Matemática - Cobertura Máxima GGE

GGE RESPONDE - VESTIBULAR – IME 2011 (MATEMÁTICA)
MATEMÁTICA
01.
A base de um prisma reto ABCA1B1C1 é um triângulo com o
lado AB igual ao lado AC. O valor do segmento CD vale x, onde D
é o ponto médio da aresta lateral AA1. Sabendo que  é o ângulo
ACB e β é o ângulo DCA, determine a área lateral do prisma em
função de x,  e β.
SOLUÇÃO:
03. Sejam z1 = 10 + 6i e z2 = 4 + 6i, onde i é a unidade imaginária,
 z  z1  
e z um número complexo tal que arg 
  , determine o
 z  z2  4
módulo do número complexo (z – 7 – 9i).
Obs.: arg(w) é o argumento do número complexo w.
Solução:
2
Seja z = a + bi; a, b  R e i = - 1
z – z1 = a + bi – (10 + 6i) = (a – 10) + (b – 6)i
z – z2 = a + bi – (4 + 6i) = (a – 4) + (b – 6)i
z  z1 (a  10 )  (b  6 )i (a  4)  (b  6)i


z  z2
(a  4)  (b  6 )i (a  4)  (b  6)i

( a  10 )(a  4)  ( a  10 )(b  6)i  (a  4 )(b  6)i  (b  6) 2


(a  4 ) 2  (b  6 ) 2
(a  10 )( a  4)  (b  6 ) 2
( a  4 ) 2  (b  6 ) 2
 z  z1
Como arg
 z  z2
Segue que,

 z  z1
R e 
 z  z2
Do triângulo ACD temos:

6(b  6)
(a  4 ) 2  (b  6 ) 2
i
 

 4


 z  z1
  Im

zz
2






Daí,
2
(a – 10)(a – 4) + (b – 6) = 6(b – 6)
2
2
a – 14a + 40 + b – 18b + 72 = 0
2
2
(a – 7) – 9 + (b – 9) – 9 = 0
2
2
(a – 7) + (b – 9) = 18
A equação acima representa uma circunferência com centro 7 +
9i, ou seja,
|z – (7 + 9i)| = r

AC  x cos   AB
log o
z  7  9i  18
AD  xsen   AA 1  BB1  CC1  2x sen 
04. Os números m, 22.680 e n fazem parte, nessa ordem, de uma
Do triângulo ABC temos:
xc
os

progressão geométrica crescente com razão dada por q. Sabe-se
que:
• existem, pelo menos, dois elementos entre m e 22.680;
• n é o sexto termo dessa progressão geométrica;
• n ≤ 180.000 .
Determine os possíveis valores de m e n, sabendo que m, n e q
são números naturais positivos.

x cos 
Lei dos Cossenos :
2
x 2  cos 2  x 2  cos 2  BC  2( x  cos ) BC  cos 
2
Solução:
22 .680  2 3  3 4  5  7
BC  2 x  cos   BC  cos 
BC  2x  cos   cos 
1º caso
m
a
Logo a área lateral:
b
22680
c
n
AB  AA 1  AC  AA1  BC  CC1
= 2x  cos  2x  sen + 2x  cos  cos  2x  sen
2
= 4x  cos  sen (1 + cos)
2
= 2x  sen2(1 + cos)
22680 2 n

m
2268
q é natural positivo
02.
equação x  10 3 xy  11y  16  0.
SOLUÇÃO:
23  3 4  5  7
357
 23 3
m
m
m  3  5  7  105  q  6  n  136 .080 1ª possibilidade
x 2  10 3 xy  11y 2  16  0
m  23 3  5  7   840  q  3  n  204.120  180.000
Determine o valor da excentricidade da cônica dada pela
2
2
B2  4 AC  B12  4 A' C  A' C' 
4 AC  B2 44  300

 64
4
4
m  3 3 3  5  7   2835  q  2  n  90720 2ª possibilidade
2
n
23  3 4  5  7
n  2 3  3 6  5  7  204120  180 .000
2
16x '  4y'  16  0
a2  4 2
c  5
b2  1 
q3
q
A’ = 16
C’ = - 4
(x+4)(x-16)= 0
2
x – 12x – 64 = 0
2
q3

y 12
 x 12  1
4
2º caso
m

c
e 
a
a
b
22680
c
n
5
5

4
2
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1
GGE RESPONDE - VESTIBULAR – IME 2011 (MATEMÁTICA)
22680
n

m
22.680
q é natural positivo
q 4
q4
23  3 4  5  7
23  5  7
 34
m
m
m  2 3  5  7  280  q  3  n  68.040 3ª possibilidade
q
n

 sen(  )  sen , mas     
2

AA1  cos  sen   sen 
2
23  3 4  5  7
4
AA1
 2R  2


sen    
2

 


AA1  2  sen      x cos  
2 
2





AA1  cos  2sen     cos  (transforma ção do produto em soma)
2
2
2

AA1  cos
4
n  2  3  5  7  45.360  q  2  m não é int erio
3º caso
a
m
b
c
22680
BB1
2


sen   
2

n
q3
22680
n

q é natural positivo
m
22680
q3
23  3 4  5  7
357
 23
m
m
BB1  cos
CC1
2


sen   
2

AA1  cos
m  2 3  3  5  7  840  q  3  n  68.040 4ª possibilidade
m  3 3  3  5  7  2835  q  2  n  45.360 5ª possibilidade
05. Seja ABC um triângulo onde α, β e γ são os ângulos internos
dos vértices A,B e C, respectivamente. Esse triângulo está inscrito
em um círculo de raio unitário. As bissetrizes internas desses
ângulos interceptam esse círculo nos pontos A1, B1 e C1,
respectivamente. Determine o valor da expressão:



AA1 cos  BB1 cos  CC1 cos
2
2
2
sen   sen   sen 


 sen  sen
2
CC1  cos

 sen  sen
2



 BB1  cos  AA1  cos
2
2
2
sen  sen  sen
sen  sen  sen  sen  sen  sen
sen  sen  sen
2(sen  sen  sen )

sen  sen  sen
2

06.
Resolva a equação z 2 
9z 2
( z  3) 2
conjunto dos números complexos.
 5 , onde z pertence ao
SOLUÇÃO:
z2 
SOLUÇÃO:
9z 2
 5
( z  3) 2
2

2
 3z 
z2  
  5
z3

2

2
Mas
2

3z 
6z 2
9z 2

z 
  z2 
z 3
z  3 ( z  3) 2

2
2
2
 z 2  3 z  3z 

  z 2  6z  9z


z3
z  3 ( z  3) 2


2

2

2

2

2

2

2
2
 z2 

  6z  5  0
 z3 
z3


2  6  5  0
(  5)(   1)  0
  1
  5
z2
 5  z 2  5z  15  z 2  5z  15  0
z3
Raízes: 
5
35
i
2
2
z2
 1  z 2  z  3  z 2  z  3  0
z3
Raízes: 
1
11
i
2
2
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2
GGE RESPONDE - VESTIBULAR – IME 2011 (MATEMÁTICA)
07.
Seja x um número inteiro positivo menor ou igual a 20.000.
x
2
Sabe-se que 2 – x é divisível por 7.
Determine o número de possíveis valores de x.
4

n
n
Se a  b (mod m), então a  b (mod m)
n
Aplicada a 2 dá em geral, n = 3k + s, 1  s  3, 0  k
n
s
2  2 (mod 7) (1)
Período 3 termos
2
2
2
Logo P(n) 
2
n  r (mod 7) (2)
2
o que quer dizer que os restos da divisão de n por 7 formam uma
sucessão periódica de comprimento 7 que começa em n = 1.
Se a  b (mod m) e c  d mod m então a – c  b – d (mod m)
n
2
Seja un = 2 – n de (1) e (2) temos:
s
2
un = 2 – r (mod 7)
Os restos da divisão de Um por 7 formam outra sucessão
periódica de comprimento 21 = mmc(37) que se inicia em n = 1.
Para 1  n  21 os 6 termos são divisíveis por 7.
u2, u4, u5, u6, u10, u15
 20.000 
Assim para 1  n  19.992 = 21  
 , há
 21 
 20.000 
6
  6.952 
 21 
5712
08.
Uma pessoa lança um dado n vezes. Determine, em função
de n, a probabilidade de que a sequência de resultados obtidos
pelos lançamentos dos dados se inicie por 4 e que, em todos eles,
a partir do segundo, o resultado seja maior ou igual ao lançamento
anterior.
Solução:
Como queremos que o resultado seja sempre maior ou igual a 4
temos:
1
Para n = 1 4  P =
6
4
4
5
4
(n  1)n
2
6
(n  1)n
2  6n
3
09.
2
Sejam o polinômio p(x) = 2x – 3x +2 e os conjuntos
A = { p(k) / k  IN e k ≤ 1999}, B = { r2 + 1 / r  IN} e
2
C = { q + 2 / q IN } . Sabe-se que y = n(A∩B) – n(A∩C), onde
n(E) é o número de elementos do conjunto E. Determine o valor
de y.
Obs.: IN é o conjunto dos números naturais.
Solução:
2
p(k)  A  B  p(x) = r + 1
2
p(k) – 1 = r
3
2
2
2k – 3k + 2 – 1 = r
3
2
2
2k – 3k + 1 = r
2
2
(k – 1) (2k + 1) = r
Se k = 1 → r = 0  1 solução
2
2
Se k  1  2k + 1 = a  a é ímpar  a é ímpar
a2  1
 1999
2
2
a  3999
a  63,23
a  63 → 32 soluções  total 33 soluções
k
Para 19992 < n  20.000 há mais 4 termos u19994, u19996, u19997,
u19998.
x
2
Logo existem 5712 + 4 = 5716 números 2 – x divisíveis por 7
para x  20.000.
P/ n = 2
4
65
(1, 3, 6, 10, 15, 21, ...) 
2, 4, 1
n temos que a  b mod n, em geral
n = 7 j + r, 1  r  7, 0  j
4

Logo a sequência do numerador é uma PA de segunda ordem
2 3 4 5
2, 4, 1
4
15
P/ n = 5  P =
Solução:
2
4
 1
 1
1
 1
 1
1
10
P     3     2     1     2     1    .1  4
6
6
6
6
6
6
6
 P
6
1 1 1 1 1 1
3
     
6 6 6 6 6 6 36
2
Analogamente p(k)  A  C  p(k) = q + 2
2
p(k) – 2 = q
3
2
2
2x – 3k + 2 – 2 = q
3
2
2
2k – 3k = q
2
2
k (2k – 3) = q
Se k = 0 → q = 0  1 solução
2
2
Se k  0  2k – 3 = b  b é ímpar  b é ímpar
b2  3
 1999
2
2
b  4001
b  63,25
b  63 → 32 soluções  total 33 soluções
y = 33 – 33
y = zero
k
10.
Mostre que o determinante abaixo apresenta valor menor ou
igual a 16 para todos valores de a, b e c, pertencentes ao conjunto
2
2
2
dos números reais, que satisfazem a equação a + b + c = 4.

3

3
6
 1 1 1
 1
 1
P      x3     2     1  3
6
6 6 6
6
6
SOLUÇÃO:
2
2
2
a, b, c são reais tais que a +b +c = 4
Seja D o valor do determinante. Assim:
3
3
3
D = (a+b) + (b+c) +(c+a) - (a+b)(c+a)(b+c)
- (a+b)(c+a)(b+c) - (a+b)(c+a)(b+c)
3
2
3
3
2
2
3
3
2
2
3
D = a +3a b++b +b +3b c+3bc +c +c +3c a+3ca +a
2
2
2
2
2
2
-3abc-3a b-3ac -3a c-3b c-3ab -3bc -3abc
3
3
3
D = 2(a +b +c -3abc)

2
2
2
D = 2(a+b+c)(a +b +c -ab-ac-bc)
2
2
2
2
Usando a identidade (a+b+c) =a +b +c +2(ab+ac+bc)
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3
GGE RESPONDE - VESTIBULAR – IME 2011 (MATEMÁTICA)
Temos -ab-ac-bc=
a 2  b 2  c 2  a  b  c 2
2
4  (a  b  c )2
2
-ab-ac-bc=
4
100
x
3
3
100
x
 25%
4
A pressão 4/3 atm corresponde ao ar total a temperatura de 400K
(127°C).
A pressão 1/3 atm, corresponde a fração de ar responsável pela
pressão ser superior a 1 atm.
Segue que:

4  a  b  c 2 
D = 2(a+b+c)   4 

2



D = (a+b+c)  12  (a  b  c ) 2

ALTERNATIVA D
32.
Fazendo a +b + c + = x , Temos:
2
D= x (12 - x )
Queremos que D ≤ 16 e para isso devemos ter:
2
x(12-x ) ≤ 16
3
x – 12x + 16 ≥ 0
2
(x -2) (x+4) ≥ 0
2
Como (x-2) ≥0 temos x ≥ -4, ou seja, a+b+c ≥ -4.
Sabendo que 18,0 g de um elemento X reagem exatamente
com 7,75 g de oxigênio para formar um composto de fórmula
X2O5, a massa de um mol de X é:
a) 99,2 g
b) 92,9 g
c) 74,3 g
d) 46,5 g
e) 18,6 g
SOLUÇÃO:
4x  502  2X2O5
Usando a desigualdade de Cauchy para (a, b, c) e (1,1,1)
a  1  b  1  c  12  4  3
N oxigênio 
abc  2 3
7,75 g
32g / mol
 0,242
4 mol de x  5 mol de O2
2 3  a bc  2 3
nx
 0,242 mol de O 2
nx  0,1936 mol de x
nx 
2 3  ab c  2 3
0,1936 mol 
Mostrando que a + b + c = ≥ -4
ERRATA – QUÍMICA 25/10/2010
31. Um recipiente de paredes rígidas, contendo apenas ar, aberto
para a atmosfera, é aquecido de 27 ºC a 127 ºC. Calcule a
percentagem mássica de ar que saiu do recipiente, quando
atingido o equilíbrio final.
a) 79%
b) 75%
c) 30%
d) 25%
e) 21%
18 g
MM
ALTERNATIVA
18 g
m

MM M M
 M M  92,9 g / mol
B
36.
A entalpia de fusão de uma determinada substância é 200
kJ/kg, e seu ponto de fusão normal é 27 °C. Após a solidificação
de 3 kg do material, pode-se afirmar que a entropia desse
sistema:
a) diminuiu 2 kJ/K.
b) diminuiu 600 kJ/K.
c) não variou.
d) aumentou 2 kJ/K.
e) aumentou 600 kJ/K.
SOLUÇÃO:
 Hfusão
S 
T
 200KJ / kg  3kg

300k
  2KJ
K
SOLUÇÃO:
P1 P2

T1 T2
T1 = 300K
T2 = 400K
ALTERNATIVA
1atm
P2

300K 400K
400K  1atm
P2 
300K
4
P2  atm
3
A
Como o recipiente está aberto e a pressão é de 1 atm, então deve
sair ar suficiente para que a pressão permaneça 1 atm.
4
3
100 %
1
3
x
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