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O ELITE RESOLVE ITA 2009 - MATEMÁTICA
NOTAÇÕES
` = {1,2,3,...}
Como 36% dos carros com motor “flex” passaram a funcionar também
com gás GNV, temos:
0,36 ⋅ F são os carros a álcool, gasolina e a GNV (tricombustíveis)
\ : conjunto de números reais
^ : conjunto de números complexos
[a, b ] = {x ∈ \; a ≤ x ≤ b}
0,64 ⋅ F são os carros que continuaram a funcionar apenas a álcool e
a gasolina (bicombustíveis).
( a, +∞ ) =] a, +∞  = {x ∈\; a < x < + ∞}
A \ B = {x ∈ A; x ∉ B}
Sabendo que 556 carros são bicombustíveis e que no total temos
1000 carros, podemos formar o seguinte sistema:
AC : complementar do conjunto A
i : unidade imaginária i 2 = −1
z : módulo do número z ∈ ^
0,36 ⋅ G + 0,64 ⋅ F = 556
0,36 ⋅ G + 0,64 ⋅ F = 556
⇒
⇒ 0,28 ⋅ F = 196

G
+
F
=
1000

0,36 ⋅ G + 0,36 ⋅ F = 360
Portanto F = 700 e G = 300
Desta forma, o número de carros tricombustíveis (álcool, gasolina e
Re z : parte real do número z ∈ ^
Ιm z : parte imaginária do número z ∈ ^
Mmxn ( \ ) : conjunto das matrizes reais m x n
GNV) é 0,36 ⋅ F = 0,36 ⋅ 700 = 252
QUESTÃO 03
Seja f : \ → \ \ {0} uma função satisfazendo às condições:
At : transposta da matriz A
det A : determinante da matriz A
f ( x + y ) = f ( x ) f ( y ) , para todo x, y ∈ \ e
P ( A ) : conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A
f ( x ) ≠ 1 , para todo x ∈ \ \ {0} .
Das afirmações:
I. f pode ser ímpar.
II f (0) = 1 .
III. f é injetiva.
IV. f não é sobrejetiva, pois f ( x ) > 0 para todo x ∈ \ .
é (são) falsa(s) apenas
a) I e III.
b) II e III.
c) I e IV.
d) IV.
e) I.
Resolução
Alternativa E
I. Falsa. Se a função f fosse ímpar, teríamos: f ( − x ) = −f ( x ) , para
n ( A ) : número de elementos do conjunto finito A
AB : segmento de reta unindo os pontos A e B
trA : soma dos elementos da diagonal principal da matriz quadrada A
Observação: Os sistemas
cartesianos retangulares.
de
coordenadas
considerados
são
QUESTÃO 01
Sejam A e B subconjuntos do conjunto universo U = {a,b,c,d,e,f,g,h}.
Sabendo que
(B
C
∪ A)
C
= {f,g,h}, BC ∩ A = {a,b} e AC \ B = {d,e},
então, n(P ( A ∩ B )) é igual a
a) 0
b) 1
c) 2
d) 4
Resolução
Usando as leis de De Morgan:
(A∪B)C=AC∩BC e (A∩B)C=AC∪BC, temos que:
e) 8
Alternativa C
∀x ∈ \ . Em particular, para x = 0 , vem que:
f ( −0) = −f (0) ⇒ 2f (0) = 0 ⇒ f (0) = 0
Porém, sendo o contradomínio de f o conjunto \ \ {0} , nenhuma
( BC ∪ A )C = (BC)C ∩ AC = B ∩ AC = {f,g,h}.
imagem pode ser nula. Em particular, f (0) ≠ 0 .
II. Verdadeira. Fazendo x = y = 0 na identidade f ( x + y ) = f ( x ) f ( y ) ,
Com isso e usando as igualdades do enunciado, podemos montar o
seguinte diagrama de Euler-Venn:
f (0 + 0) = f (0) ⋅ f (0) ⇒ ( f (0) ) − f (0) = 0 ⇒ f (0) = 0 ou f (0) = 1 .
2
temos
Como f (0) ≠ 0 , temos necessariamente f (0) = 1 .
III. Verdadeira. Sejam a, b ∈ \ tais que f (a ) = f (b ) . Então, temos:
f (b) = f (a + (b − a )) = f (a ) ⋅ f (b − a ) ⇒ f (a ) = f (a ) ⋅ f ( b − a )
Como f (a ) ≠ 0 , segue que f (b − a ) = 1 .
f ( x ) ≠ 1,
Porém, como 
f (0) = 1
Portanto, A ∩ B = {c } ⇒ n ( A ∩ B ) = 1 .
∀x ∈ \ \ {0}
, isto é, como somente o 0 tem
imagem igual a 1, vem que b − a = 0 ⇒ a = b .
Assim, f (a ) = f (b ) ⇒ a = b , isto é, f é injetora.
Dessa forma, o conjunto das partes P ( A ∩ B ) = {{c }, ∅}
2
x x
 x   x    x 
IV. Verdadeira. Fazendo f ( x ) = f  +  = f   ⋅ f   = f    .
2
2


 2   2    2 
O que implica que n ( P ( A ∩ B ) ) = 21 = 2
QUESTÃO 02
Uma empresa possui 1000 carros, sendo uma parte com motor a
gasolina e o restante com motor “flex” (que funciona com álcool e
gasolina). Numa determinada época, neste conjunto de 1000 carros,
36% dos carros com motor a gasolina e 36% dos carros com motor
“flex” sofrem conversão para também funcionar com gás GNV.
Sabendo-se que, após esta conversão, 556 dos 1000 carros desta
empresa são bicombustiveis, pode-se afirmar que o número de carros
tricombustíveis é igual a
a) 246
b) 252
c) 260
d) 268
e) 284
Resolução
Alternativa B
Denominando:
G : número de carros originalmente com motor a gasolina
F : número de carros originalmente com motor “flex”
Como 36% dos carros com motor a gasolina passaram a funcionar
com gás GNV, temos:
0,36 ⋅ G são os carros a gasolina e a GNV (bicombustíveis)
2
  x 
Como f    ≥ 0 , ∀x ∈ \ , temos f ( x ) ≥ 0 , ∀x ∈ \ .
  2 
Além disso, como as imagens não podem ser nulas, já que o
contradomínio é o conjunto \ \ {0} , segue que f ( x ) > 0 , ∀x ∈ \ ,
fazendo com que a função não seja sobrejetora.
QUESTÃO 04
π
a = cos
e
Se
5
π
π

 cos + isen 
5
5

a) a + bi .
b = sen
2
1
o
é igual a
2
e) (1 − 4a 2b 2 ) + 2ab(1 − b 2 )i
0,64 ⋅ G são os carros que continuaram apenas a gasolina
então,
54
c) (1 − 2a b ) + ab(1 + b )i .
2
π
,
5
b) −a + bi .
d) a − bi .
número
complexo
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Resolução
Alternativa B
Aplicando a formula de Moivre para potenciação de números
complexos, temos:
QUESTÃO 07
Suponha que os coeficientes reais a e b da equação x4 + ax3 + bx2 +
ax + 1 = 0 são tais que a equação admite solução não real r com
r ≠ 1 . Das seguintes afirmações:
54
π
π
54π
54π
4π
4π

+ i ⋅ sen
= cos
+ i ⋅ sen
 cos + i ⋅ sen  = cos
5
5
5
5
5
5


π
4π
e
são suplementares, segue que:
Como os arcos
5
5
4π
π

cos 5 = − cos 5 = −a

sen 4π = sen π = b

5
5
4π
5
e
π
5
b
−a
I. A equação admite quatro raízes distintas, sendo todas não reais.
II. As raízes podem ser duplas.
III. Das quatro raízes, duas podem ser reais.
é (são) verdadeira (s)
a) apenas I.
b) apenas II.
c) apenas III.
d) apenas II e III.
e) nenhuma.
Resolução
Alternativa A
Analisando os coeficientes da equação, temos que tal equação é uma
equação recíproca de grau 4. Tal equação, por ser recíproca, admite α
1
como raízes (α ≠ 0). Do enunciado, temos que r não real é raiz.
α
Assim, podemos afirmar que:
a) Se r não real é raiz, então r , o conjugado de r, também é raiz.
(teorema das raízes complexas);
a
b) Se r é raiz,
1
também é raiz, pois a equação é recíproca.
r
Como r ≠ 1 e r é não real, considere r=ρ(cosθ +isenθ), com ρ = r ≠ 1
π
π

Assim:  cos + i ⋅ sen 
5
5


54
= cos
Usando potenciação de números complexos, temos que:
1 1
= (cos( −θ) + isen( −θ)) .
r ρ
4π
4π
+ i ⋅ sen
= −a + b ⋅ i
5
5
QUESTÃO 05
O polinômio de grau 4
(a+2b+c)x4+(a+b+c)x3-(a-b)x2+(2a-b+c)x+2(a+c),
Com a,b,c ∈ \ , é uma função par. Então, a soma dos módulos de
suas raízes é igual a
1
1
= r , teríamos = ρ ⇒ ρ 2 = 1 ⇒ ρ = 1 . Por hipótese,
ρ
r
1
como r ≠ 1 , temos que ρ ≠ 1 e com isso, concluímos que: ≠ r.
r
1
1
Logo, as raízes da equação são: , r, r e , que são as 4 raízes
r
r
Supondo
b) 2 + 3 3
c) 2 + 2
d) 1 + 2 2
e) 2 + 2 2
a) 3 + 3
Resolução
Alternativa E
Considere o polinômio
p(x) = (a+2b+c)x4+(a+b+c)x3-(a-b)x2+(2a-b+c)x+2(a+c)
Sendo o polinômio uma função par temos p(x) = p(-x) para qualquer
valor de x, de modo que os coeficientes de seus monômios de grau
ímpar devem ser nulos, ou seja:
 a+b+c =0

2a − b + c = 0
não reais da equação. Assim, a equação admite quatro raízes
distintas, sendo todas não reais.
Logo, podemos concluir que:
I. Verdadeira
II. Falsa, pois as raízes possuem multiplicidade 1, uma vez que o
polinômio tem grau 4 e são 4 raízes distintas.
III. Falsa, pois, conforme visto, as 4 raízes são não reais.
Esse sistema é possível indeterminado, de modo que podemos utilizálo para reescrever os outros coeficientes do polinômio como função de
a, b ou c:
a + 2b + c = (a + b + c) + b = 0 + b = b
QUESTÃO 08
Se as soluções da equação algébrica 2 x 3 − ax 2 + bx + 54 = 0 , com
coeficientes a, b ∈ \ , b ≠ 0 , formam, numa determinada ordem, uma
a
progressão geométrica, então,
é igual a
b
1
1
a) -3.
d) 1.
e) 3.
b) − .
c) .
3
3
Resolução
Alternativa B
Se as três raízes da equação dada estão em progressão geométrica
de razão q, vamos denotá-las por λ , λ ⋅ q e λ ⋅ q 2 . Pelas relações de
Girard, o produto dessas raízes é dado por:
54
λ ⋅ (λ ⋅ q ) ⋅ (λ ⋅ q 2 ) = −
⇒ (λ ⋅ q )3 = −27 ⇒ λ ⋅ q = −3
2
Isto é, uma das raízes da equação é −3 . Assim:
a − b = (a − 2b) + b = (2a − b + c) − (a + b + c) + b = 0 − 0 + b = b
2(a + c) = 2(a + b + c − b) = 2(0 − b) = −2b
Substituindo
esses
valores
no
polinômio,
encontramos
p(x) = bx 4 − bx 2 − 2b . Pelo enunciado esse polinômio tem grau 4, de
modo que b ≠ 0 . Assim:
p(x) = 0 ⇔ b(x 4 − x 2 − 2) = 0 ⇔ x 4 − x 2 − 2 = 0
Fazendo y = x2, temos y 2 − y − 2 = 0 ⇔ y = 2 ou y = −1 . Desse modo,
temos x 2 = 2 ⇔ x = ± 2 ou x 2 = −1 ⇔ x = ±i . Somando os módulos
das raízes, temos i + −i +
2 + − 2 = 1+ 1+ 2 + 2 = 2 + 2 2 .
2 ⋅ ( −3)3 − a ⋅ ( −3)2 + b ⋅ ( −3) + 54 = 0 ⇒
QUESTÃO 06
Considere as funções f (x) = x4 + 2x3 - 2x – 1 e g (x) = x2 – 2x + 1. A
multiplicidade das raízes não reais da função composta f o g é igual a
a) 1
b) 2
c) 3
d) 4
e) 5
Resolução
Alternativa C
Fatorando f(x), temos:
f(x) = x4 + 2x3 – 2x – 1 = x4 – 1 + 2x3 – 2x = (x2 – 1)(x2 + 1)+2x(x2 – 1) =
(x2 – 1)(x2 + 2x + 1) = (x – 1)(x + 1)(x + 1)2 = (x – 1)(x + 1)3
Assim, fog(x)=f(g(x))=(x2 – 2x)(x2 – 2x + 2)3.
Logo, as raízes de fog(x) são as raízes de:
(x2 – 2x)(x2 – 2x + 2)3=0
Sendo as raízes de (x2 – 2x) de multiplicidade 1 e as raízes de
(x2 – 2x + 2) de multiplicidade 3. Mas:
x2 – 2x = 0 ⇒ x=0 ou x=2 (raízes reais)
x2 – 2x + 2 = 0 ⇒ x= 1±i (raízes não reais)
Portanto, a multiplicidade das raízes não reais é 3.
a
1
=−
b
3
QUESTÃO 09
Dados A ∈ M3 x 2 ( \ ) e b ∈ M3 x1( \ ) , dizemos que X 0 ∈ M 2 x1( \ ) é a
melhor
aproximação
quadrática
do
sistema
AX = b
quando
( AX 0 − b ) ( AX 0 − b ) assume o menor valor possível. Então, dado o
t
sistema
1
 −1 0 

  x  = 1 ,
0
1

 y   
 1 0    1
a sua melhor aproximação quadrática é
 1
 −2
1
1
d)  
b)  
c)  
a)  
0 
0
 −1
1
2
0 
e)  
 1
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O ELITE RESOLVE ITA 2009 - MATEMÁTICA
Resolução
Alternativa E
 −1 0 
x 


O sistema dado representa AX = b para A =  0 1 , X =   e
y 
 1 0 
Resolução
Alternativa A
Como a matriz A ∈ M 2 x 2 ( \ ) é simétrica e os elementos a11, a12 e a22
formam uma progressão geométrica de razão q ≠ 1 , temos que essa
matriz pode ser escrita da seguinte maneira:
a11 ⋅ q 
 a
A =  11
2
⋅
a
q
a
 11
11 ⋅ q 
1
 −1 0 
−x 
 

 x   
b = 1 . Assim, temos que AX =  0 1 ⋅   =  y  .
y
1
 1 0     x 
Com isso, concluímos que:
 − x  1  − x − 1
t
    

AX − b =  y  − 1 =  y − 1  ⇒ ( AX − b ) =  − x − 1 y − 1 x − 1
 x  1  x − 1 
Pelo enunciado temos tr (A) = 5.a11, de modo que a11 + a11q2 = 5.a11 .
Como a11 ≠ 0 (matriz não nula) segue que 1 + q2 = 5 ⇔ q2 = 4 .
Resolvendo o sistema AX = X, temos AX – X = 0, resultando no
sistema matricial homogêneo (A – I)X = 0, onde I representa a matriz
identidade. Assim:
a11 ⋅ q   x  0 
a − 1
(A − I)X = 0 ⇔  11
.  =  
2
⋅
a
q
a
0 
11 ⋅ q − 1  y 
 11
−x −1


Logo: ( AX − b) ⋅ ( AX − b) = −x −1 y −1 x −1 ⋅  y −1  =
 x −1 
t
Como esse sistema admite solução não nula, segue que ele é possível
indeterminado, implicando em:
a11 − 1
a11 ⋅ q
=0
a11 ⋅ q a11 ⋅ q2 − 1
= ( − x − 1)2 + ( y − 1)2 + ( x − 1)2  = 2 x 2 + ( y − 1)2 + 2
Fica aqui uma ressalva: conceitualmente, um número real λ e uma
Desta forma:
(a11 − 1) ⋅ (a11 ⋅ q2 − 1) − a112 ⋅ q2 = 0 ⇔ a11 + a11 ⋅ q2 = 1
matriz λ 1x1 , cuja única entrada é esse número λ , são objetos
matemáticos distintos. A questão pede a extração da raiz quadrada da
matriz 1x1 indicada, o que foge totalmente do conteúdo abordado no
Ensino Médio. Entendendo que o enunciado se refere à raiz quadrada
da única entrada dessa matriz, que é a expressão 2 x 2 + ( y − 1)2 + 2 ,
podemos prosseguir com a resolução da questão.
Tal expressão assume valor mínimo quando 2x 2 e ( y − 1)2 assumem
seus valores mínimos, que no caso é 0 para ambas, pois sendo
quadrados de números reais, não podem ser negativos. Assim, tal
expressão assume valor mínimo para x = 0 e y = 1 , de modo que a
melhor aproximação quadrática do sistema é a matriz:
0 
X0 =  
 1
Fazendo q2 = 4 temos a11 =
QUESTÃO 12
Uma amostra de estrangeiros, em que 18% são proficientes em
inglês, realizou um exame para classificar a sua proficiência nesta
língua. Dos estrangeiros que são proficientes em inglês, 75% foram
classificados como proficientes. Entre os não proficientes em inglês,
7% foram classificados como proficientes. Um estrangeiro desta
amostra, escolhido ao acaso, foi classificado como proficiente em
inglês. A probabilidade deste estrangeiro ser efetivamente proficiente
nesta língua é de aproximadamente
a) 73%.
b) 70%.
c) 68%.
d) 65%.
e) 64%.
Resolução
Alternativa B
Pelo enunciado, temos que 18% dos estrangeiros são proficientes em
inglês, de modo que 82% são não proficientes. Assim:
QUESTÃO 10
O sistema
a1x + b1y = c1
, a1, a2 , b1, b2 , c1, c2 ∈ \,

a2 x + b2 y = c2
Com (c1, c2 ) ≠ (0,0) , a1c1 + a2c2 = b1c1 + b2c2 = 0 , é
1) Proficientes classificados como proficientes: 75%×18% = 13,50%
a) determinado.
b) determinado somente quando c1 ≠ 0 e c2 ≠ 0.
c) determinado somente quando c1 ≠ 0 e c2 = 0 ou c1 = 0 e c2 ≠ 0.
d) impossível.
e) indeterminado.
Resolução
Alternativa D
Multiplicando a primeira equação do sistema por c1 e a segunda
equação por c2, temos:
2
 a1c1 ⋅ x + b1c1 ⋅ y = c1

2
a2c2 ⋅ x + b2c2 ⋅ y = c2
Somando ambas as equações membro a membro, temos:
( a1c1 + a2c2 ) ⋅ x + ( b1c1 + b2c2 ) ⋅ y = c12 + c22
2) Não proficientes classificados como proficientes: 7%×82% = 5,74%
O total de elementos do espaço amostral é dado por todos os que
foram classificados como proficientes em inglês, correspondendo,
portanto, a 13,50% + 5,74% = 19,24% do total de estrangeiros.
O total de estrangeiros efetivamente proficientes em inglês que foram
classificados como proficientes correspondem a 13,50% do total
(situação 1). Assim, a probabilidade de um estrangeiro classificado
como proficiente ser efetivamente proficiente em inglês é dada por:
13,50%
Probabilidade =
≈ 70%
19,24%
Equação esta que, por ser uma combinação linear das demais,
também deve ser satisfeita para as soluções do problema.
Mas, de acordo com o enunciado, temos: a1c1 + a2c2 = b1c1 + b2c2 = 0
QUESTÃO 13
Considere o triângulo ABC de lados a = BC , b = AC e c = AB e
l , β = ABC
l e γ = BCA
l . Sabendo-se que a
ângulos internos α = C ÄB
2
2
2
equação x – 2bx cos α + b – a = 0 admite c como raiz dupla, podese afirmar que
a) α = 90o
Isso nos leva a 0 x + 0 y = c + c2 ⇒ c + c2 = 0 . Como c1 ∈ \ ,
2
1
2
2
1
2
c2 ∈ \ , teríamos c1 = c2 = 0 , o que é impossível de acordo com a
condição (c1, c2 ) ≠ (0,0) .
QUESTÃO 11
Seja A ∈ M2 x 2 ( \ ) uma matriz simétrica e não nula, cujos elementos
b) β = 60o
são tais que a11, a12 e a22 formam, nesta ordem, uma progressão
geométrica de razão q ≠ 1 e tr A = 5a11. Sabendo-se que o sistema
c) γ = 90o
d) O triângulo é retângulo apenas se α = 45o
e) O triângulo é retângulo e b é hipotenusa.
AX = X admite solução não nula X ∈ M 2 x1( \ ) , pode-se afirmar que
2
a11
+ q 2 é igual a
a)
101
.
25
b)
121
.
25
c) 5.
d)
49
.
9
e)
1
1
101
+4=
, de modo que a112 + q2 =
.
5
25
25
25
.
4
3
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Resolução
Observe a figura:
Alternativa E
Esta equação é a equação reduzida de uma elipse com centro
C ( 2,2 ) , eixo maior igual a 2 2 e eixo menor igual a 2. Veja um
esboço do gráfico:
y
3
2
1
O produto das raízes da equação do 2º grau a2 .x 2 + a1.x + a0 = 0 é
dado por P =
x
a0
. Sabendo que c é raiz dupla, temos:
a2
-1
b2 − a2
= c 2 ⇒ b2 = c 2 + a2
1
Portanto, o triângulo ABC é retângulo em B e b é a hipotenusa.
3
4
raio R = 2cm , sabe-se que o lado BC mede 2cm e o ângulo interno
l mede 30°. Então, o raio da circunferência inscrita neste triângulo
ABC
P=
tem o comprimento, em cm , igual a
1
2
a) 2 − 3
b)
c)
3
4
Resolução
Observe a figura abaixo:
Nota: É bom ressaltar que não utilizamos o coeficiente a1 nesta
resolução. Precisamos verificar que o fato de c ser raiz dupla condiz
com este coeficiente.
A equação pode ser reescrita como:
2
2
QUESTÃO 15
Do triângulo de vértices A, B e C, inscrito em uma circunferência de
x 2 − 2b cos α .x + b 2 − a 2 = 0
(x − c)
1
d) 2 3 − 3
1
2
Alternativa D
e)
= 0 ⇒ x 2 − 2cx + c 2 = 0
Então, comparando com a formulação original da equação:
x2 – 2bx cos α + b2 – a2 = 0
O
Desenvolve-se duas equações:
(1) c 2 = b 2 − a 2 ⇒ c 2 + a 2 = b 2
c
(2) 2c = 2b.cos α ⇒ cos α =
b
A
2
B
30o
2
Usando a Lei dos Cossenos no mesmo triângulo, e utilizando o
encontrado na equação (2) temos:
C
Usando a Lei dos Senos no triângulo ABC, temos:
a
2
1
= 2R ⇒
= 2.2 ⇒ sen Aˆ = ⇒ A = 30º
2
sen Aˆ
sen Aˆ
Portanto o triângulo ABC é isósceles de base AB. Veja a figura abaixo:
c
a2 = b2 + c 2 − 2bc.cosα ⇒ a2 = b2 + c 2 − 2bc. ⇒ a2 = b2 − c 2 ⇒ a2 + c 2 = b2
b
Dessa forma, o resultado encontrado na equação (2) aplicado no
triângulo considerado é compatível com nossos resultados (triângulo
l ), e que a comparação de a seria uma abordagem
retângulo em ABC
1
alternativa na resolução da questão pelo candidato.
QUESTÃO 14
No plano, considere S o lugar geométrico dos pontos cuja soma dos
quadrados de suas distâncias à reta t : x = 1 e ao ponto A = (3,2) é
igual a 4. Então, S é
O
a) uma circunferência de raio 2 e centro (2,1).
b) uma circunferência de raio 1 e centro (1,2).
c) uma hipérbole.
B
2
P ,t
Mas
( d ) = ( x − 1)
2
P ,t
2
( dPA )
e
geométrico S é dado por:
( x − 1)
2
+
2
2
= ( x − 3 ) + ( y − 2 ) , logo, o lugar
2
(( x − 3)
2
− ( y − 2)
2
2
)=4
x − 2x + 1 + x − 6 x + 9 + y − 4y + 4 − 4 = 0
2
2
2
2 x 2 − 8 x + y 2 − 4 y + 10 = 0
2. ( x − 2 ) + ( y − 2 ) = 2
2
( x − 2)
2
2
+
( y − 2)
( 2)
2
o
60o 60
A
30o
2
C
Seja M o ponto de intersecção dos segmentos AB e OC. Nos
triângulos AMC ou BMC, temos:
AM BM
3 AM BM
=
⇒
=
=
⇒ AM = BM = 3
cos30º =
AC BC
2
2
2
A área do triângulo ABC é dada por:
3
2⋅2⋅
AC ⋅ BC ⋅ sen 120º
2
S=
=
= 3
2
2
Esta área também pode ser calculada como S = p ⋅ r , onde p é o
semi-perímetro do triângulo ABC e r é o raio da circunferência inscrita.
Desta forma:
2+2+ 3 + 3 
3 2− 3 
S = p⋅r ⇒ 3 = 
⋅
 ⋅ r ⇒ r =


2
2
3  2 − 3 
+


=4
PA
30o
30o
2
d) uma elipse de eixos de comprimento 2 2 e 2.
e) uma elipse de eixos de comprimento 2 e 1.
Resolução
Alternativa D
Seja P ( x, y ) um ponto que pertence ao lugar geométrico S. Temos:
(d ) + (d )
M
2
(dividindo por 2)
2
=1
r =2 3 −3
4
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QUESTÃO 16
A distância entre o vértice e o foco da parábola de equação
2 x 2 − 4 x − 4 y + 3 = 0 é igual a
c) 1
a) 2
3
3
1
d)
e)
b)
2
4
2
Resolução
Alternativa E
Vamos reescrever a equação da parábola acima:
2x 2 − 4 x − 4y + 3 = 0 ⇒ 2x 2 − 4 x = 4y − 3 ⇒
QUESTÃO 18
Sejam C uma circunferência de raio R > 4 e centro ( 0,0 ) e AB uma
corda de C . Sabendo que (1,3 ) é ponto médio de AB , então uma
equação da reta que contém AB é
a) y + 3 x − 6 = 0
b) 3 y + x − 10 = 0
c) 2y + x − 7 = 0
1 1
2
2 x − 4 x + 2 = 4 y − 3 + 2 ⇒ 2 ( x − 1) = 4 y − 1 ⇒ y − = . ( x − 1)
4 2
A equação acima representa uma parábola com concavidade voltada
 1
para cima e vértice no ponto V  1,  . A distância entre o vértice e o
 4
foco da parábola é exatamente o valor do parâmetro dividido por 2.
Então:
2
2
p=
d) y + x − 4 = 0
e) 2y + 3 x − 9 = 0
Resolução
Observe o seguinte esquema:
Alternativa B
y
r
s
A
1
1
p 1
=
= 1 e dFV = = .
1
2a
2
2
2.
2
M (1,3)
B
x
QUESTÃO 17

 x
11 

2 sen  x + π  + cot g 2 x  tg
2


 2 é equivalente a
A expressão 
2 x
1 + tg
2
a) cos x − sen 2 x  cot gx
b) [ senx + cos x ] tgx
c) cos2 x − senx  cot g 2 x
d) 1 − cot g 2 x  senx
e) 1 + cot g 2 x  [senx + cos x ]
Resolução
Lembrando que:
2.tg α
tg 2α =
⇒ tg x =
1 − tg2α
E que:
O ponto M é o ponto médio da corda AB . Logo a reta que passa por
M e pelo centro da circunferência (origem), aqui denominada s, é
perpendicular à reta que contém a corda AB , a qual chamaremos de
r. Desta forma, determina-se o coeficiente angular de r:
1
3−0
ms ⋅ mr = −1 ⇒ 
 ⋅ mr = −1 ⇒ mr = −
3
 1− 0 
Além disso, temos que o ponto M (1,3) pertence à reta r. Logo a
equação de r é dada por:
1
y − y 0 = mr ( x − x0 ) ⇒ y − 3 = − ( x − 1) ⇒ −3 y + 9 = x − 1
3
r : 3 y + x − 10 = 0
Alternativa A
x
2.tg  
 2  ⇒ 2.tg  x  = tg x.  1 − tg2  x  

2
 2 
x
 
 

1 − tg2  
2
π
11π
≡−
2
2
Temos:
QUESTÃO 19
Uma esfera é colocada no interior de um cone circular reto de 8 cm
de altura e de 60° de ângulo de vértice. Os pontos de contato da
esfera com a superfície lateral do cone definem uma circunferência e

 x
11 

2 sen  x + π  + cotg2 x  .tg
2



 2 =
x
1 + tg2
2
distam 2 3cm do vértice do cone. O volume do cone não ocupado

π

2 
sen  x − 2  + cotg x 


 .tg x.  1 − tg2  x   =
=

 
x
 2 

1 + tg2
2
 sen2 x 
2 
1 −

cos2 x 
2 
=  − cos x + cotg2 x  .tg x. 
=
2 x


sen
2 
1 +

cos2 x 
2 

pela esfera, em cm3 , é igual a
416
480
500
512
542
π
b)
π
c)
π
d)
π
e)
π
a)
9
9
9
9
9
Resolução
Alternativa A
Fazendo um corte vertical através da seção meridiana do cone, temos
a seguinte figura:
(
(
(
(
)
)
)
)
(cos ( x 2) − sen ( x 2)) =
=  − cos x + cotg x  .tg x.
(cos ( x 2) +sen ( x 2))
2
V
30o 30o
T
2
r
2
2
2 3 cm
O
2
 cos2 x

=  − cos x + cotg2 x  .tg x.cos x = 
− cos x  .sen x =
2
sen
x


R
Interpretando como ângulo do vértice como sendo o ângulo planificado
e indicado na figura, temos que o triângulo é eqüilátero, pois a geratriz
do cone indica que tal triângulo é isósceles com o ângulo desigual
valendo 60º. Sendo O o centro da esfera de raio r e observando o
triângulo TVO, temos:
r
3
r
tg30o=
⇒
=
⇒ r = 2 cm .
3
2 3
2 3
 cos2 x − sen2 x.cos x 
1
2
2
=
=
 .sen x = cos x − sen x.cos x  .
2
sen
x
sen
x


cos x
= cos x − sen2 x  .
= cos x − sen2 x  .cotg x
sen x 
5
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QUESTÃO 21
Considerando que a altura do cone é 8 cm e sendo R o raio de sua
R
8 3
cm .
base, temos: tg 30º = ⇒ R =
8
3
1
4
Portanto, o volume pedido é: Vcone – Vesfera = πR 2 ⋅ hcone − πr 3
3
3
Seja S o conjunto solução da inequação ( x − 9 ) logx + 4 ( x 3 − 26 x ) ≤ 0 .
Determine o conjunto SC .
Resolução
Como
2
1 8 3 
4 3 512π 32π 512π 96π 416π
π
−
=
−
=
cm3
 .8 − π2 =
3  3 
3
9
3
9
9
9
(
logx + 4 x 3 − 26 x
)
≥ 0 para qualquer x no qual o logaritmo
esteja definido, o conjunto S pode ser obtido pela interseção dos
quatro seguintes conjuntos:
1)
2)
3)
4)
QUESTÃO 20
Os pontos A = ( 3,4 ) e B = ( 4,3 ) são vértices de um cubo, em que
AB é uma das arestas. A área lateral do octaedro cujos vértices são
os pontos médios da face do cubo é igual a
b) 3
d) 4
c) 12
e) 18
a) 8
Resolução
Sem resposta
Um cubo é uma figura tridimensional, de modo que apresentar seus
vértices utilizando apenas um sistema com duas coordenadas torna o
enunciado incompleto. Assim, sendo a a medida da aresta do cubo e
assumindo que a coordenada não informada é z, temos:
x 3 − 26x > 0
x+4>0 ⇒
x+4 ≠1 ⇒
x−9≤0 ⇒
⇒ − 26 < x < 0 ou x > 26
x > −4
x ≠ −3
x≤9
Ou seja, S = {x ∈ \ | −4 < x < 0 e x ≠ −3} ∪
{
}
26 < x ≤ 9 . (i)
Os únicos valores possíveis para x em S fora do intervalo definido em
(i) seriam aqueles onde:
x − 9 > 0 e log (x+4) x3 – 26x = 0 ⇒ x 3 − 26x = 1 .
Considere o polinômio p(x) = x3 − 26x − 1 . Derivando esse polinômio e
igualando a zero, temos:
p(x) = x3 − 26x − 1 ⇒ p'(x) = 3x 2 − 26 .
Igualando a derivada a zero, temos:
78
3x 2 − 26 = 0 ⇔ x = ±
3
78
Assim, os pontos críticos desse polinômio são x = ±
. Aplicando o
3
teorema de Bolzano, temos que o gráfico de p(x) é crescente nos
78
78
e x>
. O gráfico da função p(x) está
intervalos x < −
3
3
representado a seguir:
a = (3 − 4)2 + (4 − 3)2 + (z A − zB )2
Assim, sem a informação da terceira coordenada dos pontos
dados, fica impossível resolver a questão.
Além disso, a noção de ponto médio é associada a um segmento de
reta, de modo que ao invés de “ponto médio da face” seria mais
apropriado usar o termo “centro da face”.
NOTA:
Assumindo que a coordenada não informada seria igual nos dois
pontos, teríamos:
a = (3 − 4)2 + (4 − 3)2 + (z A − zB )2 = (3 − 4)2 + (4 − 3)2 + 0 = 2
Deste modo, considere a figura abaixo, que representa um octaedro
inscrito num cubo:
78
3
−
Observe que esse octaedro é simétrico em relação às faces, de modo
que cada uma das suas faces laterais é um triângulo eqüilátero.
Traçando um plano paralelo às bases do cubo e que passa pelo seu
centro, temos:
78
, temos que se x > 9 então p(x) > p(9), ou seja,
3
p(x) > 494. Desse modo, p(x) não possui raízes para x > 9, de modo
que é impossível que tenhamos ao mesmo tempo x > 9 e x 3 − 26x = 1 .
Sendo assim, log (x+4) x3 – 26x = 0 só ocorre para valores de x menores
do que 9, já computados em (i), o que nos leva a:
Assim, como 9 >
2
L
78
3
L
{
}
SC = x ∈ \ | x ≤ −4 ou x = −3 ou 0 ≤ x ≤ 26 ou x > 9
2
2
L
L
2
2
2
2
QUESTÃO 22
Sejam x, y ∈ \ e
w = x 2 (1 + 3i ) + y 2 ( 4 − i ) − x ( 2 + 6i ) + y ( −16 + 4i ) ∈ C
Identifique e esboce o conjunto
Ω = {( x, y ) ∈ \ 2 ;Re w ≤ −13 e Ιm w ≤ 4} .
Resolução
O número complexo w pode ser reescrito como:
w = x 2 + 3 x 2i + 4 y 2 − y 2i − 2 x − 6 xi − 16 y + 4 yi
Note que, na figura, L representa a aresta lateral do octaedro. Desse
2
modo, temos L = 2.
=1.
2
Assim, a área da superfície lateral desse octaedro é dada pela área de
oito triângulos eqüiláteros de lado 1, ou seja:
L2 3
12. 3
= 8.
= 2 3 = 12
área = 8.
4
4
Note que se zA ≠ zB, teríamos a área do octaedro superior a
w = x 2 + 4 y 2 − 2 x − 16 y + ( 3 x 2 − y 2 − 6 x + 4 y ) i
Re( w )
Im( w )
Temos: Re(w ) ≤ −13 ⇒ x 2 + 4 y 2 − 2 x − 16 y ≤ −13 ⇒
⇒ x 2 − 2 x + 1 + 4 y 2 − 16 y + 16 ≤ −13 + 1 + 16 ⇒
12 .
( x − 1)
6
2
+ 4. ( y − 2 ) ≤ 4 ⇒
2
( x − 1)
22
2
+ ( y − 2) ≤ 1
2
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A inequação acima compreende a parte interna de uma elipse com
centro C (1,2 ) , eixo maior igual a 4 e eixo menor igual a 2.
 −4 13 + 13 3 13 + 26 
A
,
 ,

13
13


Veja um esboço dessa região:
 4 13 + 13 3 13 + 26 
B
,
 ,

13
13


C (1,2 ) ,
 −4 13 + 13 −3 13 + 26 
 4 13 + 13 −3 13 + 26 
D
,
,
 e E 
 .

13
13
13
13




QUESTÃO 23
Seja f : \ \ {−1} → \ definida por f ( x ) =
2x + 3
.
x +1
a) Mostre que f é injetora.
b) Determine D = {f ( x ) ; x ∈ \ \ {−1}} e f −1 : D → \ \ {−1} .
Resolução
a) Reescrevendo a função f, para x ≠ −1 , temos:
2 x + 3 2 x + 2 + 1 2 ⋅ ( x + 1)
1
1
=
=
+
⇒ f (x) = 2 +
f (x) =
x +1
x +1
x +1
x +1
x +1
Ainda:
Im(w ) ≤ 4 ⇒ 3 x 2 − y 2 − 6 x + 4 y ≤ 4 ⇒
Para mostrar que a função é injetora, sejam a, b ∈ \ \ {−1} tais que
3 x 2 − 6 x + 3 − ( y 2 − 4 y + 4 ) ≤ 4 + 3 − 4 ⇒ 3. ( x − 1) − ( y − 2 ) ≤ 3 ⇒
2
( x − 1)
2
( y − 2)
−
( 3)
2
2
f (a ) = f (b ) . Temos:
2
≤1
f (a ) = f ( b ) ⇒ 2 +
A inequação acima compreende a parte interna de uma hipérbole com
centro C (1,2 ) e eixo real igual a 2. Vamos determinar as equações
1
1
1
1
= 2+
⇒
=
⇒ a + 1 = b + 1⇒ a = b
a +1
b +1
a +1 b +1
Assim, f (a ) = f (b ) ⇒ a = b , o que demonstra que a função f é injetora.
das assíntotas da hipérbole. Elas são dadas por:
b
y − y 0 = ± . ( x − x0 ) ,
a
b) O conjunto D = {f ( x ) ; x ∈ \ \ {−1}} é o conjunto imagem da função f,
isto é, o subconjunto formado pelos elementos
y ∈\
que
efetivamente são atingidos por algum elemento x ∈ \ \ {−1} .
onde x0 = 1 , y 0 = 2 , a = 1 e b = 3 .
Em outras palavras, y ∈ D ⇔ ∃x ∈ \ \ {−1} tal que f ( x ) = y . Assim:
Então:
y − 2 = ± 3. ( x − 1)
f (x) = y ⇒
y = 3.x − 3 + 2 ou y = − 3.x + 3 + 2
Veja um esboço dessa região:
2x + 3
= y ⇒ 2 x + 3 = y ⋅ x + y ⇒ ( y − 2) ⋅ x = 3 − y
x +1
Observe que na equação acima, se y = 2 , temos 0 ⋅ x = −1 , equação
incompatível. Já para y ≠ 2 , podemos escrever x =
3−y
. Isto é, se
y −2
3−y 
y ≠ 2 , então f 
 = y . Logo, o conjunto imagem da função f é:
 y −2
D = \ \ {2}
Restringindo então a função f a esse contradomínio D, temos uma
função simultaneamente injetora e sobrejetora, portanto bijetora, que
admite uma função inversa f −1 : D → \ \ {−1} . E essa função inversa
satisfaz: f D f −1( x ) = x , para cada x ∈ D . Assim, temos:
Os pontos de intersecção da elipse com a hipérbole podem ser
calculados resolvendo-se o seguinte sistema:
 ( x − 1)2
2

+ ( y − 2) = 1
2
 2
±4 13 + 13
±3 13 + 26
2
⇒x=
e y=

y − 2)
(
2
13
13
( x − 1) −
=1
2

3

Veja agora o esboço final da região Ω :
f D f −1( x ) = x ⇒ f (f −1( x )) = x ⇒ 2 +
3−x
1
−1
= x ⇒ f (x) =
x −2
f −1( x ) + 1
1
, cujo
x
composta
RESOLUÇÃO ALTERNATIVA: Partindo da função h( x ) =
gráfico
uma hipérbole, inicialmente fazemos a
1
h( x + 1) =
, que corresponde a deslocar o gráfico de h de 1
x +1
unidade
para
a
esquerda.
Posteriormente,
fazemos
1
h( x + 1) + 2 =
+ 2 , que corresponde a deslocar o gráfico de
x +1
h( x + 1) de 2 unidades para cima. O gráfico de f seria então:
( )
Onde:
7
é
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QUESTÃO 25
Um determinado concurso é realizado em duas etapas. Ao longo dos
últimos anos, 20% dos candidatos do concurso têm conseguido na
primeira etapa nota superior ou igual à nota mínima necessária para
poder participar da segunda etapa. Se tomarmos 6 candidatos dentre
os muitos inscritos, qual é a probabilidade de no mínimo 4 deles
conseguirem nota para participar da segunda etapa?
Resolução
Se no mínimo 4 deles dentre 6 conseguem a nota mínima, temos três
possibilidades:
1) 4 conseguem e 2 não
2) 5 conseguem e 1 não
3) 6 conseguem
Aplicando a lei binomial das probabilidades, temos que a probabilidade
pedida é dada por:
p = C6,4 .(20%)4 .(80%)2 + C6,5 .(20%)5 .80% + C6,6 .(20%)6 .(80%)0
Pelo gráfico, fica claro que não existe nenhum valor de y atingido
mais do que uma vez, isto é, sendo imagem simultânea de dois
valores distintos de x, o que é equivalente a dizer que a função f é
injetora.
Além disso, o único ponto que não será atingido no eixo das
ordenadas (eixo y) é o 2. Conseqüentemente, o conjunto imagem da
função f é D = \ \ {2} .
Finalmente, fazendo a restrição do contradomínio ao conjunto D,
a função f passa a ser uma função bijetora e, portanto, admite inversa.
Vamos aplicar o procedimento prático para obter a tal inversa, fazendo
f ( x ) = y , trocando as letras x e y de lugar, e isolando y:
f (x) = y ⇒
2x + 3
2y + 3
=y⇒
= x ⇒ 2y + 3 = y ⋅ x + x ⇒
x +1
y +1
( x − 2) ⋅ y = 3 − x ⇒ y =
3−x
x −2
−1
( x ≠ 2) ⇒ f ( x ) =
3−x
x −2
QUESTÃO 24
Suponha que a equação algébrica
p=
15360 + 1534 + 64
53
⇔p=
1000000
3125
10
x11 + ∑ an x n + a0 = 0
QUESTÃO 26
Sejam A, B ∈ M3 x 3 ( \ ) . Mostre as propriedades abaixo:
n =1
tenha coeficientes reais a0 , a1,..., a10 tais que as suas onze raízes
a) Se AX é a matriz coluna nula, para todo X ∈ M3 x1 ( \ ) , então A é
sejam todas simples e da forma β + i γ n , em que β , γ n ∈ \ e os γ n ,
a matriz nula.
b) Se A e B são não nulas e tais que AB é a matriz nula, então
det A = det B = 0
Resolução
a) Considere as matrizes A ∈ M3 x 3 ( \ ) e X ∈ M3 x1 ( \ ) :
n = 1,2,...,11 , formam uma progressão aritmética de razão real γ ≠ 0 .
Considere as três afirmações abaixo e responda se cada uma delas é,
respectivamente, verdadeira ou falsa, justificando sua resposta:
Ι. Se β = 0 , então a0 = 0 .
ΙΙ. Se a10 = 0 , então β = 0 .
 a11 a12 a13 
 x11 


 
A =  a21 a22 a23  e X =  x 21 
a

x 
 31 a32 a33 
 31 
Se AX é a matriz coluna nula:
 a11 a12 a13   x11   0 

   
A.X = 0 ⇔  a21 a22 a23  .  x 21  =  0 
a
   
 31 a32 a33   x31   0 
ΙΙΙ. Se β = 0 , então a1 = 0 .
Resolução
Como ( γ n ) é uma progressão aritmética de razão γ ≠ 0 com onze
termos e os números β + i.γ n são raízes de um polinômio de grau
ímpar com coeficientes reais, temos como conseqüências:
1) os números β + i.γ n formam uma progressão aritmética de razão
γ≠0
2) aplicando o teorema das raízes conjugadas temos que uma das
raízes é um número real, de modo que existe algum valor de n,
1 ≤ n ≤ 11 , para o qual γ n = 0 . Além disso, se o número β + i.γ n é raiz
Desse modo, temos o seguinte sistema linear:
a11x11 + a12 x 21 + a13 x 31 = 0

a21x11 + a22 x 21 + a23 x31 = 0
a x + a x + a x = 0
32 21
33 31
 31 11
então β − i.γ n também é raiz.
Desse modo as raízes desse polinômio são dadas pela seguinte
seqüência:
(β − 5 γi; β − 4 γi; β − 3 γi; β − 2γi; β − γi; β; β + γi; β + 2γi;β + 3γi; β + 4γi; β + 5γi)
Analisando agora cada uma das afirmações:
Afirmação I: VERDADEIRA
Se β = 0 então uma das raízes é nula (o sexto termo da PA), de modo
que o produto das raízes também é nulo. Assim, aplicando as relações
de Girard:
a
produto = − 0 = 0 ⇒ a0 = 0
1
Afirmação II: VERDADEIRA
Se a10 = 0 temos, aplicando as relações de Girard, que a soma das
A matriz A é fixa e o resultado acima é válido para qualquer matriz X
escolhida. Tomando como possíveis valores de X as matrizes:
 1  0 
0
   
 
 0  ,  1  e  0  , temos:
0 0
 1
   
 
a11 + a12 .0 + a13 .0 = 0
a11 = 0
 1


 
1) X =  0  ⇒ a21 + a22 .0 + a23 .0 = 0 ⇔ a21 = 0
a + a .0 + a .0 = 0
a = 0
0
 
32
33
 31
 31
a11.0 + a12 + a13 .0 = 0
a12 = 0
0


 
2) X =  1  ⇒ a21.0 + a22 + a23 .0 = 0 ⇔ a22 = 0
a .0 + a + a .0 = 0
a = 0
0
 
32
33
 32
 31
raízes é nula. Como a soma das raízes é dada pela soma dos termos
da PA, temos:
(β − 5 γi + β + 5 γi).11
= 0 ⇔ 11.β = 0 ⇔ β = 0
soma =
2
Afirmação III: FALSA
Se β = 0 uma das raízes é nula. Assim, suponha que a1 = 0 . Nesse
a11.0 + a12 .0 + a13 = 0
a13 = 0
0


 
3) X=  0  ⇒ a21.0 + a22 .0 + a23 = 0 ⇔ a23 = 0
a .0 + a .0 + a = 0
a = 0
 1
 
32
33
 31
 33
0 0 0


Desse modo, temos A =  0 0 0  .
0 0 0


b) Do enunciado temos que A e B são matrizes não-nulas com AB = 0.
Por absurdo, vamos supor que det A ≠ 0 . Nesse caso, a matriz A é
inversível, e podemos multiplicar pela esquerda ambos os membros
da equação acima pela matriz inversa de A. Assim:
A.B = 0 ⇒ A −1.A.B = A −1.0 ⇔ B = 0
Como B ≠ 0 temos um absurdo, de modo que det A = 0 .
Aplicando o mesmo raciocínio para a matriz B, encontramos que
detB = 0 .
caso, aplicando a relação de Girard para a soma dos produtos das
raízes tomadas dez a dez, temos que esse produto é justamente o
produto das dez raízes restantes:
a
P10 a 10 = 1 = 0 ⇔ ( −5 γ )( −4 γ )( −3 γ )( −2γ )( −γ )( γ )(2γ )(3 γ )(4 γ )(5 γ ) = 0
1
⇔ γ=0
Como γ ≠ 0 , temos um absurdo. Desse modo, a1 ≠ 0 .
8
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O ELITE RESOLVE ITA 2009 - MATEMÁTICA
QUESTÃO 27
Resolução
A partir do enunciado, esboçaremos a circunferência C, a reta r e as
possíveis retas t:
1  1

 1 
Sabendo que tg  x + π  = , para algum x ∈ 0, π  , determine
6  2

 2 
sen x .
Resolução
2
y
1 
2
1  1


Usando tg 2  x + π  = , temos que tg x + π  = ±
.
6 
2
6  2


π
π
π 2π
Note que 0 ≤ x ≤ ⇒ ≤ x + ≤
2
6
6
3
Analisando tais valores e usando o fato de que a função tangente é
 π
π 
crescente nos intervalos 0,  ou  , π  temos:
 2
2 
5
r : 3x − y + 5 = 0
45 o
45 o
45 o
1
20
1   π

1) Para  x + π  ∈  0,  , temos:
6

  2
3
2
3
1 
π
1
π

>
⇒ tg  x + π  > tg ⇒ x + π > .
2
3
6
6
6
6


45 o
1  π 

2) Para  x + π  ∈  ,π  , temos:
6  2 

2
1 
2π
1
2π

> − 3 ⇒ tg  x + π  > tg
⇒x+ π >
2
6
3
6
3


−
Da equação de (r) y = 3x + 5, temos que seu coeficiente angular é 3.
Como tgθ =
Desta forma:
π
6
≤x+
π
≤
6
1
π
1)
<x+ π <
6
6
2
2π
1
2)
< x+ π <π
3
6
Assim,

sen x +


cos x +

π
6
<x+
π
6
<
 1 + 3mt = 3 − mt
1

ou
⇒ mt = ou mt = −2.

2
1 + 3m = −(3 − m )
t
t

Assim:
π
1 
2

e tg x + π  = +
.
6 
2
2

1) Se mt =
π
Usando a relação fundamental e sabendo que
6
<x+
1
x + n ⇒ – x +2y + k = 0;
2
2) Se mt = – 2, podemos construir o feixe de retas com tal coeficiente:
y = – 2x + n ⇒ 2x + y + k = 0.
3 5
.
Por hipótese, a distância de tais retas à origem do sistema é
5
Logo,
k
3 5 ax0 + by 0 + c
=
=
⇒ k = 3 ⇒ k = 3 ou k = −3
2
2
5
5
a +b
π
6
<
π
2
temos
que:
1 
2
1 
1  1



sen  x + π  =
1 − sen 2  x + π  ⇒ sen 2  x + π  =
6 
2
6 
6  3



Desta forma
Com isso, as equações são:
(I) – x +2y + 3 = 0
(II) – x +2y – 3 = 0
(III) 2x + y + 3 = 0
(IV) 2x + y – 3 = 0.
1 
3
1 
6


sen x + π  =
e cos x + π  =
6 
3
6 
3


Logo, podemos calcular sen x por:

1  1 
sen x = sen  x + π  − π 
6  6 

Como a reta deve ser tangente à circunferência, a distância entre a
reta e o centro da circunferência é o raio dessa circunferência.
Em C, o raio é 20 = 2 5 e o centro é (3,1).
Assim, temos que as distâncias de cada uma das possíveis retas ao
centro da circunferência são dadas por:
−3 + 2 + 3
2 5
=
≠2 5
(I)
5
5
1 
1 

1 
1 

sen x = sen  x + π  cos  π  − sen  π  cos  x + π 
6
6
6
6








3 3 1 6
⋅
− ⋅
3 2 2 3
sen x =
1
6
−
2 6
(II)
QUESTÃO 28
Dada
a
circunferência
C : ( x − 3 ) + ( y − 1) = 20
2
2
1
, podemos construir o feixe de retas com tal coeficiente: y
2
=
1 
π
6 
2
1 
2
1 


=+
⇒ sen x + π  =
cos x + π  .
2
6
2
6
1 




π
6 
sen x =
mr − m t
, onde θ é o ângulo formado entre as retas, mr
1 + m r .m t
e mt são os coeficientes angulares de tais retas, temos:
mr − mt
mr − mt
tg 45o =
⇒ 1=
⇒ 1 + 3mt = 3 − mt ⇒
1 + mr .mt
1 + mr .mt
2π
3
π
Com isso,
x
e
a
(III)
reta
r : 3 x − y + 5 = 0 , considere a reta t que tangencia C , forma um
(IV)
3 5
ângulo de 45° com r e cuja distância à origem é
. Determine
5
uma equação da reta t .
−3 + 2 − 3
5
6 + 1+ 3
5
6 + 1− 3
=
4 5
≠2 5
5
=
10 5
=2 5
5
=
4 5
≠2 5
5
5
Portanto, a reta que satisfaz as condições do enunciado é da forma:
2x + y + 3 = 0
9
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h2 = H2 + a2 ⇒ H2 = h2 - a2. Substituindo (III) no resultado encontrado,
vem:
H2 = 4a2 ⇒ H = 2a (IV);
Para calcular a área da base, note que o ângulo MOB é dado por:
360º
8 = 22,5º
MOB =
2
A
No triângulo MOB, temos: tg22,5º =
.
2a
QUESTÃO 29
Considere as n retas
ri : y = mi x + 10 , i = 1,2,..., n; n ≥ 5 ,
em que os coeficientes mi , em ordem crescente de i , formam uma
progressão aritmética de razão q > 0 . Se m1 = 0 e a reta r5 tangencia
a circunferência de equação x 2 + y 2 = 25 , determine o valor de q .
Resolução
Pelo enunciado temos que os coeficientes mi formam uma progressão
aritmética de razão q > 0, de modo que, aplicando a fórmula do termo
geral:
m5 = m0 + (5 − 1) ⋅ q = 0 + 4 ⋅ q = 4q
1 − cos x
x
, temos que:
=
2
1
+ cos x
 
Sabendo que tg
1 − cos 45o
tg 22,5º =
=
1 + cos 45o
Assim, a equação da reta r5 é dada por é y = 4q ⋅ x + 10 .
Como essa reta tangencia a circunferência x 2 + y 2 = 25 temos,
substituindo a equação da reta na circunferência:
( )
Logo, tg22,5º =
x + y = 25 ⇒ x + (4qx + 10) = 25 ⇔ (1 + 16q )x + 80qx + 75 = 0
2
2
2
2
2
2

− 2

2
2− 2 2− 2
(2 − 2)2
.
.
=
2
2+ 2 2− 2
2
2( 2 − 1) 2
= 2 −1.
2
=
Com isso, temos:
Como a reta r5 é tangente, segue que o discriminante da última
equação é nulo. Desse modo:
A =2a. ( 2 − 1 ) (V).
Portanto:
∆ = (80q)2 − 4.(1 + 16q2 ).75 = 0 ⇔ 1600q2 − 300 = 0
Assim, temos q2 =

 2

2
2 =
2
1+
2
1−
VPIRÂMIDE =
(
)
1
1
16 3
.A B .H = .4.a.2a. 2 − 1.2a =
a
3
3
3
( 2 − 1) .
300
3
3
⇔q=±
. Como q > 0, segue q =
.
1600
4
4
QUESTÃO 30
A razão entre a área lateral e a área da base octogonal de uma
pirâmide regular é igual a 5 . Exprima o volume desta pirâmide em
termos da medida a do apótema da base.
Resolução
Vamos usar a seguinte pirâmide octogonal regular como referência:
V
H
h
O
a
A
M
A
2
B
Único a aprovar no ITA na
Região de Campinas nos
últimos 2 anos
22,5o
A
1
.AB .H , onde AB é a área do
3
octógono que forma a base da pirâmide e H a altura da pirâmide.
O volume solicitado é VPIRÂMIDE =
Por hipótese,
O dobro do índice de
aprovados no ITA das redes
especializadas
AL
= 5 ⇒ A L = 5 A B (I);
AB
A área lateral é 8 vezes a área do triângulo que forma a face lateral.
1
Assim, AL=8 ⋅ .A.h = 4.A.h , onde A é o lado do octógono da base e h
2
é a altura desse triângulo.
A área da base é a área do octógono, que é 8 vezes a área do
triângulo ABO, da figura.
1
Assim, AB= 8. .A.a = 4a.A (II);
2
Portanto, 4⋅ A ⋅ h= 5 ⋅ 4 ⋅ a ⋅ A ⇒ h= 5 ⋅ a
Usando Pitágoras no triângulo VOM, temos:
79% de aprovados
(Dos 14 alunos, 11 foram
aprovados)
(III);
10