Escola Naval: Matemática 2021/2022 (Prova Amarela)

Olá leitor.

Recebi agora a prova da Escola Naval de 2021/2022 e vou começar a colocar aqui os meus gabaritos. Vou atualizando aos poucos. Você pode sempre voltar nesse link, caso queira.

IMPORTANTE: As questões não estão na ordem em que aparecem na prova, pois estou dando preferência as que vou resolvendo primeiro. Vamos lá!

Seja a sequência abaixo definida por uma lei de recorrência de 3ª ordem. Cada termo dessa sequência (do quarto termo em diante) é uma combinação linear dos três termos imediatamente anteriores. $(2,-1,1,6,3,-1,\ldots)$
A soma do sétimo com o oitavo termo é igual a
a) $4$
b) $5$
c) $15$
d) $23$
e) $24$

Como dito no enunciado, cada termo $a_n$ segue a seguinte lei de formação:

$a_n = A \cdot a_{n-1} + B \cdot a_{n-2} + C \cdot a_{n-3} \qquad n \in \mathbb{N}, n \geq 4$

Para $n = 4$ :

$A \cdot a_3 + B \cdot a_2 + C \cdot a_1 = a_4$

Para $n = 5$ :

$A \cdot a_4 + B \cdot a_3 + C \cdot a_2 = a_5$

Para $n = 6$ :

$A \cdot a_5 + B \cdot a_4 + C \cdot a_3 = a_6$

Tirando os termos dados da sequência, teremos o sistema:

$\left\{ \begin{array}{lll} A - B + C = 6 \\ 6A + B - C = 3 \\ 3A + 6B + C = -1 \\ \end{array} \right.$

Somando as duas últimas equações, teremos $9A + 7B = 2$ e, duplicando a segunda equação e, somando com a primeira, chegamos à $13A + B = 12$ . Temos então o sistema a seguir:

$\left\{ \begin{array}{lll} 9A + 7B = 2 \\ 13A + B = 12 \\ \end{array} \right.$

Isolando $B$ na segunda, ficamos com $B = 12 - 13A$ e, então:

$9A + 7(12 - 13A) = 2 \Rightarrow 9A - 91 A = 2 - 84A \Rightarrow A = 1$

Consequentemente $B = -1$ e $C = 2$ .

Assim o termo geral fica:

$a_n = a_{n-1} - a_{n-2} + 2a_{n-3}$

O sétimo termo é $a_7 = a_6 - a_5 + 2a_4 = (-1) + (-1) \cdot 3 + 2 \cdot 6 = 8$ e o oitavo termo é $a_8 = a_7 - a_6 + 2a_5 = 8 + (-1) \cdot (-1) + 2 \cdot 3 = 15$ . Deste modo $a_7 + a_8 = 8 +15 = 23$ . Opção D.

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No $\mathbb{R}^3$ , a equação $ax+by + cz + d = 0$ , com as constantes $a,b,c,d \in \mathbb{R}$ , podem representar um plano. Assinale a opção que esboça a representação geométrica dos planos no sistema linear abaixo
$\left\{ \begin{array}{l} 2x-y + 3z - 5 = 0 \\ -5x + 3y -4z + 6 = 0 \\ -x + y +2z - 4 = 0 \\ \end{array}\right.$

a) Dois planos paralelos e distintos e um secante a eles

b) Planos concorrentes em um ponto $(P)$

c) Planos secantes dois a dois

d) Planos concorrentes em uma reta $(r)$

e) Dois planos coincidentes e um secante a eles

Primeiro precisamos reescrever o sistema com segue:

$\left\{ \begin{array}{l} 2x - y + 3z = 5 \\ -5x + 3y - 4z = -6 \\ -x + y + 2z = 4 \\ \end{array} \right.$

Agora vamos escrever a matriz completa do sistema e escaloná-la:

$\left\vert \begin{array}{rrr | r} 2 & -1 & 3 & 5 \\ -5 & 3 &- 4 & -6 \\ -1 & 1 & 2 & 4 \\ \end{array} \right\vert$

Multiplicamos a primeira linha por $3$ e somamos com a segunda, e multiplicamos a primeira linha por $1$ e somamos com a terceira linha:

$\left\vert \begin{array}{rrr | r} 2 & -1 & 3 & 5 \\ 1 & 0 & 5 & 9 \\ 1 & 0 & 5 & 9 \\ \end{array} \right\vert$

Veja que as duas últimas linhas são iguais representando planos coincidentes. O outro plano concorre com estes dois, haja vista que seus vetores normais não são paralelos. Veja:

$\left\{ \begin{array}{l} 2x - y + 3z = 5 \\ x + 5z = 9 \\ x + 5z = 9 \\ \end{array} \right.$

O primeiro plano tem vetor $\vec{n}_1 = (2,-1,3)$ e o segundo (e terceiro) tem $\vec{n}_2 = (1,0,5)$ .

Chegamos à opção E.

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Todos os pontos $P(a,b)$ da figura abaixo podem ser representados sob a forma matricial $P = \left(\begin{array}{c} a \\ b \end{array}\right)$ .

Ao aplicarmos uma transformação linear $A \cdot P = Q$ , geramos uma nova figura na qual seus pontos são representados sob a forma $Q = \left( \begin{array}{c} c \\ d \end{array} \right)$ . Sendo $A = \left( \begin{array}{rr} -2 & 1 \\ 3 & - 1 \\ \end{array} \right)$ assinale a opção que apresenta a figura formada pela transformação $A \cdot P$ .

Vamos, em primeiro lugar, substituir os pontos dados na transformação linear:

$\left( \begin{array}{rr} -2 & -1 \\ 3 & -1 \\ \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} a \\ b \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} c \\ d \end{array} \right)$

Ficamos com $\left( \begin{array}{c} c \\ d \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} -2a + b \\ 3a + b \end{array} \right)$ .

Olhando para a figura dada, vamos fazer uma tabela com os pontos da figura original. Estes pontos, por meio de suas coordenadas nos darão os novos pontos de coordenadas $(c,d)$ . Veja:

$\begin{array}{c || c|c|c|c} \textrm{Pontos} &a&b&c=-2a+b&d = 3a+b \\ \hline A(1,0) & 1 & 0 & -2 & 3 \\ \hline B(\frac{1}{2},\frac{1}{2}) & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 2 \\ \hline C(2,\frac{1}{2}) & 2 & \frac{1}{2} & -\frac{7}{2} & \frac{13}{2} \\ \hline D(1,1) & 1 & 1 & 1 & 4 \\ \hline E(2,2) & 2 & 2 & -2 & 8 \\ \hline F(3,\frac{1}{2}) & 3 & \frac{1}{2} & -\frac{11}{2} & \frac{19}{2} \\ \hline G(\frac{5}{2},0) & \frac{5}{2} & 0 & -5 & \frac{15}{2} \\\end{array}$

Para ficar bacana, vou marcar os pontos $(c,d)$ no Geogebra:

Assim chegamos à opção C.

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Considere um círculo de centro $O$ circunscrito a um triângulo $ABC$ com ângulo obtuso em $A$ . O raio $AO$ forma um ângulo de $30^\circ$ com a altura $AH$ e intercepta $BC$ em um ponto $E$ . O prolongamento da bissetriz do ângulo $A$ intercepta $BC$ em um ponto $F$ e a circunferência em um ponto $G$ , conforme figura abaixo.

Assinale a opção que apresenta a área do quadrilátero $FEOG$ sabendo que $AG = 4\sqrt{2}$ e $AH = \sqrt{2\sqrt{3}}$ cm.
a) $6(3+\sqrt{2})\,\textrm{cm}^2$
b) $3(6-\sqrt{3})\,\textrm{cm}^2$
c) $2(3+\sqrt{6})\,\textrm{cm}^2$
d) $3(6+\sqrt{3})\,\textrm{cm}^2$
e) $6(2-\sqrt{3})\,\textrm{cm}^2$

No triângulo $AEH$ podemos calcular a $\tan 30^\circ$ :

$\tan = \frac{HE}{AH} \Rightarrow HE = \sqrt[4]{12} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3}$

No mesmo triângulo podemos calcular $\textrm{sen}\,30^\circ$ :

$\textrm{sen}\,30^\circ = \frac{HE}{AE} \Rightarrow AE = 2 \cdot HE \Rightarrow AE = 2 \cdot \frac{\sqrt[4]{12} \cdot \sqrt{3}}{3}$

Podemos agora usar o teorema da bissetriz interna no triângulo $AEH$ :

$\frac{AH}{HF} = \frac{AE}{FE}$

Substituindo os valores:

$\frac{\sqrt[4]{12}}{ \frac{\sqrt[4]{12} \cdot \sqrt{3}}{3} - FE} = \frac{2 \cdot \sqrt[4]{12} \cdot \sqrt{3}}{3FE}$

Daí:

$3FE = 2\sqrt{3}(\frac{\sqrt[4]{12} \cdot \sqrt{3}}{3} - FE)$

Desenvolvendo:

$3FE + 2\sqrt{3}FE = 2\sqrt[4]{12}$

Finalmente temos $FE = \frac{2}{3} \sqrt[4]{12}(2\sqrt{3}-3)$ .

No triângulo $AOG$ temos $AO = OG = R$ , em que $R$ é o raio do círculo. Aplicando a lei dos cossenos:

$AG^2 = R^2 + R^2 - 2 \cdot R \cdot R \cdot \cos A\widehat{O}G$

Sabemos que $A\widehat{O}G = 150^\circ$ , pois o triângulo $AOG$ é isósceles de base $AG$ e $G\widehat{A}O = A\widehat{G}O = 15^\circ$ . Assim:

$(4\sqrt{2})^2 = 2R^2 - 2R^2 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2})$

Chegamos assim a $R^2 = 32(2-\sqrt{3})$ . Agora partimos para o calculo da área:

$(FEOG) = (AOG) - (AFE)$

Teremos $(AOG) = \frac{1}{2} \cdot AO \cdot OG \cdot \textrm{sen}\,(A\widehat{O}G)$ e $(AFE) = \frac{1}{2} \cdot FE \cdot AH$ . Ficamos com:

$(FEOG) = \frac{1}{2} \cdot R^2 \cdot \textrm{sen}\,150^\circ - \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3}\cdot \sqrt[4]{12}(2\sqrt{3}-3) \cdot \sqrt[4]{12}$

Fazendo as contas teremos $(FEOG) = 6(2-\sqrt{3})$ . Ufa! Ê…, contarada!!!! Opção E.

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[LSB]

Gabarito Comentado EEAr 2021/2022 (Primeira Prova): Matemática

Seguem os meus gabaritos para a (primeira) prova de matemática da EEAr de 2021/2022.

Uma caixa cúbica, de aresta $10$ cm, está totalmente cheia de água. Ao despejar toda a água em um tubo cilíndrico de $5$ cm de raio, essa água atingirá uma altura de $\rule{2 cm}{0.2 mm}\, /\pi$ cm no tubo. (Considere as dimensões como sendo internas ao recipiente e que o tubo tem a altura necessária para o evento.)
a) $50$
b) $40$
c) $35$
d) $25$

O volume do cubo será de $10^3 = 1000 \,\textrm{cm}^3$ . Para o cilindro teremos o volume de $1000 = \pi \cdot 5^2 \cdot h$ , ou seja $h = \frac{40}{\pi}$ cm. Opção B.

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Uma empresa de produtos químicos tem o seguinte logotipo, composto por dois círculos concêntricos divididos em $6$ setores circulares de $60^\circ$ cada. Se o raio do maior círculo medir $10$ cm e o do menor medir $8 cm$ , toda a área hachurada (em cinza) mede $\rule{2 cm}{0.2 mm}\, \pi\textrm{cm}^2$ .

a) $30$
b) $40$
c) $50$
d) $60$

Repare que podemos simplesmente “encaixar” as partes “cinzas” nas partes “brancas”, formando um semicírculo de raio $10$ cm. Assim, a área será $\frac{\pi \cdot 10^2}{2} = 50\pi\, \textrm{cm}^2$ , portanto, opção C.

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A revolução de um triângulo equilátero de $6$ cm de lado, em torno de um de seus lados, gera um sólido de volume igual $\rule{2 cm}{0.2 mm}\,\pi\textrm{cm}^3$ .
a) $54$
b) $48$
c) $36$
d) $24$

A rotação deste triângulo sobre um de seus lados vai gerar um duplo cone (dois cones) cujo raio da base $R$ (do cone) é a altura $R = h = \frac{6\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$ cm do triângulo e cuja altura total $H$ é duas vezes a metade do lado $\ell = 6$ cm também do triângulo. Veja a figura:

Veja que temos dois cones de mesmo raio $R = h$ e mesma altura $\frac{\ell}{2}$ .

Veja que temos dois cones de mesmo raio $R = h$ e mesma altura $\frac{\ell}{2}$ .

Então teremos:

$V = 2 \cdot \frac{1}{3} \pi R^2 (\frac{\ell}{2}) \Rightarrow V = \frac{1}{3} \pi R^2 (2 \cdot \frac{\ell}{2}) \Rightarrow V = \frac{1}{3} \pi (3\sqrt{3})^2 \cdot 6 = 54\pi\,\textrm{cm}^3$

Teremos, então a opção A.

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O ponto $P(1,4)$ é $\rule{3 cm}{0.2 mm}$ à circunferência de equação $(x+1)^2 + (y -5)^2 = 9$ e é $\rule{3 cm}{0.2 mm}$ à circunferência de equação $(x-3)^2 + (y - 5)^2 = 16$ .
a) exterior; exterior
b) exterior; interior
c) interior; exterior
d) interior; interior

Para resolver este problema basta comparar a distância do centro de cada circunferência ao ponto dado com o raio da respectiva circunferência. Para isto, basta substituir o ponto na equação da circunferência. Para a primeira:

$(1+1)^2 + (4-5)^2 = 2^2 + (-1)^2 = 5 < 9$ , logo o primeiro ponto é interior.

Para a segunda:

$(1-3)^2 + (4-5)^2 = (-2)^2 + (-1)^2 = 5 < 16$ , logo o segundo ponto também é interior.

Portanto, opção D.

Sempre costumo lembrar que um desenho ajuda. Segue uma figura da situação.

O ponto $A$ é o centro da primeira circunferência; e $B$ , o da segunda.

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Em uma classe da 1ª série do Curso de Formação de Sargentos — EEAr, as idades dos alunos se distribuíam conforme a tabela. Desta forma, a idade média ponderada desses alunos era de $\rule{2 cm}{0.2 mm}$ anos.
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline \textrm{Idade (anos)} & 18 & 19 & 20 & 21 & 22 \\ \hline f_r(\%) & 40 & 30 & 17 & 10 & 3 \\ \hline \end{array}$
a) $18,81$
b) $18,98$
c) $19,06$
d) $19,23$

Vamos dizer que o total de alunos seja $T$ , como a frequência relativa é calculada sempre sobre o mesmo total, podemos fazer a média ponderada pelas próprias frequências, veja:

$\frac{18 \cdot \frac{40}{100}T + 19 \cdot \frac{30}{100}T + 20 \cdot \frac{17}{100}T + 21 \cdot \frac{10}{100}T + 22 \cdot \frac{3}{100}T}{\frac{40}{100}T + \frac{30}{100}T + \frac{17}{100}T + \frac{10}{100}T + \frac{3}{100}T}$

Veja que podemos cancelar $T$ , uma vez que não é zero e teremos:

$\frac{18 \cdot 0,4 + 19 \cdot 0,3 + 20 \cdot 0,17 + 21 \cdot 0,1+ 22 \cdot 0,03}{\frac{100}{100}} = 7,2 + 5,7 + 3,4 + 2,1 + 0,66 = 19,06$

Chegamos à opção C.

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Sejam $A$ e $B$ os restos das divisões de $P(x) = x^3 - 3x^2 - 4x + 6$ por, respectivamente, $x+2$ e $x - 3$ . Desta forma, pode-se afirmar que
a) $A = B$
b) $A = 2B$
c) $B = 2A$
d) $A = -B$

Como só queremos o resto, basta aplicar o Teorema do Resto, assim:

$A = P(-2) = (-2)^3 - 3 \cdot (-2)^2 - 4 \cdot (-2) + 6 = -8 -12 + 8 + 6 = -6$

E o outro resto:

$B = P(3) = (3)^3 - 3 \cdot (3)^2 - 4 \cdot (3) + 6 = 27-27 -12 + 6 = -6$

Assim, $A = B$ , opção A.

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Um número complexo $z$ tem argumento $\theta = \frac{5\pi}{6}$ e módulo igual a $6$ . A forma algébrica de $z$ é
a) $-3\sqrt{3} + 3i$
b) $-3\sqrt{3} + \sqrt{3}i$
c) $3\sqrt{3} - \sqrt{3}i$
d) $3\sqrt{3} - 3i$

Sabemos que a forma trigonométrica de um complexo é $z = \vert z \vert (\cos \theta + i \textrm{sen } \theta)$ , podemos então substituir os valores dados:

$z = 6 (\cos \frac{5\pi}{6} + i \textrm{sen } \frac{5\pi}{6}) = 6 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2} + i \cdot \frac{1}{2}) = -3\sqrt{3} + 3i$

Tendo como resposta a opção A.

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O gráfico mostra o consumo médio de gasolina, em km/L, dos veículos de uma revendedora de automóveis. Com base no gráfico, é correto afirmar que a quantidade de veículos da revendedora que percorrem $10$ km ou mais com $1$ litro de gasolina corresponde a $\rule{2 cm}{0.2 mm}\,\%$ do total de veículos da loja. (Considere que em cada classe o intervalo é fechado no limite inferior e aberto no limite superior).

a) $56$
b) $62$
c) $68$
d) $74$

De acordo com o histograma, há $12$ veículos com autonomia de $10$ a $12$ km/L; $14$ veículos na faixa de $12$ a $14$ km/L e $8$ veículos de $14$ a $16$ km/L. O total de veículos na faixa de autonomia pedida é, então, de $12 + 14 + 8 = 34$ veículos. O total geral de veículos é de $6 + 8 + 10 + 12 + 14 = 50$ veículos. A porcentagem será de $\frac{34}{50} = \frac{68}{100} = 0,68$ . Opção C.

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Sejam os arcos de $480^\circ$ e $-4\pi/3$ rad. No ciclo trigonométrico, são tais que ambos estão no:
a) 1º quadrante e são côngruos
b) 2º quadrante e são côngruos
c) 1º quadrante e não são côngruos
d) 2º quadrante e não são côngruos

Sabemos que $480^\circ = 120^\circ + 1 \cdot 360^\circ$ , pertencendo, portanto, ao segundo quadrante; e que $- \frac{4\pi}{3} \,\textrm{rad} = - 240^\circ$ que é côngruo de $120^\circ$ e está, por sua vez, também no segundo quadrante, sendo assim, côngruos. Opção B.

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Seja a P.G. $(24,36,54,\ldots)$ . Ao somar o 5º e o 6º termos dessa P.G. tem-se
a) $81/2$
b) $405/2$
c) $1215/4$
d) $1435/4$

Vamos, primeiro, identificar a razão da P.G. que é $q = \frac{36}{24} = \frac{3}{2}$ . Assim, o quinto termo será $a_5 = 24 \cdot (\frac{3}{2})^4 = 24 \cdot \frac{81}{16}$ e o sexto será igual ao quinto multiplicado pela razão, ou seja, $a_6 = 24 \cdot \frac{81}{16} \cdot \frac{3}{2}$ . Então a soma será:

$a_5 + a_6 = 24 \cdot \frac{81}{16} + 24 \cdot \frac{81}{16} \cdot \frac{3}{2}$

Então:

$a_5 + a_6 = 24 \cdot \frac{81}{16} \cdot (1+ \frac{3}{2}) = 24 \cdot \frac{81}{16} \cdot \frac{5}{2} = 3 \cdot \frac{81 \cdot 5}{4} = \frac{1215}{4}$

Chegamos então à opção C.

Como observação, poderíamos completar a P.G. calculando os termos seguintes, multiplicando os anteriores pela razão:

$(24,36,54,81,\frac{243}{2},\frac{729}{4},\ldots)$

E claro $\frac{243}{2} + \frac{729}{4} = \frac{1215}{4}$ .

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Seja uma função $f: A \to B$ tal que $A = \{0,1,2,3,4\}$ e $B = \mathbb{R}$ . A alternativa que apresenta todos os pontos de um possível gráfico de $f$ é
a) $(0,0)$ ; $(0,1)$ ; $(0,2)$ ; $(0,3)$ e $(0,4)$
b) $(0,0)$ ; $(1,0)$ ; $(2,0)$ ; $(3,0)$ e $(4,0)$
c) $(0,0)$ ; $(1,-1)$ ; $(2,-2)$ e $(3,-3)$
d) $(0,1)$ ; $(2,3)$ ; $(4,5)$ ; e $(5,6)$

Primeiramente, como há cinco elementos no domínio de $f$ que é $A$ , devemos ter $5$ pares ordenados e cada abscissa deve ser correspondente aos elementos de $A$ . A única opção que atende é B.

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A razão entre o perímetro do quadrado circunscrito a uma circunferência de raio $2$ cm e o perímetro do quadrado inscrito na mesma circunferência é
a) $4$
b) $2$
c) $2\sqrt{2}$
d) $\sqrt{2}$

O quadrado que circunscreve uma circunferência de raio $R$ tem lado $L = 2R$ e o quadrado inscrito tem diagonal $d$ tal que $d = 2R$ . Como $d = \ell\sqrt{2}$ temos $\ell\sqrt{2} = 2R \Rightarrow \ell = \frac{2R}{\sqrt{2}}$ , portanto:

$\frac{4L}{4\ell} = \frac{L}{\ell} = \frac{2R}{\frac{2R}{\sqrt{2}}} = \sqrt{2}$

Opção D.

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Se $8$ alunos do CFS da EEAr “entrarão em forma” em uma única fila, de maneira que a única restrição seja de que o aluno mais alto fique no início da fila, então o número de formas diferentes de se fazer esta formação é
a) $5040$
b) $2520$
c) $840$
d) $720$

São $8$ posições, sendo que a primeira só pode ser ocupada por uma única pessoa. As demais, podem ser ocupadas pelas sete pessoas restantes.

$1 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 7! = 5040$

Opção A.

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Seja $ABC$ um triângulo tal que $\widehat{A} = 60^\circ$ , conforme a figura.

Assim, tem-se que $FD = \,\rule{2 cm}{0.2 mm}\,$ .
a) $2$
b) $3$
c) $4$
d) $5$

Vejamos, em primeiro lugar que $AC = AD$ e, por isso, $A\widehat{C}D = A\widehat{D}C = 60^\circ$ . Então, o triângulo $ACD$ é equilátero e teremos $AC = AD = CD = 6$ . Para o triângulo $ABC$ , os segmentos $\overline{BE}$ e $\overline{CD}$ são medianas e, portanto, o ponto $F$ é baricentro de $\Delta ABC$ . Então, da propriedade do baricentro teremos $CF = 2 FD$ . Se $FD = x$ , teremos $x + 2x = 6$ , logo $x = 2$ . Opção A.

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Um cilindro circular reto de $5$ cm de raio da base e de $10$ cm de altura terá toda a sua superfície lateral revestida por uma fita de $0,5$ cm de largura, como mostra a figura.

Considerando $\pi = 3,14$ e que não haverá sobreposição de fita, será necessária uma quantidade mínima de $\rule{2 cm}{0.2 mm}$ m de fita para realizar a tarefa.
a) $4,62$
b) $6,28$
c) $8,44$
d) $9,32$

O comprimento $L$ de cada volta da fita em torno do cilindro corresponde ao comprimento do círculo da base do cilindro: $L = 2 \pi \cdot 5 = 10\pi$ cm. A altura do cilindro é de $10$ cm e cada fita tem $0,5$ cm de espessura. Assim, serão necessárias $\frac{10}{0,5} = 20$ fitas. Então o comprimento total de fita será de $10\pi \times 20 = 200 \pi = 200 \cdot 3,14 = 628$ cm. Ou seja, $6,28$ m. Opção B.

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Se $\textrm{sen } 2x = 1/3$ então $(\textrm{sec } x) \,\colon (\textrm{sen } x)$ é igual a
a) $8$
b) $6$
c) $4$
d) $2$

Sabemos que $\textrm{sen } 2x = 2 \cdot \textrm{sen } x \cdot \cos x$ e, da expressão dada no enunciado:

$\frac{\textrm{sec } x}{\textrm{sen } x} = \frac{1}{\cos x} \cdot \frac{1}{\textrm{sen } x} = \frac{1}{\frac{\textrm{sen } 2x}{2}} = \frac{1}{\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}} = \frac{1}{\frac{1}{6}} = 6$

Temos então, a opção B.

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Pedro é um tenista profissional que vem treinando $120$ saques por dia. Porém, a partir de amanhã, a cada dia de treino ele fará $5$ saques a mais que no treino anterior. Se o objetivo de Pedro é alcançar o dia em que treinará $180$ saques, ele conseguirá isso no $\rule{2 cm}{0.2 mm}$ dia de treino, considerando hoje o primeiro dia.
a) $10 \textsuperscript{\d o}$
b) $12 \textsuperscript{\d o}$
c) $13 \textsuperscript{\d o}$
d) $15 \textsuperscript{\d o}$

Como ele sempre faz cinco saques a mais que no dia anterior, teremos uma progressão aritmética:

$(120,125,130,135,\ldots)$

Assim, $a_1 = 120$ e $r = 5$ , queremos que o termo geral $a_n$ seja igual a $180$ , ou seja:

$a_n = 120 + (n-1) \cdot 5 = 180$

Portanto:

$120 + 5n - 5 = 180 \Rightarrow 5n = 65 \Rightarrow n = 13$

Mais uma vez eu digo, bastava escrever os termos:

$(120,125,130,135,140,145,150,155,160,165,170,175,180,\ldots)$

E contar. Opção C.

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Simplificando a expressão $y = \frac{C_{n,4}}{C_{n-1,3}}$ , encontra-se $y$ igual a
a) $n$
b) $n/2$
c) $n/3$
d) $n/4$

Sabendo que $C_{n,p} = \frac{n!}{p!(n-p)!}$ teremos:

$y = \frac{\frac{n!}{4!(n-4)!}}{\frac{(n-1)!}{3!(n-1-3)!}} = \frac{n!}{4!(n-4)!} \cdot \frac{3!(n-4)!}{(n-1)!} = \frac{n \cdot (n-1)! \cdot 3!}{4 \cdot 3! \cdot (n-1)!} = \frac{n}{4}$

Então, opção D. Mais um comentário: veja que poderíamos fazer facilmente $n = 4$ e teríamos $y = \frac{C_{4,4}}{C_{3,3}} =1$ . A única opção que daria este resultado é a opção D. Bingo!

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Se $\log 2 = 0,3$ e $\log 3 = 0,5$ , então o valor de $\frac{\log 0,0072}{\log 5}$ é
a) $-3$
b) $-2$
c) $2$
d) $3$

Vamos primeiro “ajeitar” a expressão dada:

$\frac{\log 0,0072}{\log 5} = \frac{\log \frac{72}{10000}}{\log 5} = \frac{\log 72 - \log 10000}{\log \frac{10}{2}} = \frac{\log (9 \cdot 8) - \log 10^4}{\log10 - \log 2} =$

Continuando:

$= \frac{\log 9 + \log 8 - 4}{1 - 0,3} = \frac{\log 3^2 + \log 2^3 - 4}{0,7} = \frac{2\cdot 0,5 + 3 \cdot 0,3 - 4}{0,7} = \frac{-2,1}{0,7}=-3$

Opção A.

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Uma bola é lançada verticalmente para cima. Se sua altura $h$ , em metros, em relação ao solo, $t$ segundos após o lançamento, considerando $t \in [0,4]$ , pode ser calculada por $h = -t^2 + 2t + 8$ , a altura máxima atingida pela bola é $\rule{2 cm}{0.2 mm}$ m.
a) $7$
b) $8$
c) $9$
d) $10$

A altura máxima corresponde à ordenada do vértice da parábola representada por $h$ :

$y_V = -\frac{\Delta}{4a} = - \frac{2^2 - 4 \cdot (-1) \cdot 8}{4 \cdot (-1)} = -\frac{4+32}{-4} = 9$

Temos, então, Opção C.

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Seja $ABC$ um triângulo retângulo em $A$ , tal que $\widehat{B} = 60^\circ$ . Se o perímetro do triângulo é $9(\sqrt{3} + 1)$ cm, a hipotenusa mede $\rule{2 cm}{0.2 mm}$ cm.
a) $2\sqrt{3}$
b) $3\sqrt{3}$
c) $4\sqrt{3}$
d) $6\sqrt{3}$

Como $\widehat{B} = 60^\circ$ , teremos $\widehat{C} = 30^\circ$ e finalmente:

$\textrm{sen } \widehat{C} = \frac{AB}{BC} \Rightarrow \frac{1}{2} = \frac{AB}{BC} \Rightarrow AB = \frac{BC}{2}$

Analogamente:

$\textrm{sen } \widehat{B} = \frac{AC}{BC} \Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{AC}{BC} \Rightarrow AC = \frac{BC\sqrt{3}}{2}$

Fazendo $BC = x$ teremos:

$AB + AC + BC = \frac{x}{2} + \frac{x\sqrt{3}}{2} + x = (\frac{3 + \sqrt{3}}{2}) x$

Mas este é o perímetro, logo:

$9(\sqrt{3} + 1) = x \cdot \frac{3 + \sqrt{3}}{2} \Rightarrow 18\sqrt{3} + 18 = x(3 + \sqrt{3})$

Assim, $x = \frac{18\sqrt{3} + 18}{3 + \sqrt{3}}$ e racionalizando:

$x = \frac{(18\sqrt{3} + 18)(3 - \sqrt{3})}{(3+\sqrt{3})(3-\sqrt{3})} = \frac{54\sqrt{3} - 54 + 54 -18\sqrt{3}}{9 - 3} = \frac{36\sqrt{3}}{6} = 6\sqrt{3}$

Chegamos então, à opção D.

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Seja $r$ a reta determinada $A(3,5)$ e $B(6,-1)$ . O ponto de abscissa $8$ pertencente à $r$ possui ordenada igual a
a) $9$
b) $7$
c) $-6$
d) $5$

Vamos achar o coeficiente de $r$ :

$m = \frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{5 - (-1)}{3 - 6} = \frac{6}{-3} = -2$

Assim a equação de $r$ fica:

$y - 5 = (-2)(x-3)$

Para $x = 8$ , teremos $y - 5 = (-2)(8-3) \Rightarrow y = -10 + 5 = -5$ . Opção D.

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A base de uma pirâmide é uma das faces de um cubo de aresta $a$ . Se o volume do cubo somado com o volume da pirâmide é $2a^3$ , a altura da pirâmide é $\rule{2 cm}{0.2 mm}$ da aresta $a$ .
a) o dobro
b) o triplo
c) a metade
d) a terça parte

Seja $V_c$ o volume do cubo e $V_p$ o volume da pirâmide. Teremos:

$V_c + V_p = a^3 + \frac{1}{3}a^2 h$

Do enunciado:

$2a^3 = a^3 + \frac{a^2 h}{3} \Rightarrow h = \frac{3a^3}{a^2} \Rightarrow h = 3a$

Opção B.

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Dadas as retas $r: 2x-3y+9 = 0$ , $s: 8x -12y + 7 = 0$ e $t: 3x+2y - 1 = 0$ , pode-se afirmar, corretamente, que
a) $r$ e $t$ são paralelas
b) $r$ e $s$ são coincidentes
c) $s$ e $t$ são perpendiculares
d) $r$ e $s$ são perpendiculares

Vamos colocar todas na forma reduzida:

$r: y = \frac{2}{3} x + 3$

$s: y = \frac{8}{12} x + \frac{7}{12} \Rightarrow y = \frac{2}{3}x + \frac{7}{12}$

$t: y = - \frac{3}{2} x + \frac{1}{2}$

Vamos comparar os coeficientes de $r$ e $s$ . Como $m_r = m_s$ e $n_r \ne n_s$ , daí $r$ e $s$ são paralelas e distintas.

Passemos então às retas $r$ e $t$ : como $m_r \cdot m_t = -1$ , portanto, $r$ e $t$ são concorrentes e perpendiculares.

Como $r$ e $s$ são paralelas, então $s$ e $t$ também são perpendiculares. Opção C.

Mais uma vez fica a dica. Um desenho simples poderia ajudar na solução; vamos desenhar as três retas.

Veja que $r \parallel s$ e que $r \perp t$ .

Veja que $r \parallel s$ e que $r \perp t$ .

É isso galera! Comentem e compartilhem, se quiserem.

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Até!

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EEAr 2016/2: Gabarito Preliminar de Matemática

Segue o arquivo com o gabarito preliminar da prova de matemática da EEAr de hoje (13/11/2016).

EEAr_2016/2_MATEMATICA

Até breve.

@LSBar

Solução: Matemática CEFET 2013/2014

Olá leitores.

Há pouco ocorreu a prova da CEFET/RJ deste ano. Esta é a penúltima prova. Pra quem já está estudando pro ano que vem fica aí o material. Vá em soluções >> vestibulares e baixe à vontade.

[ ]’s.

@LSBar – Fundador

UERJ: Física 2013/2014 Totalmente Resolvida!

Olá leitores,

resolvemos todas as provas de física de 2013 do vestibular da UERJ. Nossa meta é, até o primeiro exame de qualificação de 2014, resolver todas as provas até 2009 e depois ir retroagindo neste processo até 1997. Para conferir vá em Soluções >> Vestibulares e procure pela versão 11.

Bons estudos e bom fim de semana.

@LSBar

EFOMM: Matemática 2012/2013 Solucionada!

Olá leitores,

solucionamos mais uma prova de matemática: EFOMM 2012/2013. Para conferir vá em Soluções >> Concursos militares.

Bons estudos e até a próxima prova comentada.

@LSBar

EsPCEx: Matemática 2012/2013 Resolvida!

Olá leitores,

mais uma resolução comentada chega ao site: EsPCEx Matemática 2012/2013 resolvida. Para conferir vá em Soluções >> Concursos Militares e procure pelo arquivo.

Bons estudos.

PS.: Aguarde, em breve mais soluções da EsPCEx aparecerão por aqui.

Leonardo Santos – Fundador