Nova Iguaçu, _____ de ________________de 2015.
Professor(a): Albino Nevir
ESCOLA NAVAL - 2015 – RECURSOS
PROVA DE MATEMÁTICA - COR: AMARELA
Questões 1:
Como, pela informação que k  IR * então a1 =
2
2
Como: a4 = a1  q3  2(k  1) =
5k
25 k 2
4(k  1)
2
decrescente, devem ter: 0 < 2k  2 < 1
2
25 k 2
4(k  1)
2
2
2
e então a4 = 2(k  1) são IR *
5k
x
2
2
2
2


 q3  q3 = 2(k  1)  4(k  1)  q3 =  2(k  1)   q = 2(k  1) para que a P.G. seja
2
 2k  5  2
5k

1
2

1
k2
2
Daí m = 5
4
binômio  mx  15    5 x  15   5  x  3 

8  4
8
4
2
3
Resto da divisão será P 
2
P(x) =
5 5
(x – 2x4 + 202 – 8)
4
81
9
324 1440 256 
 5  243
 2  = 54  243
 2   20   8   
 2



32
16
4
4
32
32
32
32 


P3

 2  = 54  1103

32 
P3
5515
128
Portanto, essa questão não possui opção!
SUGESTÃO: ANULAÇÃO!
2ª Solução!
Se for feito a divisão pelo método da chave
5 5
5 4
x –
x + 25x2 – 10
4
2
5515
128
5k


5k
2
k > 0  sempre 2k  2 > 0 basta que 2k  2 < 1  2k  2 – 1 < 0

5k
Devemos ter 2k2 – 5 k + 2 < 0


125  k 3
5x 15

4
8
1
3
257
453
x4  x3  x2 
x
2
4
8
16
2
2
5k
5k
5k

Questão 2:
x  y  z  0

4x  2my  3z  0
2x  6 y  4mz  0

(I)
(II)
(III)
Sistema homogêneo
possui solução
4 y  2m y  z  0

 4 y  2  4m z  0
4. I  II  4 y  2my  z  0  0

2. I  III   4x  2z  4mz  0
[(2 + 4m)(4 + 2m) + 4]  z = 0
44  2my  4z  0
 
 44  2my  2  4m4  2mz  0
Para que o sistema seja indeterminado, devemos ter (2 + 4m)(4 + 2m) + 4 = 0
 5  25  24
8 + 4m + 16m + 8m + 4 = 0  8m + 20m + 12 = 0  2m + 5m + 3 = 0  m =
4
2

2
m1 = – 1
2
m2 =  3
2
Como se quer o maior inteiro m, daí m = – 1, substituindo na expressão teremos
1
1
 
 2 
2
tg     sec 2  
 2
 24  2
  1   1  sec (120º )  1   2 
2
1
cos (120º
 4
 3 
4
Não possuindo resposta!
SUGESTÃO: ANULAÇÃO!
Questão 3:

sen 4 (2 x) 
4
tg
(
2
x
)

cos
(
2
x
)


cot g (2 x) 
Basta observarmos que o denominador da função 
possui a expressão
e 2tgx  cos(4 x)  1  sec2 (2 x)
1  sec 2 (2x ) que terá
(1-sec22x) sempre menor ou igual a zero, impedindo a existência da função.
1  sec 2 (2x)  1  tg2 (2x) e como tg2(2x) é positivo ou zero – tg2 será negativo ou zero.
A expressão 1 – sec2(2x) = – tg2(2x)  0.
Daí NÃO TERÁ COMO SER RESOLVIDA A QUESTÃO, portanto deve ser ANULADA!
Questão 5:
1ª crítica: Deveria ter sido usado parâmetros diferentes para as retas r 1 e r2 e também para as opções.
Considerando parâmetros distintos podemos observar que as retas r 1 e r2 possuem vetores diretores não paralelos, pois seus
componentes não são proporcionais, e como o sistema formado pelas igualdades não possui solução, podemos garantir que as retas r 1
e r2 são REVERSAS.

Vr1  3,2,1

Vr 2   1,5, 2
 1  3t  4  k

 3  2t  2  5k
2  t  1  2k

Ñ paralelos.
Não possui solução.
REVERSAS
Nenhuma opção (já descartada a opção C, já que essa reta não passa pelo ponto m(1, 1, 1)) possui intersecção coma reta r 1 .
1  t  1  3t1

a) 1  2t  3  2t1
1  t  2  t
1

Não possui solução!
Daí, não intersecta r1 .
1  t  1  3t1

b) 1  2t  3  2t1
1  t  2  t
1

Não possui solução!
Daí, não intersecta r1 .
c) Descartada (não passa pelo ponto m(1, 1, 1)).
1  t  1  3t1

d) 1  2t  3  2t1
1  2  t
1

Não possui solução!
Daí, não intersecta r1 .
1  2t  1  3t1

e) 1  t  3  2t1
1  t  2  t
1

Não possui solução!
Daí, não intersecta r1 .
Daí não existe reta (entre as opções) que intersecta a reta r1 pelo enunciado sugerimos ANULAÇÃO!
Questão 8:
Nm  (1, 3, 1)
Não paralelos
N  2  (3,  2, 1)
Nm  N  2
 
r
j
1 3
3 2

  
k
  
 3 r  3 j  2k  9k  j  2 r
1
 (5, 2,11)
1
N3  1, 1, 2
Cos  =
5  1  2  1  (11)  2
5  2   11  1  1  2
2
Cos  =
2
2
2
2

2
15
25  6  6
15
1
    = 120º
56
2
Daí, o ângulo entre os vetores normais dos planos 1 e 3 é 120º ou 60º .
Não possuindo tal resposta entre as opções.
Sugestão: ANULAÇÃO!