de k é a) par.blogspot. Sejam M. c) múltiplo de 7.com 51 . N e P os pés das alturas traçadas dos vértices sobre os lados desse triângulo. 13) Seja ABC um triângulo de lados medindo 8. X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016 O círculo circunscrito ao triângulo MNP (triângulo órtico) é o círculo de nove pontos.com 52 . b  10 . www. vamos calcular a área do triângulo ABC de duas formas distintas.madematica. c  12 e p   15 .c. 4 p  p  a  p  b  p  c  4 15  7  5  3 7 R 8 7 Portanto. cujo raio é igual R a . onde R é o raio do círculo circunscrito ao triângulo ABC. 2 7 NOTA 1: Círculo de nove pontos A distância do circuncentro de um triângulo a um dos lados é metade da distância do ortocentro ao vértice oposto. o raio do círculo circunscrito ao triângulo MNP é  u. a bc abc SABC  p  p  a  p  b  p  c   R 4R 4 p  p  a  p  b  p  c  8  10  12 onde a  8 . Assim.blogspot. 2 Para calcular R. temos: 2 abc 8 10 12 16 7 R   . blogspot. contém os três pés das alturas.madematica.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016 Demonstração: Sejam AH1 e BH 2 duas alturas do ABC que se cruzam no ortocentro H . contém os três pontos médios dos lados. Demonstração: www.com 53 . e contém os três pontos médios dos segmentos que unem o ortocentro aos vértices. tem centro no ponto médio do segmento que une o ortocentro ao circuncentro. Sejam OM e ON segmentos pertencentes às mediatrizes dos lados BC e AC . que se cruzam no circuncentro O . AH OM  AH BH BH ON  OM   ON  AB MN  MN  2  AB 2 2  O círculo dos nove pontos de um triângulo tem raio igual à metade do raio do círculo circunscrito. Seja D um ponto do plano de ABC. 2 Adotando procedimento análogo em relação aos vértices B e C . externo a esse triângulo. então A ' HE  MOE  A ' E  EM  HE  EO OA R Como HA '  A ' A e HE  EO .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016 Seja A ' ponto médio de AH . a razão entre as áreas dos triângulos BEC e ABE é 1 a) 3 1 b) 4 2 c) 3 1 d) 5 2 e) 5 RESPOSTA: b www. conclui-se que R R H 2 E  B ' E  EN  e H3E  C ' E  EP  . tal ˆ  ACD que DB intersecta AC em E. então R H1E  A ' E  EM  . donde esses 9 pontos pertencem a um mesmo círculo de centro E e raio . o segmento A ' E é base média do AHO .com 54 . No triângulo retângulo A 'H1M . Sabe-se que BAD ˆ  90 . A ' . H 2 e H 3 . então A ' E   . H1 . N e P .blogspot. 2 2 R Assim. a ceviana H1E é a mediana relativa à hipotenusa. então AA'  A'H  OM . sabemos que os pontos M . 2 2 onde R é o raio do círculo circunscrito ao ABC . com E pertencendo ao lado AC. B ' e C' todos distam do ponto E 2 R médio de HO . Sendo assim. 2 14) ABC é um triângulo equilátero.madematica. conforme a figura. devemos observar que a razão entre as áreas dos triângulos BEC e ABE é igual à razão entre os segmentos CE e AE. Aplicando o teorema de Menelaus ao ACF com a secante BED.com 55 . temos: AC 3 x 3 3 cos 30      AD  2x AD 2 AD 2 CD 1 CD 1 sen 30      CD  x AD 2 2x 2 Como FCD ˆ  CFD ˆ  30 . o triângulo CFD é isósceles. o que implica DF  CD  x . o que implica CF  CA  x 3 . SABE AE 4 www. BADˆ  BAC ˆ  CAD ˆ  90  60  CAD ˆ  90  CAD ˆ  30 ˆ  180  BAF BFA ˆ  ABF ˆ  180  90  60  30 ˆ  180  BCA FCD ˆ  ACDˆ  180  60  90  30 No triângulo retângulo ACD. temos: AD CE FB 2x CE 2x 3 CE 1   1   1  .blogspot. Inicialmente. Vamos prolongar AD e BC até sua interseção em F para obter uma figura similar à do teorema de Menelaus. pois os dois triângulos têm vértice comum e base sobre a mesma reta. FD AE CB x AE x 3 AE 4 S CE 1 Portanto. Como FAC ˆ  AFC ˆ  30 . BEC   .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016 RESOLUÇÃO: 1ªSOLUÇÃO: Seja ABC um triângulo equilátero de lados x 3 .madematica. o triângulo AFC é isósceles. conforme a figura. devemos observar que a razão entre as áreas dos triângulos BEC e ABE é igual à razão entre os segmentos CE e AE.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016 2ª SOLUÇÃO: Seja ABC um triângulo equilátero de lados x 3 . Portanto.com 56 . pois os dois triângulos têm vértice comum e base sobre a mesma reta. temos: HE 3 h 3 3 sen 60      AE  2h AE 2 AE 2 AH 1 AH 1 cos 60      AH  h AE 2 2h 2 No triângulo retângulo ACD.madematica. BEC    SABE AE 2h 2x 3 4x 3 4 2 5 5 www.blogspot. temos: BADˆ  BAC ˆ  CAD ˆ  90  60  CAD ˆ  90  CAD ˆ  30 AC 3 x 3 3 cos 30      AD  2x AD 2 AD 2 BH HE x 3h h 3 2x 3 BHE BAD      2x 3  2h  3h  h  BA AD x 3 2x 5 2x 3 x 3 x 3  2 S CE x 3  2h 5  5 1. e seja EH  h 3 a perpendicular ao lado AB traçada por E. No triângulo retângulo AHE. Inicialmente. X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016 15) Seja ABCD um quadrado de lado “2a” cujo centro é “O”.blogspot. O segmento BP intersecta a circunferência de centro “O” e raio “a” em R e. Os pontos M.madematica. em “S”.com 57 . também OM. respectivamente. temos: a BR  BP  BM 2  BR  a 5  a 2  BR  . 5 MS BM MS a a BMS BAP      MS  AP BA a 2a 2 www. AD e BC. P e Q são os pontos médios dos lados AB. a área do triângulo SMR é 3a 2 a) 20 7a 2 b) 10 9a 2 c) 20 11a 2 d) 20 13a 2 e) 20 RESPOSTA: a RESOLUÇÃO: Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo BAP. temos: BP2  BA2  PA2   2a   a 2  5a 2  BP  a 5 2 PA a 1 sen     BP a 5 5 Considerando a potência do ponto B em relação à circunferência. Sendo assim. madematica. 2 10 20 16) Observe a figura a seguir.blogspot. A área do triângulo BMR é dada por SBMR  sen   2 2 5 10 Portanto.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016 a a BM  BR 2 5 1 a . c) será máxima quando um cateto for o dobro do outro. RESPOSTA: e www. Com relação à área ‘S’ de ABC. a área do triângulo SMR é dada por a a a 2 3a 2 SSMR  SBMS  SBMR  2   . Seja ABC um triângulo retângulo de hipotenusa 6 e com catetos diferentes. 5 2 d) será máxima quando a soma dos catetos for . b) será máxima quando um dos ângulos internos for 30 .com 58 . pode-se afirmar que a) será máxima quando um dos catetos for 3 2 . 2 e) seu valor máximo não existe. conclui-se que h  0. AC  6 a hipotenusa do triângulo retângulo ABC. Portanto. Entretanto.com 59 . O número máximo de elementos de B é N.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016 RESOLUÇÃO: Seja. então o menor múltiplo natural de n é 2n. vamos encontrar um p  tal que n  1  kp  2n . 4029. 2 2 Dessa forma. .  n  2  .madematica. se n  .3. 2. Dessa forma. não existe valor máximo para a área de ABC (o valor 9 é o supremo da área). a soma dos algarismos de N é a) 8 b) 9 c) 10 d) 11 e) 12 RESPOSTA: a RESOLUÇÃO: Observemos que. onde h é a altura relativa à hipotenusa. n 1 2n n  1  kp  2n  p k k www. 2 2 Todos os triângulos retângulos de hipotenusa AC  6 estão inscritos em uma circunferência de raio AC 6 R   3 e centro em O. Sendo assim.blogspot. 4030 um subconjunto dos números naturais e B  A . quando h  h máx  3 o triângulo é retângulo isósceles e o enunciado afirma que os catetos devem ser diferentes. 17) Sejam A  1. Sendo assim. Vamos provar que para qualquer k  tal que 1  k  n . tal que não existem x e y. 2n não há dois números tais que um divide o outro. x  y . ponto médio de AC.9 . 3 e SABC  3h  0. pertencentes a B nos quais x divida y. o valor máximo da altura relativa à hipotenusa é h máx  OM  R  3 . existe um múltiplo de k no conjunto B. ou seja. AC  h 6  h A área do triângulo ABC é dada por SABC    3h . no conjunto B   n  1 . sem perda de generalidade. o que implica h  3 . . No caso do enunciado. 19) Dado que o número de elementos dos conjuntos A e B são. pois n  1  k . a quantidade de valores de k.3. dado um conjunto A  1. 4030 . p e q. .N  2pq  1 IV . 2. 4030 e o subconjunto com o número máximo de elementos é B  2016. onde k  * . 4029. 2017. 18) O número de divisores positivos de 102015 que são múltiplos de 102000 é a) 152 b) 196 c) 216 d) 256 e) 276 RESPOSTA: d RESOLUÇÃO: Um múltiplo positivo de 102000 é da forma k 102000 . então existe pelo menos um número natural p entre k  k  k n  1 2n e . . o número  deve ser um inteiro k 102000 k positivo.3.N  2p  1 . d 1015   15  1  15  1  256 . pode-se afirmar que a quantidade dessas afirmativas que são verdadeiras é: a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 www. Com isso. I . se a quantidade de elementos de A  B é p. 2n . 2.N  2pq 1 III . . cuja soma dos algarismos é 2  0  1  5  8 .blogspot. provamos que. o maior subconjunto de A no qual não há dois números tais que um divide o outro é B   n  1 . que corresponde à quantidade de divisores positivos de 102015 que são múltiplos de 102000 . analise as sentenças que seguem sobre o número N de subconjuntos não vazios de A  B .N  2p  2q  1 II . 102015 1015 Para que k 10 2000 seja um divisor positivo de 10 2015 . .madematica. k k Sendo assim. O número de elementos de B é N  4030  2016  1  2015 . ou seja.com 60 . temos A  1. Portanto. é igual ao número de divisores positivos de 1015  215  515 . 2n .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016 2n  n  1  n  1 Como    1 . respectivamente.  n  2  . X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016 RESPOSTA: a RESOLUÇÃO: #  A   p e #  B  q #  A  B  #  A   #  B  #  A  B   p  q  #  A  B      A quantidade de subconjuntos de A  B é #  P  A  B   2# AB  2pq# AB .   A quantidade de subconjuntos não vazios de A  B é N  #  P  A  B   1  2pq# AB  1 . Portanto, todas as alternativas são falsas. 20) No triângulo isósceles ABC, AB  AC  13 e BC  10 . Em AC marca-se R e S, com CR  2x e CS  x . Paralelo a AB e passando por S traça-se o segmento ST, com T em BC. Por fim, marcam-se U, P e Q, simétricos de T, S e R, nessa ordem, e relativo à altura de ABC com pé sobre BC. Ao analisar a medida inteira de x para que a área do hexágono PQRSTU seja máxima, obtém-se: a) 5 b) 4 c) 3 d) 2 e) 1 RESPOSTA: b RESOLUÇÃO: 2 2 SAQR  13  x   13  x  QR BC  AQR ABC     SAQR     SABC SABC  13   13  www.madematica.blogspot.com 61 X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2015-2016 2 2 SCST  x  x ST AB  CST CAB      SCST  SBPU     SABC SCAB  13   13    13  x  2 x  2     SABC   26x  3x   2 SABC SPQRSTU  SABC  SAQR  SBPU  SCST  1     2    13   13   132 10 12 Como SABC   60 é uma constante, a área do hexágono PQRSTU será máxima quando o 2 trinômio do 2º grau f  x   3x 2  26x atingir o seu valor máximo, o que ocorre no x do vértice, ou 26 13 1 seja, em x V   4 . 2   3 3 3 Como o valor do x do vértice não é inteiro, vamos calcular o valor do trinômio nos inteiros mais próximos. Assim, temos: f  4   3  42  26  4  56 e f 5  3  52  26  5  55 . Portanto, a medida inteira de x que faz a área do hexágono ser máxima é x  4 . www.madematica.blogspot.com 62 X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2014-2015 PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 2014/2015 3 3 1) Seja x um número real tal que x   9 . Um possível valor de x  é a . Sendo assim, a soma x x dos algarismos de "a" será: (A) 11 (B) 12 (C) 13 (D) 14 (E) 15 RESPOSTA: E RESOLUÇÃO: 2 3  3 3 9 9 x  9   x    92  x 2  2  x   2  81  x 2  2  75 x  x x x x 2 3 9  3 3 x2  2  x  2  75  6   x    69  x    69 x x  x x Portanto, a  69 e a soma de seus algarismos é 6  9  15 . 2) Considere que as pessoas A e B receberão transfusão de sangue. Os aparelhos utilizados por A e B liberam, em 1 minuto, 19 e 21 gotas de sangue, respectivamente, e uma gota de sangue de ambos os aparelhos tem 0, 04 m . Os aparelhos são ligados simultaneamente e funcionam ininterruptamente até completarem um litro de sangue. O tempo que o aparelho de A levará a mais que o aparelho de B será, em minutos, de aproximadamente: (A) 125 (B) 135 (C) 145 (D) 155 (E) 165 RESPOSTA: A (As opções foram alteradas, pois não havia alternativa correta na formulação original da questão) RESOLUÇÃO: O aparelho de A libera 19 gotas de 0, 04 m por minuto, ou seja, 19  0,04 103  76 105 . O 1 100000 tempo necessário para completar 1 de sangue é  min . 76 105 76 O aparelho de B libera 21 gotas de 0, 04 m por minuto, ou seja, 21 0,04 103  84 105 . O 1 100000 tempo necessário para completar 1 de sangue é 5  min . 84 10 84 www.madematica.blogspot.com 63 o tempo que o aparelho de A levará a mais que o aparelho de B é 100000 100000  1 1  50000   25000      125 min . temos: x  4  3   x  4   32  x  4  9  x  5 2 Observe que x 1  2  x 1  4  x  5 resulta no mesmo valor. cabe notar também que esse valor satisfaz a condição de existência x  1 . Portanto. Elevando a e b ao quadrado. x  4  x  1  5   x  4  x  1   52  2  x  4  2 x  4 x  1  x  1  25  2  x  4  x  1  22  2x    x  4  x  1  11  x    x  4  x  1   11  x   11  x  0  2 2   x  4  x  1  121  22x  x 2  x  11   x 2  3x  4  121  22x  x 2  x  11   25x  125  x  11  x  5 Observe que a condição de existência inicial é x  1 . RESPOSTA: D RESOLUÇÃO: A condição de existência das raízes quadradas é x  4  0  x  4 e x 1  0  x  1 . então x  5 é solução da equação. a equação x  4  x  1  5 é equivalente a a  b  5 . (D) um divisor de 130 . 2ª SOLUÇÃO: Lembrando a condição de existência obtida na 1ª solução.blogspot. 76 84  19 21  399 3) A solução real da equação x  4  x  1  5 é: (A) múltiplo de 3 . resulta o sistema   a 3  b  2. (C) ímpar e não primo.com 64 . Sejam a  x  4 e b  x  1 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2014-2015 Assim. Assim. Além disso. Portanto. (B) par e maior do que 17 . www. a solução da equação é um divisor de 130 . devemos ter x  1 . a  b  1 Vamos agora calcular x retornando a substituição.madematica. temos: a 2  x  4  b 2  x  1  a 2  b 2   x  4    x  1  5   a  b  a  b   5 Substituindo a  b  5 na igualdade acima. (E) uma potência de 2 . a  b  5 Dessa forma. devemos ter x  1 . obtemos 5   a  b   5  a  b  1. X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2014-2015 4) Observe as figuras a seguir. Essa dobra está indicada pela reta suporte de PQ . A área do polígono APQCBRD da figura II. gerando a figura plana II. é: (A) 8 5 (B) 20 (C) 10 2 35 (D) 2 13 6 (E) 2 RESPOSTA: D www. em cm2 .com 65 .blogspot.madematica. Figura I Figura II Uma dobra é feita no retângulo 10 cm  2 cm da figura I. Traçando-se PH  RQ . ˆ  QPB O polígono APQCBRD é obtido dobrando-se o retângulo ABCD .a. 055 (C) 0. A razão entre a área do círculo inscrito e do círculo circunscrito nesse triângulo é. temos:  x  12  22  x 2  x 2  2x  1  4  x 2  x  5 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2014-2015 RESOLUÇÃO: A área do polígono APQCBRD é igual à área do retângulo ABCD menos a área do triângulo PQR . conclui-se que QPB ˆ  PQDˆ . SAPQCBRD  SABCD  SPQR  10  2   20  x  20   u. HQ  DQ  DH  5  4  1 e RH  RQ  HQ  x  1 .madematica. ˆ  PQR Daí conclui-se que o triângulo PQR é isósceles e PR  QR  x . 2 2 2 5) Seja ABC um triângulo retângulo de hipotenusa 26 e perímetro 60 . 035 (B) 0. . aproximadamente: (A) 0. 095 (E) 0. ˆ  PQD Além disso.105 RESPOSTA: D www. então APQ ˆ  180 (*) e ˆ  PQD CQP ˆ  180 . 075 (D) 0. AP DQ o que implica APQ Comparando (*) e (**). QPR ˆ . obtemos o retângulo APHD no qual AP  DH  4 . 2 x2 5 35 Logo. ˆ  180 (**). ou seja. Portanto.com 66 .blogspot. Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo PHR . se os segmentos AH e CM AP cortam-se em P .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2014-2015 RESOLUÇÃO: Vamos demonstrar dois resultados que são válidos para qualquer triângulo retângulo. temos a  26 e 2p  60  p  30 . Logo. 2 2 Portanto. Além disso. Seja H o pé da perpendicular traçada de A sobre BC . 2 No caso em questão. a razão entre as áreas do círculo inscrito e do circunscrito é 2 2 Sinc r 2  r   4  16        0. catetos b e c .madematica. Scircun R 2  R   13  169 6) Considere que ABC é um triângulo retângulo em A . como a hipotenusa do triângulo subentende um ângulo inscrito de 90 . raio 2 do círculo inscrito r e raio do círculo circunscrito R . o quadrilátero BDIE é um quadrado e r  p  a . abc Seja um triângulo retângulo ABC de hipotenusa a . então a hipotenusa a AC  a  2R  R  . a razão será igual a: PH a2 (A) 2 b a3 (B) 2 b www. Aplicando os resultados obtidos. temos a 26 r  p  a  30  26  4 e R    13 . de lados AC  b e BC  a . semiperímetro p  .blogspot. 095 . Os segmentos das tangentes ao círculo inscrito a partir do vértice B são BD  BE  p  a . e M o ponto médio de AB .com 67 . a AP BC a a2 Portanto.blogspot. temos: 2 b AC2  BC  CH  b 2  a  CH  CH  .   2  2. temos: CH PA MB AP BC   1  . então o resto da divisão do q 900 q período da dízima por 5 é: p 1 (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) 4 RESPOSTA: B www.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2014-2015 a2 (C) b3 a3 (D) 3 b a (E) b RESPOSTA: A RESOLUÇÃO: Aplicando o teorema de Menelaus ao triângulo AHB com ceviana CPM . PH CH b b a p 525 7) Se a fração irredutível é equivalente ao inverso do número . CB PH MA PH CH Considerando as relações métricas no triângulo retângulo ABC .com 68 .madematica. 27272727 b b (B)  0. N 1 é múltiplo de 1155 e o resto da divisão de N por 1155 é 1 . por 5 é 1 . 9) Considere o operador matemático '* ' que transforma o número real X em X  1 e o operador ' ' 1 que transforma o número real Y em . onde a barra indica o período. Portanto. em sua forma irredutível. então N 1 é múltiplo de 3 . p 1 p  1 13 Portanto.538461 . 8) Um número natural N . 7 ou 11 . ou seja.blogspot. 7.madematica. a opção correta é: a b a (A)  0. N 1 deve ser múltiplo de mmc  3. Calcule o resto da divisão de N por 1155 . 7 ou 11 . 5 . quando dividido por 3 . o resto do período da dízima. 2702702 a 2a (C)  0. e assinale a opção correta. 5 .11  3  5  7 11  1155 .540540540 b (D) 2b  a  94 (E) b  3a  6 RESPOSTA: C www. 7 ou 11 . p  12 e q  7 . (A) 17 (B) 11 (C) 7 (D) 5 (E) 1 RESPOSTA: E RESOLUÇÃO: Se N deixa resto 1 na divisão por 3 . onde a e b são primos entre si.5.com 69 . Logo. 538461. Y 1    Se  * *   *   *1   . 5 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2014-2015 RESOLUÇÃO: 525 900 12 O inverso do número é  . deixa resto igual a 1 . 900 525 7 q q 7 A dízima é dada por   0. (B) Apenas as afirmativas III e IV são falsas. III) r q  r q   r q  1  r q  . (C) Apenas as afirmativas I e III são falsas. (E) Apenas as afirmativas I. (A) Apenas as afirmativas I e II são falsas. IV) Se 10  é um número que tem 200 algarismos.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2014-2015 RESOLUÇÃO: *1  1  1  2 1 1  *1   2   2 1 3 1 1 4 *   *1   *     1  3 3 3 4  *   *1       1 1 3    3  4 1 7 7 3 3   *   *1    3 7   3 1 1  1  10 10 7 7 7   *   *   *1   *     1   7 7  10  10 17 10   * *   *   *1    *     1  17  17 10  10 27 10    * *   *   *1      27 10  27 1   10  1 37 10    * *   *   *1     a  b 37 10  a  10  b  37  2a 20  b 37  0. RESPOSTA: B RESOLUÇÃO: I) VERDADEIRA zk yzk Ck   Bz   Bzk   A y   A yzk   2x  k  2xyzk  4096  212  x  y  z  k  12 II) VERDADEIRA www.54054054 10) Analise as afirmativas abaixo. para quaisquer reais q .com 70 . então x  y  z  k  12 .madematica. r w  w 1 e w não nulos. II e IV são falsas. para quaisquer reais t . Bz  C e Ck  4096 . (D) Apenas as afirmativas I.  II) t m   t m    t m  1   t m  p p 1  . A y  B . I) Se 2 x  A . m e p não nulos.blogspot. 100 x Assinale a opção correta. III e IV são falsas. então x é 2 . com 71 .99  x  2 . pois 2014   1  2015   1  4029  2014  2015  4029  0 . www. (B) inteiro e com dois divisores. (C) divisível por cinco. observamos que x  1 é raiz da equação. sabe-se: I) x  y  z y xy II)  2 xz z 1  1 2 III) z   9 6 Com essas informações. 12) Sobre os números inteiros positivos e não nulos x . pode-se afirmar que o número  x  y  é: z (A) ímpar e maior do que três. a equação possui uma raiz inteira 2 a x  1 e uma raiz não inteira . w w w  w 1 IV) FALSA Se 10100  tem 200 algarismos. y e z . a soma dos algarismos de "a  b" é: b (A) 7 (B) 9 (C) 11 (D) 13 (E) 15 RESPOSTA: D RESOLUÇÃO: Inicialmente. Sabendo-se que a raiz não inteira é a dada por .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2014-2015 tm   tm   tm  tm   tm  p p 1   tm  1 tm  p 1  III) FALSA rq  rq  rq  rq  rq q    r q  1  r  q q     r q  1  r q . onde "a" e "b" são primos entre si. x x 11) Considere a equação do 2 grau 2014x 2  2015x  4029  0 . (E) par e menor do que seis. sendo portanto primos entre si.madematica. Logo. então 10199  10100   10100x  10200  1. b  a  4029 a 4029 O produto das raízes da equação é 2   1        a  4029  b  2014 e  b  2014 b 2014 a  b  4029  2014  6043 cuja soma dos algarismos é 6  4  3  13. Note que a  4029  3 17  79 e b  2014  2 19  53 não possuem fatores comuns em suas fatorações canônicas.blogspot. (D) múltiplo de três. (D) possui um valor mínimo igual a 2 . www. (B) pode ser igual a 5 .  x  y   12  6   4 que é um número par e menor do que seis.blogspot. raio igual a "3" e tangente ao lado AB . (E) possui um valor máximo igual a 4. z 9 13) Suponha que ABC seja um triângulo isósceles com lados AC  BC .5 . Com relação à área da superfície comum ao triângulo ABC e ao círculo de "L" .madematica. (C) não pode ser igual a 4 . e que "L" seja a circunferência de centro "C" .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2014-2015 RESPOSTA: E RESOLUÇÃO: 1  1 1 2 z     9 2  3  z  32  9 9 y xy 2x  y  18  2  x  12  y  6 x 9 9  x  y  18 6 6 Logo.com 72 . RESPOSTA: A RESOLUÇÃO: A área comum S entre o triângulo ABC e o círculo "L" está sombreada na figura e é um setor circular de raio 3 e ângulo Cˆ . pode-se afirmar que: (A) não possui um valor máximo. N não será quadrado perfeito. Portanto. a nova soma dos algarismos de N é S  N   600  135  735 que é múltiplo de 3 e não é múltiplo de 9 . a nova soma dos algarismos de N é S  N   600  150  750 que é múltiplo de 3 e não é múltiplo de 9 . N poderá ser um quadrado perfeito.5 é o supremo dessa área (menor dos limitantes superiores). pois ele nunca é assumido. mas não o seu máximo. e dependendo das posições dos algarismos. com os dois extremos excluídos.madematica. N poderá ser um quadrado perfeito. então o valor da área comum   32 varia entre 0 e a área da semicircunferência. (D) se os algarismos da dezena e da unidade não forem iguais a 1 . 0  S   4. N será um quadrado perfeito. Portanto. independentemente das posições dos algarismos. (B) VERDADEIRA A soma dos algarismos de N é S  N   200  2  200 1  2015  0  600 . (B) independentemente das posições dos algarismos. portanto. www. independentemente das posições dos algarismos. N não é um quadrado perfeito. N não será quadrado perfeito. a nova soma dos algarismos de N é S  N   600  240  840 que é múltiplo de 3 e não é múltiplo de 9 . então N é múltiplo de 3 . e dependendo das posições dos algarismos.blogspot. conclui-se que N não é quadrado perfeito. 200 algarismos iguais a 1 e 2015 algarismos iguais a zero. (D) FALSA Vide desenvolvimento da alternativa (B). a área comum não possui valor máximo. 5 . independentemente das posições dos algarismos.com 73 . (E) se forem acrescentados mais 150 algarismos iguais a 1 . (E) FALSA Se forem acrescentados mais 150 algarismos iguais a 1 . (C) FALSA Se forem acrescentados mais 240 algarismos iguais a 1 . e dependendo das posições dos algarismos.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2014-2015 Como o ângulo Cˆ varia de 0 a 180 . Como 3 | 600 . 2 Portanto. Portanto. pode-se afirmar que: (A) se forem acrescentados mais 135 algarismos iguais a 1 . Mas. Note que o valor 4. (C) se forem acrescentados mais 240 algarismos iguais a 1 . 14) Considere que N seja um número natural formado apenas por 200 algarismos iguais a 2 . N poderá ser um quadrado perfeito. RESPOSTA: B RESOLUÇÃO: (A) FALSA Se forem acrescentados mais 135 algarismos iguais a 1 . ou seja. Sobre N . N não será quadrado perfeito. Assim. N não é múltiplo de 9 . 9 | 600 . Calcule o valor de .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2014-2015 15) A equação K2 x  Kx  K2  2K  8  12x . devemos ter K  3 . Sabe-se que a equação na a  114y 17b  2 ab  K variável y dada por 3ay   admite infinitas soluções. a  114y 17b  2 Vamos agora escrever a equação 3ay   na forma Ax  B . Sejam p e q números reais fixos. Assim. a quantidade de soluções reais da nova equação é: (A) 1 (B) 3 (C) 4 (D) 5 (E) 6 RESPOSTA: B www. (A) 0 (B) 1 (C) 3 (D) 4 (E) 5 RESPOSTA: D RESOLUÇÃO: Vamos escrever a equação K2 x  Kx  K2  2K  8  12x na forma Ax  B . na variável x . ab  K 19 1   3 16 Logo.    4. devemos ter a  19 e b  1 .madematica. devemos ter 6a 114  0  a  19 17b  a  2  0 17b 19  2  0  b  1 Portanto. onde p é não nulo. temos: K 2 x  Kx  K 2  2K  8  12x   K 2  K  12  x  K 2  2K  8    K  4   K  3 x   K  4  K  2  Como a equação acima é impossível devemos ter  K  4   K  3  0  K  4  K  3  K  4  K  2   0  K  4  K  2 Portanto. temos: 2 2 a  114y 17b  2 3ay    6ay  a  114y  17b  2   6a  114  y  17b  a  2 2 2 Como a equação acima admite infinitas soluções. é impossível.e 2 2 4 assinale a opção correta.blogspot. Trocando x por py  q .com 74 . 4 4 4 16) A equação x3  2x 2  x  2  0 possui três raízes reais. Assim. calcule o raio de L e assinale a opção correta. pois possuem ângulos iguais. Os triângulos retângulos AHD e BHC são semelhantes. 2. seu ortocentro é interior ao triângulo e o ponto D está no menor arco AC .com 75 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2014-2015 RESOLUÇÃO: Sejam ri  . cujas 3 2 raízes satisfazem py  q  ri . ou seja. há uma raiz real correspondente na equação transformada. Sabendo-se que AD  4 e BC  8 . para cada raiz real da equação original. Seja H o pé da altura traçada do vértice B e R o raio do círculo de centro O circunscrito ao triângulo. 2.3 . i  1. a equação do primeiro grau py  q  ri possui uma única solução. a nova equação possui 3 soluções reais.blogspot. observemos que. obtém-se uma nova equação  py  q   2  py  q    py  q   2  0 .madematica. Portanto.3 . como o triângulo ABC é acutângulo. Trocando x por py  q . A altura traçada do vértice B intersecta L no ponto D . as três raízes reais da equação x3  2x 2  x  2  0 . Assim. i  1. temos: www. como p é não nulo. Note que. (A) 2 10 (B) 4 10 (C) 2 5 (D) 4 5 (E) 3 10 RESPOSTA: C RESOLUÇÃO: Inicialmente. 17) Considere que ABC é um triângulo acutângulo inscrito em uma circunferência L . temos: ACB ˆ  ADB ˆ e ˆ  CAD CBD ˆ . Como ângulos inscritos que subentendem o mesmo arco são iguais. c. então HB  2x e HC  2k .madematica.blogspot. HC HB BC 8 HC HB 2 Sejam HA  x e HD  k . calcule o resto da divisão de 16452730046613 por 4058211 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2014-2015 HD HA AD 4 HD HA 1       . é conveniente fazer 2014  x . Sabendo-se que os segmentos AF e ED intersectam-se em "P" . R 18) Sabendo que 20144  16452725990416 e que 20142  4056196 . o problema torna-se obter o resto da divisão de x 4  x 2  1 por x 2  x  1 . . Vamos fatorar x 4  x 2  1 . Assim. e assinale a opção que apresenta esse valor. temos: AB2  HA2  HB2  x 2   2x   5x 2  AB  x 5 . aproximadamente. (A) 0 (B) 2 (C) 4 (D) 5 (E) 6 RESPOSTA: A RESOLUÇÃO: Como 16452730046613  16452725990416  4056196 1 e 4058211  4056196  2014 1 . o que implica que o resto de 16452730046613 por 4058211 também é zero. BE 1 19) Sobre o lado BC do quadrado ABCD . temos: x 2  2kx   R  2 5 u. marcam-se os pontos "E " e "F" tais que  e BC 3 CF 1  . o resto da divisão de x 4  x 2  1 por x 2  x  1 é zero. Assim. temos: x 4  x 2  1   x 4  2x 2  1  x 2   x 2  1  x 2   x 2  1  x  x 2  1  x  2 Portanto. Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo AHB . qual é. BC 4 o percentual da área do triângulo BPE em relação à área do quadrado ABCD ? (A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5 (E) 6 www.com 76 . 2 Vamos agora calcular a área do triângulo ABC de duas formas diferentes. x  2x 2x  2k SABC  SAHB  SCHB    x 2  2kx 2 2 AB  AC  BC x 5   x  2k   8 2 5  x 2  2kx  SABC    4R 4R R 2 5  x 2  2kx  Igualando as duas expressões de SABC . 3 4 12 Como EF AD . Vamos analisar os pontos de divisão do lado BC . 2 2 102 5L2 S 5 Assim. BPE  102 2   5% . os triângulos EPF e DPA são semelhantes.madematica. temos: PR EF 5L 12 5 PR PQ PR  PQ L 5L 12L         PR   PQ  .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2014-2015 RESPOSTA: D RESOLUÇÃO: Seja L o lado do quadrado ABCD . PQ AD L 12 5 12 5  12 17 17 17 L 5L  BE  PR 3 17 5L2 A área do triângulo BPE é dada por SBPE    . SABCD L 102 www.com 77 . BE 1 BE 1 L     BE  BC 3 L 3 3 CF 1 CF 1 L     CF  BC 4 L 4 4 L L 5L O segmento EF é então dado por EF  BC  BE  CF  L    .blogspot. Assim. que o lado do quadrado ABCD é igual a 12x .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2014-2015 Vamos fazer uma solução alternativa. Assim. SABCD 408s 102 www. temos: BE BE 1    BE  4x BC 12x 3 CF CF 1    CF  3x BC 12x 4 O segmento EF é então dado por EF  BC  BE  CF  12x  4x  3x  5x . considerando que triângulos de mesmo vértice a base sobre a mesma reta possuem áreas proporcionais às medidas de suas bases.blogspot. os triângulos EPF e DPA são semelhantes. a razão entre a área do triângulo BPE e a área do quadrado ABCD é SBPE 20s 5    5% . Assim.com 78 . utilizando razões entre áreas. sem perda de generalidade. Como EF AD . Seja SEPF  25s e. Supondo. temos: PF PE EF 5x 5     . temos: SEPF EF 5x 5 25s 5       SEPB  20s SEPB EB 4x 4 SEPB 4 SFBP PF 5 45s 5      SPBA  108s SPBA PA 12 SPBA 12 SBAF BF 9x 153s   3  3  SFAC  51s SFAC CF 3x SFAC SABCD  2  SABC  2  204s  408s Portanto. PA PD AD 12x 12 Vamos agora identificar a área do triângulo BPE .madematica. Sobre o lado CD está marcado o ponto R . sobre o lado BC está marcado o ponto S tal que a área do triângulo 1 BRS seja da área do paralelogramo. Na figura. 5 (D) 9 (E) 7.com 79 . Nessas condições.madematica.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2014-2015 20) Observe a figura a seguir. 5 (B) 11 (C) 10. e o ponto P é a interseção do prolongamento do segmento 36 RS com o prolongamento da diagonal DB . o paralelogramo ABCD tem lados 9 cm e 4 cm . é possível concluir que a razão entre DP as medidas dos segmentos de reta vale: BP (A) 13. de modo que CR  2 cm . 5 RESPOSTA: C RESOLUÇÃO: SABCD  AB  AD  sen   9  4  sen   36sen  www.blogspot. madematica.blogspot. temos: PB SC RD PB 3 7 DP 21   1   1   10.5 . PD SB RC PD 1 2 BP 2 www.com 80 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2014-2015 CR  CB 24 SBCR   sen    sen   4sen  2 2 CR  CS 2x SCRS   sen    sen   x sen  2 2 SBRS  SBCR  SCRS  4sen   x sen    4  x  sen  SBRS 1  4  x  sen  1     4 x 1 x  3 SABCD 36 36sen  36 Aplicando o teorema de Menelaus ao triângulo BCD com ceviana PSR . blogspot.madematica.com 81 . Qual é o  3  5  7  9   11   5  7  9   11  P valor de ? Q (A) 2 (B) 2 (C) 5 (D) 3 (E) 5 RESPOSTA: B RESOLUÇÃO:  1  1  1  1   1  4 6 8 10 12 P  1  1  1  1    1         3  5  7  9   11  3 5 7 9 11  1  1  1  1  4 6 8 10 Q  1  1  1   1        5  7  9   11  5 7 9 11 P 4  6  8 10 12 5  7  9 11 12 P     4  42 Q 3  5  7  9 11 4  6  8 10 3 Q 2) Sabendo que ABC é um triângulo retângulo de hipotenusa BC  a . qual é o valor máximo da área de ABC ? a2 2 (A) 4 2 a (B) 4 3a 2 2 (C) 4 2 3a (D) 4 3a 2 (E) 2 REPOSTA: B www.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2013-2014 PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 2013/2014  1  1  1  1   1  1  1  1  1 1) Sejam P  1  1  1  1    1   e Q  1  1  1   1   .  h A MAX  .com 82 . www. temos as seguintes possibilidades para a formação de casais: O menino de 1 ano pode fomar casal com qualquer menina. Sabe-se que. as idades variam de 1 ano até 6 anos. ou seja. 2 2 4 3) Considere um conjunto de 6 meninos com idades diferentes e um outro conjunto com 6 meninas também com idades diferentes. SABC  .blogspot. A área de cada um desses triângulos é dada pelo semiproduto da hipotenusa pela altura relativa à a  hA hipotenusa. cada ponto sobre essa circunferência (exceto B e C ) determina um triângulo retângulo ABC . Como o vértice A está sobre a circunferência de diâmetro BC  a .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2013-2014 RESOLUÇÃO: O triângulo retângulo ABC de hipotenusa BC  a está inscrito em uma circunferência de diâmetro BC . Sabendo que a medida da hipotenusa é constante. em ambos os conjuntos. ou seja. então o triângulo 2 de área máxima será aquele que tiver a altura relativa à hipotenusa máxima. Quantos casais podem-se formar com a soma das idades inferior a 8 anos? (A) 18 (B) 19 (C) 20 (D) 21 (E) 22 RESPOSTA: D RESOLUÇÃO: Tendo em consideração que a soma das idades dos membros de um casal deve ser menor do que 8 . então há 6 possíveis casais.madematica. Assim. o valor da área máxima do triângulo retângulo ABC é a   h A MAX a   a 2  a 2 SABC MAX    unidades de área. 2 Portanto. então o valor máximo da altura relativa à hipotenusa é a igual ao raio da circunferência. 12 onde A e B são subconjuntos de X . então há 5 possíveis casais. 4) Seja A  B  3. então há 4 possíveis casais.12 e B  CAX  10. pode-se afirmar que o número máximo de elementos de B é (A) 7 (B) 6 (C) 5 (D) 4 (E) 3 RESPOSTA: B www.9.10.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2013-2014 O menino de 2 anos pode formar casal com meninas de 1 a 5 anos. 76 Portanto. O menino de 6 anos pode formar casal com a menina de 1 ano. então há 2 possíveis casais.8. O menino de 3 anos pode formar casal com meninas de 1 a 4 anos.blogspot. e CAX é o complementar de A em relação a X . 2 Observe que se representássemos as idades no plano cartesiano com as idades dos meninos nas abscissas e das meninas na ordenadas. o número de casais que se pode formar é 6  5  4  3  2  1   21 . Sendo assim.5.com 83 . então há 3 possíveis casais. O menino de 4 anos pode formar casal com meninas de 1 a 3 anos.madematica. teríamos uma malha de 6  6  36 pontos que representariam possíveis casais e os casais com soma das idades inferior a 8 anos seriam os pontos abaixo da reta x  y  8 (marcados de azul na figura). então há 1 possível casal. O menino de 5 anos pode formar casal com meninas de 1 ou 2 anos. X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2013-2014 RESOLUÇÃO: Inicialmente, observemos que, se A  X , então o complementar de A em relação a X está definido e CAX  X  A . Se B  CAX  10,12 , então 10 e 12 são elementos de B e não são elementos de A . Se A  B  3,5,8,9,10,12 , então B  3,5,8,9,10,12 . Portanto, #  B   6 . Observe, no entanto, que B  3,5,8,9,10,12 e A  3,5,8,9 satisfazem às condições do enunciado, então o número máximo de elementos de B é 6 . Observe a situação descrita acima representada em um diagrama de Venn, onde a área sombreada representa CAX  X  A : Note que o número máximo de elementos do conjunto B ocorre quando todos os elementos do conjunto 3,5,8,9 estão em A  B . 5) Dada a equação  2x  1  x  3  x  2   6  0 , qual é a soma das duas maiores raízes reais desta 2 equação? (A) 0 (B) 1 1 (C) 6  2 (D) 6 (E) 6  1 RESPOSTA: C RESOLUÇÃO: (As opções dessa questão foram alteradas, pois não havia opção correta da maneira como a questão foi proposta originalmente.) Observemos inicialmente que  x  3   x  2  2x  1 , então uma boa substituição de variável é 2x  1 1 1 y  x   x  y  . Dessa forma, temos: 2 2 2 www.madematica.blogspot.com 84 X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2013-2014  2x  12  x  3  x  2   6  0   2y 2   y  1  3    y  1  2   6  0  2   2   5  5  25   4y 2   y     y    6  0  4y 2   y 2    6  0  2  2  4   4y 4  25y 2  6  0 Note que a substituição de variável efetuada apresentou como resultado uma equação biquadrada. Vamos resolvê-la. 25   25   4  4  6 25  23 2 1 1 y  2   y2   y2  6  y    y   6 24 8 4 2 Retornando a substituição, temos:  1 1 1 1 1 1 x1       1 ; x 2      0 ; x 3   6  ; x 4  6   2 2 2 2 2 2 1  Portanto, o conjunto solução da equação é S   6  , 1, 0, 6  2 1 2 e a soma das duas maiores  1 1 raízes reais é 0   6    6  .  2 2 Uma solução alternativa e, talvez, mais intuitiva seria efetuar a conta e identificar raízes por inspeção.  2x  12  x  3  x  2   6  0   4x 2  4x  1  x 2  x  6   6  0  4x 4  8x 3  19x 2  23x  0  x  4x 3  8x 2  19x  23  0 Por inspeção, identificamos que x  1 é raiz da equação 4x 3  8x 2  19x  23  0 , pois 4   1  8   1 19   1  23  0 , ou seja, x  1 é um fator de 4x 3  8x 2  19x  23 . 3 2 Vamos aplicar o algoritmo de Briot-Ruffini para efetuar a divisão de 4x 3  8x 2  19x  23 por x  1 . 4 8 19 23 1 4 4 23 0 Assim, temos 4x3  8x 2  19x  23   x  1  4x 2  4x  23 . Portanto, a equação original pode ser escrita como x  x  1  4x 2  4x  23  0 . As raízes da equação do 2º grau 4x 2  4x  23  0 são dadas por 4  16  4  4   23 4  8 6 1 x    6. 24 8 2 1  Portanto, o conjunto solução da equação é S   6  , 1, 0, 6  2 1 2 e a soma das duas maiores   1 1 raízes reais é 0   6    6  .  2 2 www.madematica.blogspot.com 85 X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2013-2014 6) Analise a figura a seguir. A figura acima exibe o quadrado ABCD e o arco de circunferência APC com centro em B e raio 3 AB  6 . Sabendo que o arco AP da figura tem comprimento , é correto afirmar que o ângulo PCD 5 mede: (A) 36 (B) 30 (C) 28 (D) 24 (E) 20 RESPOSTA: A RESOLUÇÃO: ˆ  . ˆ   e PCD Na figura acima, sejam ABP O comprimento de um arco de circunferência de raio r determinado por um ângulo central  rad é   r . www.madematica.blogspot.com 86 O ângulo PBC Como CD  BC .Seja AB  c . www.blogspot. então o ângulo ABP em radianos é dado por 5 3  180 6   rad   18 . (B) Apenas a afirmativa I é verdadeira. Assinale a opção correta.333   22   3 3  27 17 448  5 239  3 ?  7  (A) 0. então o ângulo interno no vértice A é reto. 5 10 10 Como o #ABCD é um quadrado. (A) Apenas as afirmativas I e II são verdadeiras. II . ˆ  72 é o ângulo central que determina o arco PC . 3 (B) 3 3 (C) 1 (D) 0 (E) 1 RESPOSTA: C RESOLUÇÃO: 7 92  33   30. o que implica PC 72    36 .Se M é ponto médio de BC e AM  . BC III . 2 2 7 92  33  7) Qual é o valor da expressão  30. então ABC ˆ  90 e PBCˆ  90    90 18  72 .com 87 . então a 2  b2  c2 . Se o ângulo interno no vértice A é reto. então o raio de seu círculo inscrito pode ser igual a três quartos da hipotenusa. Se a 2  b2  c2 . I . então PC  72 . AC  b e BC  a . 2 IV – Se ABC é retângulo. então o ângulo PCD ˆ   é um ângulo de segmento.333   22  5 239  3 448   3 3   27 17   7  7 92   31 3   22  5 239  3 64   31 3   27 1 27    22  5 239  4    4  5 243  7 92 7 92  7 92   4  5 35  7 92 7 92   4  3  1 1 8) Analise as afirmativas abaixo.Seja AB  c . ABC é retângulo. AC  b e BC  a .madematica. se o arco AP tem comprimento .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2013-2014 3 ˆ Logo. em relação ao triângulo ABC . Fazendo ABM ˆ  BAM ˆ   . (D) Apenas as afirmativas I. como mostraremos a seguir. Vamos analisar a situação com auxílio da figura a seguir: BC Se M é ponto médio de BC e AM  .blogspot. da Síntese de Clairaut ou da lei dos cossenos. III e IV são verdadeiras. ou seja. IV – FALSA Lema: Seja um triângulo retângulo ABC de hipotenusa BC  a e semiperímetro p . o ângulo externo AMC ˆ é tal que AMC ˆ  ABM ˆ      2 . então o triângulo é retângulo. II e III são verdadeiras. ˆ  BAM No triângulo isóscele s AMC . o triângulo ABC é retângulo de hipotenusa BC . 2 ˆ ˆ ˆ Portanto.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2013-2014 (C) Apenas as afirmativas II e IV são verdadeiras. então o triângulo ABC é retângulo de hipotenusa BC  a e vale o teorema de Pitágoras a 2  b2  c2 . A ˆ  90 . II – VERDADEIRA Se a 2  b2  c2 . III – VERDADEIRA A afirmação estabelece que se a medida de uma mediana é igual à metade da medida do lado a que ela se refere. temos CAM ˆ  ACMˆ  180  2  90   . então o raio do círculo inscrito é r  p  a . Pela lei dos cossenos. RESPOSTA: D RESOLUÇÃO: I – VERDADEIRA Se A ˆ  90 .madematica. www. o ângulo do vértice A é dado por A  BAC  BAM  CAMˆ    90    90 .com 88 . Nós sabemos que a mediana relativa à hipotenusa de um triângulo retângulo é igual à metade da hipotenusa. então o ângulo oposto ao lado BC  a é reto. (E) Apenas as afirmativas II. ou seja. Substituindo a 2  b2  c2 na expressão ˆ  2bc  cos A anterior. Esse resultado é uma consequência da recíproca do teorema de Pitágoras. então AM  BM  CM e os triângulos AMB e AMC são 2 isósceles. o que é pedido é a “volta” dessa afirmação. temos a 2  b2  c2  2bc  cos A ˆ . resulta b2  c2  b2  c2  2bc  cos A ˆ  0  cos A ˆ 0A ˆ  90 . 13 (B)  13 (C)  13 (D) 0 (E)  RESPOSTA: E RESOLUÇÃO:  3  3 1  0   1  x 2  4  3 x 4 2 x 4 2 Como no conjunto dos números reais x 2  4 é sempre maior ou igual a 0 . (A)  13. então o conjunto solução da equação é S   .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2013-2014 Demonstração: IE  AC  IF  AB    # IEAF é um quadrado  r  AE  AF  p  a IE  IF  r   Voltando a afirmação do enunciado e usando a expressão r  p  a . 2 2 2 2 4  3 9) Assinale a opção que apresenta o conjunto solução da equação  1  0 . temos: abc bca a a a a 3 r  pa  a     a.com 89 . www. no conjunto dos x2  4 números reais.blogspot.madematica. Portanto. o que implica x  5 e y  3 . 1 inclusive.madematica. ou seja. Portanto. Sendo assim.  y x  x y    35  53    243  125   118 . Note que  x  y    x  y   2x . k  e x 2  y2  5 k . x .8. então x  y  x  y . b . pode-se afirmar que o número é k (A) natural.) Cada algarismo de 1 a 9 aparece 9 vezes como algarismo das unidades e 10 vezes como algarismo das dezenas. Além disso. (E) decimal infinito sem período. então  x  y  e  x  y  têm a mesma paridade. 2.  x  y  e  x  y  são divisores naturais de 16 . y números naturais não nulos. (C) dízima periódica simples. RESPOSTA: D RESOLUÇÃO: (O enunciado dessa questão foi alterado. Se a  b  5 . 11) Sabe-se que a média aritmética dos algarismos de todos os números naturais desde 10 até 99 . é k .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2013-2014  2 2 a b 10) Seja a . a soma dos algarismos de todos os números naturais desde 10 até 99 . pois a mesma estava incorreta da maneira como foi proposta originalmente.16 . (B) decimal exato. devemos ter x  y  8 e x  y  2 . pertencem ao conjunto d 16   1. é dada por 1  9   9 S  1  2  3  4  5  6  7  8  9  19  19  45 19 2 www. qual é o  a  b 2 2 algarismo das unidades do número  y  x x y ? (A) 2 (B) 3 (C) 5 (D) 7 (E) 8 RESPOSTA: E RESOLUÇÃO:  2 2 a b  24ab   24   165  2  a  b 2 ab k  2 a b  2 2 a b x 2  y2  5 k  5 165  16   x  y  x  y   16 Logo.com 90 . 4. como x e y são números naturais não nulos. (D) dízima periódica composta.blogspot. cujo algarismo das unidades é 8 . Dessa forma. inclusive. X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2013-2014 Desde 10 até 99 .  b  c  5a Resolvendo o sistema. um total de 2  90  180 algarismos. há  99  10   1  90 números de 2 algarismos. De um ponto Q (diferente de A e de C ) sobre o menor arco AC de "L" são traçadas perpendiculares às retas suportes dos lados do triângulo. é 45 19 19 dada por k   . então a 12  b 1  c  0  a  b  c  0  b  c  a . Se b  c  5a então. b e c ficam determinados. b . ou seja. temos b  2a e c  3a .  b  c  a Dessa forma. c pertencentes ao conjunto dos números reais. 180 4 1 4 Assim. Tomando MN  12 e PN  16 . sendo a  0 . em função de a . k 12) Uma das raízes da equação do 2° grau ax 2  bx  c  0 . inclusive. com a .com 91 .  2a 3a 13) Seja ABC um triângulo acutângulo e "L" a circunferência circunscrita ao triângulo. AC e BC respectivamente.  que só possui fatores diferentes de 2 e 5 no denominador. inclusive. pelo sistema:  . b c em função de a é igual a (A) 3a 2 (B) 2 a (C) 2a  3a 1 (D)  2a 3a 1 (E)  3a   3a  2 a RESPOSTA: D RESOLUÇÃO: Se 1 é raiz da equação ax 2  bx  c  0 . Logo. é igual a 1 .madematica. a média aritmética dos algarismos de todos os números naturais desde 10 até 99 . 3a 1 Portanto. bc   2a   . N e P os pés das perpendiculares sobre os lados AB.blogspot. o que implica que o número k 19 1 é uma dízima periódica simples. Considere M . qual é a razão entre as áreas dos triângulos BMN e BNP ? 3 (A) 4 9 (B) 16 8 (C) 9 www. blogspot. Como os pontos M .com 92 . N e P são colineares. observemos que os pontos M . para triângulos que possuem altura comum. Sabemos que. N e P são colineares (esses pontos estão sobre a reta simson do ponto Q em relação ao ABC ). a razão entre suas áreas é igual à razão entre suas bases. Assim.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2013-2014 25 (D) 36 36 (E) 49 RESPOSTA: A RESOLUÇÃO: Inicialmente. SBNP PN 16 4 www. então os triângulos BMN e BNP têm bases sobre a mesma reta suporte (a simson de Q ). o que implica que os triângulos possuem altura comum no vértice B. temos: SBMN MN 12 3    .madematica. qual é o valor de QP ? (A) 8 (B) 6 (C) 5.blogspot. 5 (E) 4 RESPOSTA: E www. sendo a reta que contém esses três pontos chamada reta de simson do ponto P. Prolongando BQ até o ponto P sobre a circunferência circunscrita ao triângulo. 14) Sabe-se que o ortocentro H de um triângulo ABC é interior ao triângulo e seja Q o pé da altura relativa ao lado AC . 5 (D) 4.com 93 .madematica. os pontos C1 . A1 e B1 são colineares. sabendo-se que BQ  12 e HQ  4 . Demonstração: BCˆ P  BA ˆ P  90º  BC ˆ P  BA ˆ P  180º  # BA PC é inscritível  BPC ˆ C ˆ  BA 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ˆ ˆ ˆ ˆ PA C  PB C  90º  # PA B C é inscritível  CA B  CPB 1 1 1 1 1 1 1 ˆ P  ABˆ P  90º  AC ˆ P  AB ˆ P  180º  # AB PC é inscritível  B PC ˆ ˆ AC 1 1 1 1 1 1 1 1  180º A P está no círculo circunscrito ao ABC  #ABPC é inscritível  BPC ˆ ˆ  180º A ˆ  BPC  B1PC ˆ  B PB ˆ  BPCˆ  BPBˆ  B PC ˆ  BPC ˆ  B PC ˆ  BA ˆ C  CAˆ B 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Logo.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2013-2014 NOTA 2: Reta Simson Os pés das três perpendiculares traçadas de um ponto do círculo circunscrito a um triângulo aos lados do triângulo são colineares. então esse triângulo é acutângulo. e PA .blogspot. a ceviana CQ é altura e bissetriz. AD e CE . então o ortocentro H é o ponto de interseção de BQ . com interseção em E.madematica. . Na figura acima. qual é o valor do ângulo  ? www.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2013-2014 RESOLUÇÃO: Se o ortocentro de um triângulo é interior ao triângulo. Como BEC ˆ  CQB ˆ  90 . o que implica que o triângulo HCP é isósceles e CQ é também mediana. Traçam-se ainda os segmentos AD e CD . o ângulo inscrito ACP ˆ  AP  ABP ˆ  ACE ˆ . ˆ é tal que ACP Mas. 15) Analise a figura a seguir. 2 Portanto. De P traçam-se os segmentos PC . Logo. então o # BEQC é inscritível e ABP ˆ  ACE ˆ . que corta a circunferência em B . Sabendo que o ângulo APC é 15 e que a distância do ponto C ao segmento de reta AB é 3 2 . no triângulo HCP . Sejam AD e CE as outras duas alturas do triângulo.c. que corta a circunferência em D . HQ  QP  4 u.com 94 . a circunferência de raio 6 tem centro em C . então No triângulo retângulo PMC . No triângulo retângulo BMC . Sendo assim. Como o ângulo DCB ˆ  30 é um ângulo central.com 95 .madematica. Marcam-se na base AB o ponto P e na base CD o ponto Q . temos PCM ˆ  DCM DCB ˆ  BCM ˆ  75  45  30 . CM 6 2 ˆ  90 15  75 . então   ECD ˆ  30  30  60 . temos CB  6 e CM  3 2 . então CM  AB . então ADC ˆ  15  15  30 .blogspot. Sabe-se que as áreas dos quadriláteros APQD e PBCQ são iguais. com bases AB  10 e CD  22 . pode-se afirmar que a medida x é: (A) 10 (B) 12 (C) 14 www. então ˆ  CM  3 2  2  CBM sen CBM ˆ  45 e BCMˆ  45 . 16) Considere que ABCD é um trapézio. O ângulo BED ˆ  EDC ˆ   é ângulo externo do triângulo CDE . então BD  30 e o ângulo inscrito ˆ  BD  30  15 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2013-2014 (A) 75 (B) 60 (C) 45 (D) 30 (E) 15 RESPOSTA: B RESOLUÇÃO: Seja M o ponto médio do segmento AB . o que implica CM  3 2 (distância do ponto C ao segmento AB ). onde os vértices são colocados em sentido horário. BAD 2 2 ˆ ˆ  DPA ˆ  DAP O ângulo ADC é ângulo externo do triângulo ADP . tais que AP  4 e CQ  x . então são trapézio de mesma altura h (distância entre AB e CD ). ou seja. então AB CD . tem como soma dos seus algarismos um n 5 valor igual a (A) 6 (B) 8 (C) 10 (D) 12 (E) 14 RESPOSTA: D RESOLUÇÃO: n 2  37 n 2  25  25  37  n  5  n  5   62 62     n  5   n 5 n 5 n 5 n 5 Para que o número acima seja inteiro.madematica. então temos: h h SAPQD  SPBCQ   22  x  4     x  6    26  x  x  6  x  10 u. www.c. 2 2 n 2  37 17) O maior inteiro "n " . temos: n  5  62  n  57 cuja soma dos algarismos é 5  7  12 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2013-2014 (D) 15 (E) 16 RESPOSTA: A RESOLUÇÃO: Sabendo que o quadrilátero ABCD é um trapézio de bases AB e CD . Como os quadriláteros APQD e PBCQ possuem a mesma área.com 96 .  n  5 deve ser divisor de 62 . O maior inteiro n para o qual (n  5) é divisor de 62 ocorre quando  n  5 é igual ao maior divisor inteiro de 62 . tal que também é inteiro.blogspot. o próprio 62 . Assim. Os quadriláteros APQD e PBCQ possuem bases sobre os segmentos paralelos AB e CD . . e assinale a opção correta. (A) 12 (B) 10 (C) 8 (D) 6 (E) 4 RESPOSTA: D RESOLUÇÃO: 2x  34y x   34   2x  34y x   2 17   2x  34y x  2y 17 y  2x  y  34y x 17 y y y Para que o número acima seja o menor múltiplo de 17 que pode-se obter para x e y inteiros não negativos. qual é o valor  5  2b 2  4a  b  4a  b de 16a 4b2  8a3b3  a 2b4 ? (A) 4 1 (B) 18 1 (C) 12 (D) 18 1 (E) 4 RESPOSTA: E RESOLUÇÃO: Inicialmente. observemos que a condição b  4a garante que o denominador 4a  b que aparece no sistema é não nulo.madematica.  2 2 1 1  ab  5   4  ab  ab 2   5  2b  4a  b  5  2b 2  16a 2  b 2  16a 2  b 2  5 2  4a  b 2 3 1 1 16a b  8a b  a b  a b 16a 2  b 2   8a 3b3     5  8      1  4 2 3 3 2 4 2 2 5 1 2 2 4 4 19) Sabendo que 2x  34y x   34  é o menor múltiplo de 17 que pode-se obter para x e y inteiros não y negativos.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2013-2014  2 1  ab  5 18) Dado que a e b são números reais não nulos. com b  4a . determine o número de divisores positivos da soma de todos os algarismos desse número. www.com 97 . devemos ter y  1 e x  0 .blogspot. e que  . X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2013-2014 Assim. 20 .13.madematica. cuja soma dos algarismos é 2  7  5  4  18 .11. no conjunto dos números reais.14.17. 2 www. 25 são 4 11  20  10 7.15.12. a desigualdade  0 . A soma dos valores x  10 81 inteiros do conjunto solução desta desigualdade. pois não havia opção correta da maneira como a questão foi proposta originalmente. que são menores do que .blogspot. 2x 2  28x  98 20) Considere. o número resultante é 201  341 0 171  21  34 17  2754 .18.é 4 (A) 172 (B) 170 (C) 169 (D) 162 (E) 157 RESPOSTA: D RESOLUÇÃO: (As opções dessa questão foram alteradas.19. o conjunto solução da inequação é S  7  10.16.com 98 . cuja soma é 7   162 .) 2   x 2  14x  49  2  x  7 2 2x 2  28x  98 0 0  0  x  7  x  10  0  x  7  x  10 x  10 x  10 x  10 Portanto. 81 Os valores inteiros do conjunto solução que são menores que  20.  . A quantidade de divisores inteiros positivos de 18  2  32 é d 18  1  1   2  1  6 . (B) Apenas a afirmativa I é verdadeira. qual é o valor da expressão  1   1   1   1   1   1 ? 6x 5x 4x 2x (A) 4 (B) 2 (C) 0 (D) 1 (E) 4 RESPOSTA: A RESOLUÇÃO: n  1. (E) Apenas as afirmativas II e IV são verdadeiras. I) 9. se n é par Observe inicialmente que:  1   1. Assim.com 99 . 444  0. 222 3 IV) 2 27  640.1234 222221 555550 II)  222223 555555 III) 0.1234 4 4  9.blogspot.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2012-2013 PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 2012/2013 x 3 x 3 1) Para x  2013 .1234  9.5 Assinale a opção correta. RESPOSTA: E RESOLUÇÃO: I) FALSA 9. então 222221 555550 2x  1 5x  5  2   1 1 2 1     1    1      0 222223 555555 2x  1 5x  2x  1   x  x 2x  1 x  2x  1 222221 555550   222223 555555 III) FALSA www. se n é ímpar Para x  2013 . (D) Apenas a afirmativa III é verdadeira. (C) Apenas a afirmativa II é verdadeira.1234 II) VERDADEIRA Seja x  111111 .madematica.1234  9. exceto 5x são pares.12341 234  9. todos os expoentes. temos:  16x   1x3   15x   1x3   14x   12x  1  1   1  1  1  1  4 . (A) Apenas as afirmativas II e III são verdadeiras. 2) Analise as afirmativas a seguir. X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2012-2013 4 2 6 0, 444     0, 666  0, 222 9 3 9 IV) VERDADEIRA 3 27 2  23  8 640,5   82  0,5  820,5  8 3) Um trapézio isósceles tem lados não paralelos medindo 10 3 . Sabendo que a bissetriz interna da base maior contém um dos vértices do trapézio e é perpendicular a um dos lados não paralelos, qual é a área desse trapézio? (A) 75 3 (B) 105 3 (C) 180 3 (D) 225 3 (E) 275 3 RESPOSTA: D RESOLUÇÃO: (O enunciado dessa questão foi alterado, pois a mesma estava incorreta da maneira como foi proposta originalmente.) Seja ABCD um trapézio isósceles que satisfaz as condições descritas no enunciado e ˆ  ABC BAD ˆ  2 . ˆ  2 , então BAC A diagonal AC é bissetriz de BAD ˆ  CADˆ  . Como AB CD , então DCA ˆ  CAB ˆ  . ˆ  ACD Portanto, CAD ˆ   , o ACD é isósceles e CD  AD  10 3 . Os ângulos adjacentes a um mesmo lado não paralelo de um trapézio são suplementares, então ˆ  BCD ABC ˆ  180  2   90     180    30 . BC ˆ  10 3  sen 30  1  AB  20 3 . No triângulo retângulo ABC , temos:  sen BAC AB AB 2 www.madematica.blogspot.com 100 X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2012-2013 CC ' ˆ '  CC '  sen 60  3  CC '  15 . No triângulo retângulo BCC' , temos:  sen CBC BC 10 3 2 Logo, a área do trapézio ABCD é dada por:  AB  CD   CC'  20 3  10 3  15 SABCD    225 3 u.a. . 2 2 4) Os números  35041000 7 , 11600 7 e  62350000 7 estão na base 7 . Esses números terminam, respectivamente, com 3 , 2 e 4 zeros. Com quantos zeros terminará o número na base decimal n  212012 , na base 7 ? (A) 2012 (B) 2013 (C) 2014 (D) 2015 (E) 2016 RESPOSTA: A RESOLUÇÃO: n  212012   3  7  2012  32012  72012 Como 7 2012 é (1 00 0 )7 , então n  212012 termina com 2012 zeros na base 7 . 2012 zeros AP 3 5) No retângulo ABCD , o lado BC  2AB . O ponto P está sobre o lado AB e  . Traça-se a PB 4 reta PS com S no interior de ABCD e C  PS . Marcam-se ainda, M  AD e N  BC de modo que BN MPNS seja um losango. O valor de é: AM 3 (A) 7 3 (B) 11 5 (C) 7 5 (D) 11 7 (E) 11 RESPOSTA: B www.madematica.blogspot.com 101 X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2012-2013 RESOLUÇÃO: 1ª RESOLUÇÃO: AP 3 AP PB     k  AP  3k  PB  4k PB 4 3 4 BC  2  AB  2  3k  4k   14k Seja CN  x , então, como o #MPNS é um losango, a reta PS é a mediatriz do segmento MN , o que implica CM  CN  x . Aplicando o teorema de Pitágoras ao CDM , temos: DM2  DC2  CM2  DM2  x 2   7k   x 2  49k 2  DM  x 2  49k 2 . 2 Aplicando o teorema de Pitágoras aos AMP e BNP , temos:   2 MP  AP  AM   3k   14k  x 2  49k 2 2 2 2 2  156k 2  x 2  28k x 2  49k 2 NP2  BN2  BP2  14k  x    4k   14k  x   16k 2  212k 2  28kx  x 2 2 2 2 Como o #MPNS é um losango, então MP  NP , então 156k 2  x 2  28k x 2  49k 2  212k 2  28kx  x 2  2k  x  x 2  49k 2 53k .  4k 2  4kx  x 2  x 2  49k 2  x  4 Portanto, 53k 3k BN  14k  x  14k   e 4 4 2  53k  45k 11k AM  14k  x 2  49k 2  14k     49k  14k  2   4  4 4 3k BN 3 Logo,  4  . AM 11k 11 4 www.madematica.blogspot.com 102 o que implica CMO  CNO e MCO ˆ  NCO ˆ  . Utilizando a relação tg 2   1  tg  2 2 2 45 MD 45 4 1   7 45k 11k Logo. então CMD ˆ  MCN ˆ  2 . temos 7k  28  MD  45k . 16 16 4 3k BN 3 Logo.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2012-2013 2ª RESOLUÇÃO: AP 3 AP PB     k  AP  3k  PB  4k PB 4 3 4 BC  2  AB  2  3k  4k   14k Como o #MPNS é um losango. então NP  MP e. Qual é o menor valor possível de k para que 17 seja um número natural. temos: 2 2  11k   2 265k MP2  AM 2  AP 2     3k  . temos tg 2   . AM  AD  MD  14k   . BC 14k 7 CD 7k No triângulo retângulo CDM . BP 4k 2 No triângulo retângulo BCP . temos tg     . sabendo que k 7 é ímpar e não é múltiplo de 7 ? (A) 133 (B) 119 (C) 113 (D) 107 (E) 105 RESPOSTA: D www.  4  . Como AD BC .  4  16 Como o #MPNS é um losango. aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo BNP . a reta PS é a mediatriz do segmento MN . MD MD 2 2 2 tg  7  28 .com 103 . AM 11k 11 4 6) O número N  1 2  3  4  5      k  1  k é formado pelo produto dos k primeiros números naturais N não nulos.blogspot. temos: 265k 2  2 9k 2 3k BN  NP  BP  2 2 2  4k   BN  . 4 4 Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo AMP .madematica. Como há mais fatores 2 do que 5 . 7  7  7  k   k  Se 49  k  98  8      2   14  2  16 . Logo.   p  p  Exemplo: Em quantos zeros termina 1000!  1 2  3  4  1000 ? Para cada fator 10 de um número. k   k   k  A quantidade de fatores 7 em N  k! é dada por     2    3    17 (fórmula de Polignac).1  2 . então o expoente de p em n! é dado por n   n   n  p   2    3   . 7  7  k k  Se 98  k  147   2   2 .  2. onde 0  x  1 é a parte fracionária de x Exemplo:  2   2 . O menor valor para o qual isso ocorre é 7  7 k  15  7  105 . para encontrar a quantidade de fatores 10 em 1000! .  2.blogspot. então devemos ter    15 .madematica. x   x   x .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2012-2013 RESOLUÇÃO: N Para que 17 seja um número natural. Uma potência de 10 é formada por um fator 2 e um fator 5 . então o menor valor de k é 107 . Isso é feito dividindo-se 1000 sucessivamente por 5 como segue: www. há um zero no final de sua representação decimal. 7  7  7  k  k   k  k  k   7    2    3    17   7    2   17 . é necessário que N  1 2  3  4  5      k  1  k  k! tenha pelo 7 menos 17 fatores 7 . basta contar a quantidade de fatores 5 . então  3    4    5    0 . NOTA 3: Fórmula de Legendre-Polignac: A função maior inteiro (ou função piso) é a função que associa a cada número real x o maior inteiro maior ou igual a x e é denotada por  x  . 7  7  7  k  k   k  k k  7    2    3    17   7   17  7  18  k  18  7  7 3 7  7  k k k Como k  73 . Portanto.com 104 . mas como k é ímpar e não é múltiplo de 7 .1  3 A fórmula de Legendre-Polignac estabelece que se p é primo e n  * . k  98 . por exemplo. para x  3 e y  4 .  5  7) Qual é o menor valor positivo de 2160x  1680y . Assim.1680   240 .1680   240 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2012-2013 1000 5 0 200 5 0 40 5 0 8 5 3 1 Somando-se os quocientes. Logo. poderíamos utilizar a fórmula de Legendre-Polignac para encontrar a quantidade de fatores 5 em 1000! .blogspot. encontramos a quantidade de fatores 5 . Alternativamente. 200  40  8 1  249 . temos  k   0 . a quantidade de zeros no final da representação de 1000! é 249.  5   5   5  1000  Note que se k  5 . ou seja. Portanto. que ocorre. então 2160x  1680y  240  9x  7y  é sempre múltiplo do mdc  2160. o menor valor positivo de 2160x  1680y  240  9x  7y  é mdc  2160. y  .com 105 . Qual é o menor valor possível para N  3172 ? (A) 2012 (B) 3172 (C) 5184 (D) 22748 (E) 25920 RESPOSTA: A www. sabendo que x e y são números inteiros? (A) 30 (B) 60 (C) 120 (D) 240 (E) 480 RESPOSTA: D RESOLUÇÃO: Se x.madematica. 1000  1000  1000  1000   5    2    3    4   200  40  8  1  249 . 8) Um número inteiro possui exatamente 70 divisores. Sabe-se que E e F são os pontos médios dos lados DC e CB . EFGH também forma um quadrado e I está sobre GH o lado GH . Qual é a área do triângulo BCI ? 4 7 (A) 8 6 (B) 7 5 (C) 6 4 (D) 5 3 (E) 4 www. devemos observar que. Além disso.blogspot. N deve ser negativo. 9) Observe a figura a seguir. A quantidade de divisores inteiros (positivos ou negativos) de N é dada por d  N   2   1  1   2  1   3  1     k  1  70  2  5  7 .com 106 . A figura acima apresenta um quadrado ABCD de lado 2 . de modo que GI  .  2  6 e 3    k  0  N   p14  p62  N  34  26  5184 2° caso: 1  34 e  2  3    k  0  N  p134  N  234  213  8192 Portanto.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2012-2013 RESOLUÇÃO: Inicialmente. temos os seguintes casos: 1° caso: 1  4 . o menor valor possível para N  3172 ocorre quando N  26  34  5184 e é igual a N  3172  5184  3172  2012 .madematica. Assim. respectivamente. para que tenhamos o menor valor possível de N  3172 .     Seja N   p1 1  p2 2  p3 3   pk k a decomposição canônica do número inteiro N . X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2012-2013 RESPOSTA: E RESOLUÇÃO: JI HI 3 3 3 Seja IJ  BH  HIJ HGC     JI  CG  . então a área do BCI é dada por: 3 2 BC  JI 3 SBCI   4  u.com 107 . no conjunto dos números reais. . CG HG 4 4 4 Observando que JI é a altura relativa à base BC do BCI . x   3  1 2  x   x 3   x 2 (A)  3 1 (B)  3 (C) 1 (D) 2 11 (E) 3 RESPOSTA: C www. a soma dos valores de x na igualdade:  1   2    1.madematica.blogspot. 2 2 4 10) Determine.a. Portanto.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2012-2013 RESOLUÇÃO: Condições de existência: x0 x2  3  0  x   3 x 1  13  1  x 2  x  3  0  x  x2  3 2  1   2   1   2   x 2  3   2x    1  2  2  1  2  2  1 x   3            1    x    x 3 x   x 3  x x 3 x 3  x2  3   x    x2  3   x  2x 1  13  2  1  x2  x  3  0  x  x  x 3 2 1  13  As raízes encontradas satisfazem às condições de existência. 2 Seja a área de T1  T2 seja equivalente à área de um quadrado de lado k  . As alturas desses triângulos. h1 e h 2 . podemos supor h1  2a  1 e h 2  2b  1 . temos: h12  h 22  k 2   2a  1   2b  1  k 2  4  a 2  b2  a  b   2  k 2 .  RESPOSTA: A RESOLUÇÃO: 2h1  h1 O triângulo T1 tem altura h1 e base correspondente 2h1 .  (E) 11.11. com Assim.com 108 . então ST1  ST2  k 2  h12  h 22  k 2 . cada base é o dobro da respectiva altura. 2 2 Observe que a soma das raízes pode ser obtida aplicando-se as relações entre coeficientes e raízes na   1 equação do 2 grau x 2  x  3  0 o que resulta  1 . de modo que a área de T1  T2 seja equivalente à área de um quadrado de lado inteiro? (A)  (B) unitário (C) finito (D) 3. 7. ainda assim é necessário 1 calcular as raízes a fim de garantir que elas satisfazem as condições de existência. 23.9. www. Entretanto. 29. T1 e T2 . 2 2h 2  h 2 O triângulo T2 tem altura h 2 e base correspondente 2h 2 . são números ímpares positivos. 2 2 a.17. Logo sua área é ST1   h12 .blogspot.5. 11) Em dois triângulos. S    e a soma dos  2  1  13 1  13 valores de x é   1. Logo sua área é ST2   h 22 . Qual é o conjunto dos valores possíveis de h1 e h 2 . b  .madematica. Como h1 e h 2 são números ímpares positivos. RESPOSTA: C RESOLUÇÃO: Sejam q e r  q 2 . os restos dos quadrados perfeitos por 4 são 0 ou 1 .com 109 .  10y  y  44  y  4  x  40 . n   0. (B) dois. consequentemente.blogspot. 10 40 Logo. (E) vinte e cinco.  2. 13) Na fabricação de um produto é utilizado o ingrediente A ou B . então. respectivamente. o conjunto dos valores de h1 e h 2 que satisfazem as condições do enunciado é vazio.  4. temos: n  26  q  r  n  26  q  q 2 e 0  r  26  0  q 2  26  q  0.) Como 44000 g  44kg . Sabe-se que.1. ou seja.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2012-2013 Entretanto. pois a mesma estava incorreta da maneira como foi proposta originalmente. Portanto. para cada 100 kg do ingrediente A devem ser utilizados 10 kg do ingrediente B . Se. pelo algoritmo da divisão de Euclides. há seis naturais n que satisfazem as condições do enunciado. 12) Qual é o total de números naturais em que o resto é o quadrado do quociente na divisão por 26 ? (A) zero. então (A) y x  260 (B) x  y  5 10 (C) 10 y x  256 4 (D) x y  20 y (E) 2 5 x RESPOSTA: C RESOLUÇÃO: (O enunciado dessa questão foi alterado.madematica. 10 yx  4  44  28  256 . 2. (D) treze. 3.87  . o quociente e o resto da divisão de n  por 26 . 5.56  . não existem a e b que satisfaçam a igualdade acima e.155 Portanto. 1.5 . então a quantidade de A é sempre dez vezes a quantidade de B . para cada 100 quilogramas (kg) do ingrediente A devem ser utilizados 10 kg do ingrediente B .   q. 27  .120  .3. reunindo x kg do ingrediente A com y kg do ingrediente B . (C) seis. Se. então x  y  44 .0 . resulta 44000 gramas do produto. 4. x  10y . www. Sabe-se que 0  d  21 ou q  21 . Um resultado possível para r  d ou r  q é: (A) 92 (B) 122 (C) 152 (D) 182 (E) 202 RESPOSTA: C www. 502 501 2 Substituindo a expressão acima em P  x  . D  2012 é o dividendo. 15) Uma divisão de números naturais está representada a seguir. q é o quociente e r é o resto. temos:   x 2012  1   x 4   1   x 4  1  x 4    x 4     x 4    x 4   1 503 502 501 2    2x 2012  2  x 4  1  x 4    x 4     x 4    x 4   1  2 .madematica. d é o divisor.com 110 . O resto r  x  da divisão de P  x  por d  x   x 4  1 é tal que r  1 é: (A) 2 (B) 1 (C) 0 (D) 1 (E) 2 RESPOSTA: B RESOLUÇÃO: Considerando a fatoração x n  1   x  1  x n1  x n2   x 2  x  1 para n ímpar. temos:   P  x   2x 2012  2012x  2013  2  x 4  1  x 4    x 4     x 4    x 4   1  2  2012x  2013  502 501 2    2  x 4  1  x 4    x 4     x 4    x 4   1  2012x  2011 502 501 2 Portanto.blogspot. r  x   2012x  2011 e r  1  2012   1  2011  1 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2012-2013 14) Seja P  x   2x 2012  2012x  2013 . com q  21 . b  . Considere que a e b são números naturais e que ab  3 . temos: 2012  d  21  r . com 0  r  d . temos os seguintes casos possíveis: 1° caso: ab  3  1  ab  4   2   2 a  4b  287 a  4b  287 2 2   2 4 4 287  82113 b  a 2  4     287  a 4  287a 2  64  0  a 2   a a 2 2° caso: ab  3  7  ab  10   2   2 a  4b  41  a  4b  41 2 2  2 10  10  b   a 2  4     41  a 4  41a 2  400  0  a 2  25  a 2  16  a  5  a  4 a a  Como a. Como 0  r  d .blogspot. temos: 2012  21 95  17  q  95  r  17  r  d  21  17  38 e r  q  95  17  112 . 16) Seja a 3b  3a 2  12b2  4ab3  287 .madematica. temos  a 2  4b2  2ab  6  a 2  4b  12 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2012-2013 RESOLUÇÃO: Pelo algoritmo da divisão de Euclides. temos: D  d  q  r  2012  d  q  r . 2 Como os dois fatores são números naturais positivos. então 2012 2012 2012 21d  2012  21d  d  22d  21   22  d  92  d  95 . temos os seguintes casos: d  92  r  80  r  d  172  r  q  101 d  93  r  59  r  d  152  r  q  80 d  94  r  38  r  d  132  r  q  59 d  95  r  17  r  d  112  r  q  38 Dentre as opções apenas 152 é um valor possível para r  d ou r  q . então temos: a 5b  2a b  7 www. Qual é o maior valor natural possível para a expressão a  b ? (A) 7 (B) 11 (C) 13 (D) 17 (E) 19 RESPOSTA: A RESOLUÇÃO: a 3b  3a 2  12b2  4ab3  287  ab  a 2  4b2   3  a 2  4b2   7  41   ab  3  a 2  4b 2   7  41 a 2  4b2 Pela desigualdade das médias.com 111 . d 22 21 Assim. Se d  21 . Se q  21 . o único valor possível de a  b é 7 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2012-2013 10 5 a 4b   4 2 Portanto. em 7 seguida. qual é o valor de ? 5 3  2 12  32  50 6 7 A 5 4 (A) 3 7 6 (B) 3 8 5 (C) 3 10 7 (D) 3 12 5 (E) 3 RESPOSTA: E RESOLUÇÃO: 3 6 3 6 3 3  2 A    3 5 3  2 12  32  50 5 3  4 3  4 2  5 2 3 2 7 A2 A2 2  A5 6   31 2  56 12 5  76 A 6  35 12  3 6 7 A A 5 18) Somando todos os algarismos até a posição 2012 da parte decimal da fração irredutível e. 3 6 A2 17) Sabendo que A  . qual será o resto dessa divisão? (A) 11 (B) 12 (C) 14 (D) 15 (E) 17 RESPOSTA: C www.blogspot.com 112 . dividindo essa soma por 23 .madematica. Vamos efetuar a divisão para identificar o período. a soma encontrada é 335  27  7 1  9053 que dividida por 23 deixa resto 14 . 714285 30 20 60 40 5 5 Quando o resto 5 se repete os números na parte decimal também se repetirão. pois n e  n3  1 têm paridades contrárias. 714285 7 . ou seja. 19) Sabendo que n é natural não nulo. somaremos 335 períodos completos e mais os algarismos 7 e 1 . 7 50 7 10 0. Assim. pelo 4 n  n 1 menos um deles é par   1  1 . portanto  0. n 4  n 1  2 #  2 #  2 # 2     216    1     1   8   1  28  255   2 # 2 # 2 # 2   2  www. Portanto. somando os algarismos da parte decimal até a posição 2012  6  335  2 . que possui 6 algarismos e cuja soma é 7 1  4  2  8  5  27 . e que x # y  x y .madematica.com 113 . qual é o valor de 4       1n n 1   2 # 2 # 2 # 2  ?   2 # 2 # 2 # 2  (A) 127 (B) 128 (C) 255 (D) 256 (E) 511 RESPOSTA: C RESOLUÇÃO: 2 #  2 #  2 # 2    2 #  2 #  22    2 #  2 # 4   2 #  2 4   2 #16  216   2 # 2  # 2  # 2    22  # 2  # 2   4 # 2  # 2   4 2  # 2  16 # 2  16 2   2 4   28 2 n  n 4  n  1  n  n3  1  1 é ímpar.blogspot. O período da dízima periódica é 714285 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2012-2013 RESOLUÇÃO: 5 A fração é uma dízima periódica. quando dividida por 5 .com 114 . Na figura acima.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2012-2013 20) Observe a figura a seguir.madematica. e resto 11 . sabe-se que k  36 . Qual é o menor valor natural da soma x  y  z  t .blogspot. quando dividida por 12 ? (A) 479 (B) 539 (C) 599 (D) 659 (E) 719 RESPOSTA: C www. sabendo que tal soma deixa resto 4 . em um triângulo qualquer. e resto 11 . www.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2012-2013 RESOLUÇÃO: Vamos utilizar que. então  x  y  z  t   1  600  x  y  z  t  599 . o ângulo externo é igual à soma dos dois ângulos internos não adjacentes a ele e que a soma dos ângulos externos é igual a 360 .com 115 .madematica. portanto. e. O menor múltiplo de 60 maior do que 541 é 600 .blogspot. quando dividida por 5 . EGH: t  2k      t  2k FIJ : z  3k      z  3k AJH :      ABC : x  y    360 x  y    360  x  y        360  x  y   t  2k    z  3k   360  x  y  z  t  360  5k  360  5  36  540 A soma x  y  z  t  540 deixa resto 4 . quando dividida por 12. múltiplo de 60 . então  x  y  z  t   1 é múltiplo de 5 e de 12 . 5 2011  2 112011 não é múltiplo de 13 . 7 8 9 2) A solução real da equação   2 é um divisor de x 1 x 1 x 1 (A) 12 (B) 14 (C) 15 (D) 16 (E) 19 RESPOSTA: A RESOLUÇÃO: Condição de existência: x  1 7 8 9   2  7  x  1  8  x  1  9  x  6 x 1 x  1 x 1 Logo. a solução real da equação é 6 que é um divisor de 12 . 7 ou 5 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2011-2012 PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 2011/2012 1) É correto afirmar que o número 5 2011  2 112011 é múltiplo de (A) 13 (B) 11 (C) 7 (D) 5 (E) 3 RESPOSTA: E RESOLUÇÃO: Como 5  1  mod 3  e 11  1  mod 3  . 11 .com 116 . vamos calcular inicialmente o resto na divisão por 3 : 52011  2 112011   1  2   1  1  2  0  mod 3 2011 2011 Logo. Observe ainda que:  5 2011  2 2011  5   5 2   2   26  1005 335 5 2011  2 112011  5 2011  2   2  2011   5   1  2   1  5  2  3  10  mod13 1005 335 5 2011  2 112011  5 2011  2  0 2011  5   55  402  5 1402  5  mod11  2  4 2011  2 2011  2 4023  2   2 3    23  670 1341 5 2011  2 112011   2  2011   2 1670  11341  2  1  1  6  mod 7  5 2011  2 112011  0 2011  2 12011  2  mod 5  Logo. www. 5 2011  2 112011 é múltiplo de 3 .blogspot.madematica.       q ab bc ac b a a c c b e ab  ac  bc  r . Determine a 3  b 3  2ab 2 o valor de . 25 .madematica. 'b' e 'c' números reais não nulos tais que    p. O valor de q 2  6q é sempre igual a p 2r 2  9 (A) 4 p 2 r 2  9p (B) 12 (C) p r  9 2 2 p 2 r 2  10 (D) 4r www.com 117 . e a 2  b2 assinale a opção correta. 25  4  a  b  2  a 2  b 2  2ab   a  b  2  4ab   2   4  1  1 2 4 a  b  a  b 1 a 3  b 3  2ab 2 a 3  ab 2  b 3  ab 2 a  a 2  b 2   b 2  a  b   a  b   a 2  ab  b 2  a 2  ab  b 2     a 2  b2 a 2  b2 a 2  b2  a  b  a  b  a b 1  a  b  a  b   ab ab 1  ab  2 4  2 ab ab 1 4 1 1 1 a b c a b c 4) Sejam 'a ' . sabendo que 'a ' e 'b' são as raízes dessa equação do 2 grau e a  b .blogspot.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2011-2012 3) A soma das raízes de uma equação do 2 grau é 2 e o produto dessas raízes é 0. 1 (A) 2 32 (B) 4 (C) 1 1 (D) 2  4 1 (E) 2  4 RESPOSTA: E RESOLUÇÃO: ab  2 1 a  b  0. blogspot. a razão  2 . a partir de C . AB 6) Num paralelogramo ABCD de altura CP  3 . 3 Logo.madematica. há apenas uma solução real. Sabe-se que a S  MPC  2  3 razão entre as áreas dos triângulos MPC e ADM é  .com 118 . 3  33x 3  97  9x 6  30x 3  25  x 6  7x 3  8  0  x 3  1  x 3  8 5 Como x 3  .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2011-2012 (E) p 2 r 2  12p RESPOSTA: C RESOLUÇÃO:  1 1 1 c c a a b b pr       ab  ac  bc   1      1   1   3  q  ab bc ac  b a c b c a  p 2r 2   q  3  p 2r 2  q 2  6q  9  q 2  6q  p 2r 2  9 2 5) A quantidade de soluções reais e distintas da equação 3x 3  33x 3  97  5 é (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 5 (E) 6 RESPOSTA: A RESOLUÇÃO: 3x 3  33x 3  97  5  33x 3  97  3x 3  5    3x 3  5 2 2  33x 3  97  3x 3  5  0 5 A condição 3x 3  5  0  x 3  será verificada no final. A área do triângulo BPC é S  ADM  2 igual a 15 3 (A) 2 9 3 (B) 2 5 3 (C) 2 www. Seja 'M ' o ponto médio de AB e BC ' P ' o pé da altura de ABCD baixada sobre o prolongamento de AB . então x 3  8  x  2 . 5  0.555  7) O valor de 9 0. 0625  3 é 64 (A) 0 (B) 2 (C) 3  2 (D) 2  2 (E) 1 RESPOSTA: D www.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2011-2012 3 3 (D) 2 3 (E) 2 RESPOSTA: B RESOLUÇÃO: AB AB  2  BC   AM  MB BC 2 Como os triângulos MPC e ADM possuem alturas de mesma medida. 444  4.madematica.blogspot.333  7 4  0. S  MPC  MP 2  3 MB  BP 3 BP 3 BP 3 BP BC     1  1  1     k S  ADM  AM 2 AM 2 BC 2 BC 2 3 2 Aplicando o teorema de Pitágoras no BPC : BP 2  CP 2  BC 2   3k   3 2   2k   k  3 2 2 BP  PC 3 3  3 9 3  S  BPC     unidades de área 2 2 2  3.com 119 . a razão entre as suas áreas é igual à razão entre as suas bases. III – Pelo menos uma das diagonais de um quadrilátero assim formado divide esse quadrilátero em dois triângulos isósceles. 0625  3  3  7 4    64 3 10000 3 6 2 25 8 1  1 7 4  2  1 7 4  2  1 7 1  2  2  2 100 2 4 8) Dado um quadrilátero convexo em que as diagonais são perpendiculares. Assinale a opção correta.blogspot. (E) Todas as afirmativas são falsas. o quadrilátero não será um losango. (B) Apenas a afirmativa II é verdadeira. www. (D) Apenas as afirmativas II e III são verdadeiras. I– Um quadrilátero assim formado sempre será um quadrado. (A) Apenas a afirmativa I é verdadeira.333  7 4  0. III – FALSA Basta observar o contra exemplo a seguir.999 9 0.555  1 625 7.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2011-2012 RESOLUÇÃO:  3.madematica. RESPOSTA: E RESOLUÇÃO: (O enunciado dessa questão foi alterado.com 120 . pois a mesma estava incorreta da maneira como foi proposta originalmente. Esse contraexemplo também mostra que as afirmativas I e II são FALSAS. o quadrilátero não será um quadrado. 444  4. analise as afirmações abaixo.5  0. II – FALSA Se as diagonais não se cortam ao meio.) I – FALSA Se as diagonais têm medidas diferentes ou não se cortam ao meio. II – Um quadrilátero assim formado sempre será um losango. (C) Apenas a afirmativa III é verdadeira. num mesmo plano.blogspot. ' D ' . a distância entre as ilhas é de: (A) 150 m (B) 130 m (C) 120 m (D) 80 m (E) 60 m RESPOSTA: B www.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2011-2012 9) Observe a figura a seguir A figura acima mostra.com 121 .madematica. Nessas condições. 'M ' e ' P ' fixados no continente por um observador. 'M ' é o ponto médio de CD  100 m e que PM  10 m é perpendicular a CD . Sabe-se que ACB ˆ  APB ˆ  30 . duas ilhas representadas pelos pontos ' A ' e 'B' e os pontos ˆ  ADB 'C' . pois a mesma estava incorreta da maneira como foi proposta originalmente. aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo OCM .com 122 .blogspot.madematica. então C .) Seja n  X  o percentual de leitores associados ao conjunto X . Como o OAB é equilátero. então AB  R  130 m .) Como ACB ˆ  ADBˆ  APBˆ  30 . temos:  R  10 2  502  R 2  R 2  20R  100  2500  R 2  R  130 . 10) Numa pesquisa sobre a leitura dos jornais A e B .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2011-2012 RESOLUÇÃO: (O enunciado dessa questão foi alterado. então. D e P pertencem ao arco capaz de 30 sobre AB . Como M é ponto médio de CD e PM  CD . Qual o percentual máximo dos que leem os jornais A e B ? (A) 35% (B) 50% (C) 65% (D) 80% (E) 95% RESPOSTA: C RESOLUÇÃO: (O enunciado dessa questão foi alterado. Seja R o raio da circunferência que contém o arco capaz. pois a mesma estava incorreta da maneira como foi proposta originalmente. então PM é uma flecha da circunferência e seu prolongamento passa pelo centro O . n  A   70% www. constatou-se que 70% dos entrevistados leem o jornal A e 65% leem o jornal B . II – Quando o valor absoluto de 'a ' é menor do que b  0 . III – Admitindo que b  c . www.com 123 .FALSA Basta considerar o contra exemplo seguinte: 1  2 e  1  1  2   2  . Note que esse valor máximo ocorre quando B  A .blogspot. bem como a condição a 2  b 2  c 2  0 . 11) Analise as afirmações abaixo referentes a números reais simbolizados por 'a ' . (B) Apenas a afirmativa II é verdadeira. (A) Apenas a afirmativa I é verdadeira. então a  b  a  b . Fazendo a união dos dois intervalos temos o conjunto solução da inequação a  b que é b  a  b . 0  a  b . então a  b  b  a  b . Assinale a opção correta.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2011-2012 n  B   65% O percentual máximo dos que leem os jornais A e B é o valor máximo de n  A  B  . simultaneamente. (E) Apenas as afirmativas I e III são verdadeiras. Se a  0 . Pelo princípio da inclusão-exclusão: n  A  B   n  A   n  B   n  A  B   n  A  B   n  A   n  B   n  A  B   70%  65%  n  A  B   135%  n  A  B  Como n  A  B   n  A   70% . Logo. iguais a zero. se a  0 a  a. I – A condição a  b  c  0 garante que 'a ' . 'b' e 'c' não são. se a  0 Se a  0 . II – VERDADEIRA Pela definição de valor absoluto (módulo). então n  A  BMAX  135%  70%  65% . 2 2 A condição b  c  0  b 2  c 2 seria verdadeira. (D) Apenas as afirmativas I e II são verdadeiras.madematica. (C) Apenas a afirmativa III é verdadeira. Isso pode ser demonstrado da seguinte maneira:  a. é verdade que b  a  b . RESPOSTA: D RESOLUÇÃO: I – VERDADEIRA a  b  c  0  a  0  b  0  c  0  a 2  0  b2  0  c2  0  a 2  b2  c2  0 Note que a condição inicial garante que nenhum dos três números é nulo. III . o que implica n  A  B   n  B  . é verdadeiro afirmar que b 2  c 2 . temos se b  0 . b  a  0 . Logo. que é uma condição mais forte do que os três números não serem simultaneamente nulos. 'b' ou 'c' . então a  b  a  b  b  a . a quantidade de pontos acrescentados a cada etapa é ímpar. é correto concluir que (A) cada etapa possui quantidade ímpar de pontos e a soma desses ' n ' primeiros ímpares é n 2 . (E) cada etapa ' n ' tem 2n  1 pontos. mas o ponto da “quina” foi contado na horizontal e na vertical. 2 Logo. iniciada com 1 ponto.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2011-2012 12) Observe a figura abaixo. logo o total de pontos acrescentados na n-ésima etapa é n  n  1  2n  1 .madematica. a única alternativa correta é a letra (A). A cada etapa. (B) a soma de todos os números naturais começando do 1 até ' n ' é sempre um quadrado perfeito. A figura apresentada foi construída por etapas. acrescentam-se pontos na horizontal e na vertical. com uma unidade de distância.blogspot. (D) cada etapa ' n ' tem 3n  2 pontos. Continuando a compor a figura com estas etapas e buscando um padrão.com 124 . 13) O número real 3 26  15 3 é igual a (A) 5  3 (B) 74 3 (C) 3  2 (D) 13  3 3 www. A soma das quantidades de pontos das n primeiras etapas é: S'n  1  3  5    2n 1  2  S' n  1   2n  1    3   2n  3      2n  3  3     2n  1  1  n  2n  S' n  n 2 A soma de todos os naturais de 1 até n é n   n  1 Sn  1  2  3   n  2Sn  1  n    2   n  1      n  1  2    n  1  n   n  1  S n  2 n  n  1 Note que Sn  não é um quadrado perfeito. Assim. (C) a soma dos pontos das ' n ' primeiras etapas é 2n 2  1 . exceto na etapa 1 . RESPOSTA: A RESOLUÇÃO: Na n-ésima etapa são acrescentados n pontos na horizontal e n pontos na vertical. mdc  4.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2011-2012 (E) 2 RESPOSTA: B RESOLUÇÃO: Para resolver esse problema deve-se observar o produto notável  a  b   a 3  3a 2b  3ab 2  b 3 . Sabendo que ' N ' pertence ao intervalo aberto  621. 26  8  18  2 3  9  2 12  15  3  2 2 1  13   a  2  b  1  26  15 3   2  3  .1871  621  N  1871  621  625k  4  1871  k  2 www. 3 Considerando a expressão  a  b 3 3  a 3  3a 2b 3  3a  b 3    b 3    a 3  9ab 2   3  a 2b  b 3  3 .madematica. A divisão de ' 4q1 ' por 5 tem quociente 'q 2 ' e resto 1 .  3 26  15 3  3 2  3  2  3 3 2  3   22  2  2  3   3   4  4 3  3  7  4 3  2  3  7  4 3 2 2  3 26  15 3  2  3  7  4 3 14) A divisão do inteiro positivo ' N ' por 5 tem quociente 'q1 ' e resto 1 . 3 Note que para identificar o valor de a testamos os cubos perfeitos menores que 26 . A divisão de ' 4q 2 ' por 5 tem quociente 'q 3 ' e resto 1 .5   1  5 4 |  N  4   k  tal que N  4  5 4  k  N  625k  4 N   621. a soma dos algarismos de ' N ' é (A) 18 (B) 16 (C) 15 (D) 13 (E) 12 RESPOSTA: D RESOLUÇÃO: Escrevendo cada uma das divisões com base no algoritmo de Euclides e somando 4 unidades a cada uma das equações. Finalmente. dividindo ' 4q 3 ' por 5 . 2 3 Vamos então tentar identificar números positivos a e b tais que 26  15 3   a  9ab 3 2   3a 2 bb 3  3. temos: N  5  q1  1  N  4  5  q1  1 4q1  5  q 2  1  4  q1  1  5  q 2  1 4q 2  5  q 3  1  4  q 2  1  5  q 3  1 4q 3  5  q 4  1  4  q 3  1  5  q 4  1 Multiplicando as quatro equações obtidas.com 125 . o quociente é 'q 4 ' e o reto é 1 .1871 .blogspot. temos: 43  N  4   54  q 4  1 . 5 2  5 . 12  1 . 0 2  0 . 13  1. 6 3  6 . 8 2  4 . 23  8 . (A) 6 1771561 4 (B) 28561 (C) 6 4826807 4 331776 (D) (E) 6 148035889 RESPOSTA: C RESOLUÇÃO: Vamos analisar o último algarismo dos quadrados perfeitos e dos cubos perfeitos. 83  2 .com 126 . 6 4 28561  4 134 4 Note que 6 1771561  116  11 .  13 . 32  9 . Logo.blogspot. Dentre os números reais que essa expressão pode 3 6 assumir.madematica. o número 4826807 não é quadrado e não é cubo perfeito. 4 331776  24 4  24 e 6 6 148035889  236  23 são todos inteiros. 3 6 2 Essa conclusão poderia ser obtida também observando que o valor máximo da expressão é a ordenada do vértice da função quadrática y    x  1 cujo vértice é V  1. 2 www. 15) Assinale a opção que apresenta o único número que NÃO é inteiro. 9 3  9 Assim. logo 6 4826807  . 9 2  1 0 3  0 . 33  7 . 0  . 43  4 . a soma dos algarismos de N é 1  2  4  6  13 . 53  5 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2011-2012  N  625  2  4  1246 Logo. 7 3  3 . 16) A expressão   x  1 é um número real. o maior deles é: (A) 2 (B) 2  1 (C) 2  2 (D) 1 (E) 0 RESPOSTA: E RESOLUÇÃO:   x  1    x  1 3 6 2  x 1 2  0    x 1 2  0 . 2 2  4 . 4 2  6 . As congruências abaixo são calculadas módulo 10 . o valor máximo de   x  1    x  1 é 0 que ocorre quando x  1 . 7 2  9 . 6 2  6 . o conjunto AB é (A) A  B (B) B  112011 (C) A  7 2011 (D) A (E)  RESPOSTA: E RESOLUÇÃO: A expressão x  1  t   7 2011  t 112011 é uma função do primeiro grau em t que associa cada valor de t a um valor de x . t  0. sua imagem é 7 2011. Observe que esse gráfico é um segmento de reta que liga o ponto  0.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2011-2012 17) Sejam A  7 2011.1 .1 : a.com 127 .112011  e B  x    | x  1  t   7 2011  t 112011 com t  0.112011  e A  B   . b  x | x  a  1  t   b  t. Abaixo está apresentado o gráfico que representa essa função. www.blogspot.madematica. 7 2011  ao ponto 1. Note ainda que a expressão utilizada no enunciado é uma expressão conhecida para representação dos elementos de um intervalo real qualquer a partir do intervalo  0. x  1  t   7 2011  t 112011  112011  7 2011  t  7 2011 Como essa função do primeiro grau possui domínio  0.1 .112011  .112011  .1 . logo B  7 2011. então N  3 e n  3 . entre as áreas dos triângulos MPQ e ABC .blogspot. e com ' D ' e 'd' diagonais.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2011-2012 18) Um aluno estudava sobre polígonos convexos e tentou obter dois polígonos de ' N ' e ' n ' lados  N  n  . A quantidade de soluções corretas que satisfazem essas condições é (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) indeterminada. S  MPQ  A razão .madematica. de modo que N  n  D  d .com 128 . não há nenhuma solução correta (A). o que implica N  n  6 . 19) Considere a figura abaixo. RESPOSTA: A RESOLUÇÃO: N  N  3 n  n  3  Nn  Dd  Nn    2  N  n   N 2  3N  n 2  3n 2 2  N  n  5  N  n    N  n  N  n   5  N  n  2 2 N  n  Nn  0 Nn  5 Mas N e n são gêneros de polígonos. é S  ABC  7 (A) 12 5 (B) 12 7 (C) 15 www. respectivamente. Logo. um quadrado de lado 5 .com 129 .madematica. Qual a quantidade mínima de peças necessárias para revestir. sem falta ou sobra.blogspot.X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2011-2012 8 (D) 15 7 (E) 8 RESPOSTA: B RESOLUÇÃO: S  AQM  AQ  AM 4c  b 4    S  ABC  AB  AC 5c  3b 15 S  BPQ  BP  BQ 3a  c 3    S  ABC  BC  BA 4a  5c 20 S  CMP  CM  CP 2b  a 1    S  ABC  CA  CB 3b  4a 6 S  MPQ  S  AQM  S  BPQ  S  CMP   S  ABC 4 3 1  S  MPQ   S  ABC   S  ABC   S  ABC   S  ABC  15 20 6  4 3 1 5 S  MPQ  5  S  MPQ   1     S  ABC   S  ABC     15 20 6  12 S  ABC  12 20) Observe a ilustração a seguir. utilizando as peças acima? (A) 12 (B) 11 (C) 10 (D) 9 (E) 8 RESPOSTA: D www. Para encontrar a quantidade mínima de peças. 2. que ocorre quando t  0 . como x e y são as quantidades de peças.  y  7  2t Mas. Neste caso.1. Como mdc  2.madematica.3  1 . t .3 Como x  y   2  3t    7  2t   9  t e t  0. então 2  x  3  y  25 . a equação acima pode ser resolvida como segue:  x  2  3t 2x  3y  25   . 2. ambos devem ser não negativos. Supondo que sejam utilizadas x peças do tipo I e y peças do tipo II para revestir o quadrado.1. x  2 e y  7. devemos obter o valor mínimo de x  y .com 130 .  2  x  2  3t  0  t   3 2 7    t  y  7  2t  0  t  7 3 2  2 t   t 0.blogspot.3 . então o valor mínimo procurado é  x  y  MIN  9  0  9 . A figura a seguir ilustra o caso encontrado acima www. Um quadrado de lado 5 possui área 5 2  25 .X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2011-2012 RESOLUÇÃO: A peça I possui área S1  1 2  2 e a peça II possui área S 2  2 2  12  3 . X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira RESOLUÇÃO CN 2011-2012 Acompanhe o blog www.blogspot.madematica.madematica.com 131 .blogspot.com e fique sabendo dos lançamentos dos próximos volumes da coleção X-MAT! Volumes já lançados: Livro X-MAT Volume 1 EPCAr 2011-2015 Livro X-MAT Volume 2 AFA 2010-2015 Livro X-MAT Volume 3 EFOMM 2009-2015 Livro X-MAT Volume 4 ESCOLA NAVAL 2010-2015 Livro X-MAT Volume 6 EsPCEx 2011-2016 www. 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