IME 2007 3 alunos aprovados dos 7 que

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O ELITE RESOLVE ITA 2007 - MATEMÁTICA
MATEMÁTICA
4
4 ⎡
(1 + i )2 − (1 − i )2 ⎤
⎛ 1+ i 1− i ⎞
−
⎥ =
⎜
⎟ =⎢
⎢⎣ (1 − i )(1 + i ) ⎥⎦
⎝ 1− i 1+ i ⎠
QUESTÃO 1
4
Se A,B,C forem conjuntos tais que
n(A ∪ B) = 23, n(B–A)=12, n(C-A)=10,
n(B ∩ C)=6 e n(A ∩ B ∩ C)=4,
⎡ (1 + 2i + i 2 ) − (1 − 2i + i 2 ) ⎤
⎛ 4i
=⎢
⎥ =⎜
⎢⎣
⎥⎦
⎝ 2
12 − i 2
Assim, a equação fica:
então n(A), n(A ∪ C), n(A ∪ B ∪ C), nesta ordem,
a) formam uma progressão aritmética de razão 6.
b) formam uma progressão aritmética de razão 2
c) formam uma progressão aritmética de razão 8, cujo primeiro termo
é 11.
d) formam uma progressão aritmética de razão 10, cujo último termo é
31.
e) não formam uma progressão aritmética.
Resolução
3
⎛ 1 − ix ⎞
3
3
16 ⎜
⎟ = 16 ⇒ (1 − ix ) = (1 + ix ) , com x ≠ i .
⎝ 1 + ix ⎠
Então:
1 − 3(ix ) + 3(ix )2 − (ix )3 = 1 + 3(ix ) + 3(ix )2 + (ix )3 ⇒ 2(ix )3 + 6(ix ) = 0 ⇒
Alternativa D
Portanto, temos que x = 0 ou x = ± 3
Assim, a soma pedida é:
0 2 + ( 3 )2 + (− 3 ) 2 = 6
B
x
a
QUESTÃO 4
b
k
y
Assinale a opção que indica o módulo do número complexo
z
1
, x ≠k⋅π, k∈Ζ .
1 + i ⋅ cot g( x )
c
C
Como n(B ∩ C) = k + z = 6 ⇒ z = 2
Como n(B − A ) = b + z = 12 ⇒ b = 10
Como n( A ∪ B) = a + y + b + x + k + z = 23 ⇒ a + y + x = 7
Logo, temos:
1) n( A ) = a + y + x + k = 7 + 4 = 11
d) cos sec( x )
e) sen( x )
=
2) n( A ∪ C) = a + y + x + k + c + z = 11 + 8 + 2 = 21
1
2
c) cos 2 ( x )
Alternativa E
2
sen x + cos x
1
=
1
1
1+
cos2 x
=
sen 2 x
= sen 2 x = sen( x )
sen 2 x
sen 2 x
3) n( A ∪ B ∪ C) = a + y + x + k + c + z + b = 21 + 10 = 31
QUESTÃO 5
Considere um retângulo cujos lados medem B e H, um triângulo
isósceles em que a base e a altura medem, respectivamente, B e H, e
o circuito inscrito neste triângulo. Se as áreas do retângulo, do
triângulo e do círculo, nesta ordem, formam uma progressão
geométrica, então B/H é uma raiz do polinômio
a) π³x³+π²x²+πx-2=0
b) π²x³+π³x²+x+1=0
c) π³x³-π²x²+πx+2=0
d) πx³-π²x²+2πx-1=0
e) x³-2π²x²+πx-1=0
Assim, n( A ) , n( A ∪ C) e n( A ∪ B ∪ C) estão em progressão
aritmética de razão 10, sendo o último termo 31.
QUESTÃO 2
Seja A um conjunto com 14 elementos e B um subconjunto de A com
6 elementos. O número de suconjuntos de A com um número de
elementos menor ou igual a 6 e disjuntos de B é
b) 28 – 1
c) 28 – 26
d) 214 – 28
e) 28
a) 28 – 9
Resolução
Alternativa A
Alternativa D
Área do retângulo: A 1 = BH ;
Para que um suconjunto C de A seja disjunto de B, isto é, C ∩B = ∅,
nenhum elemento de C pode ser elemento de B. Como C é suconjunto
de A, então os elementos de C devem ser escolhidos dentre os 8
elementos de A que não estão em B (14 – 6).
C pode ter de zero a 6 elementos, assim a quantidade de
possibilidades para conjuntos C diferentes entre si vale:
C80 + C81 + C82 + C83 + C84 + C85 + C86
Área do triângulo: A 2 =
BH
2
Área do círculo: A 3 = πR 2
Estando em PG, temos:
2
BH
⎛ BH ⎞
2
A22 = A1A3 ⇒ ⎜
⎟ = (BH )(π R ) ⇒ R = 4π
⎝ 2 ⎠
Vamos encontrar o raio do círculo em função de B e H (Note que,
como o triângulo é isósceles, a circunferência tangencia a base no seu
ponto médio):
Pelo teorema das linhas do triângulo de Pascal, sabemos que esta
soma vale 28 - C87 − C88 = 28 – 8 – 1 = 28 – 9
QUESTÃO 3
Considere a equação:
4
⎛ 1 − ix ⎞
⎛ 1+ i 1− i ⎞
−
16 ⎜⎜
⎟⎟ = ⎜⎜
⎟⎟
⎝ 1 + ix ⎠
⎝ 1− i 1+ i ⎠
Sendo x um número real, a soma dos quadrados das soluções dessa
equação é
a) 3.
b) 6.
c) 9.
d) 12.
e) 15.
Resolução
b) (1 + sen( x )) 2
Temos que:
1
1
1
=
=
=
2
1 + i .cot g ( x )
1 + i .cot g ( x )
1 + cot g 2 ( x )
Como n(C − A ) = c + z = 10 ⇒ c = 8
3
a) cos( x )
Resolução
Pelo enunciado, k = n( A ∩ B ∩ C) = 4
Resolução
)
(
3ix − ix 3 = 0 ⇒ 3 x − x 3 = 0 ⇒ x 3 − x 2 = 0
O diagrama de Venn dos conjuntos citados é:
A
4
⎞
4
⎟ = ( 2i ) = 16
⎠
Alternativa B
Vamos começar desenvolvendo o 2º membro desta equação:
1
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3) Supondo a PG decrescente (0<r<1) têm-se os lados do triângulo: r,
x.r e x.r2 onde o maior lado é x. Assim tem-se que
Da semelhança dos triângulos, vem que:
2
⎛B⎞
2
B
+ H2
2
⎜ 2 ⎟ +H
⎝ ⎠
4
=
=
B
⎛B⎞
⎜2⎟
⎝ ⎠
AO AC
H −R
=
⇒
=
OT MC
R
2
H −R
⎛H ⎞
= 1+ 4 ⎜ ⎟ ⇒
R
⎝B⎠
2
H−
BH
⎛H
4π
= 1+ 4 ⎜
BH
⎝B
4π
B 2 + 4H 2
B
2
⎞
⎟ ⇒
⎠
2
4π
⎛H ⎞
⎛H ⎞
⎛H⎞
− 1 = 1 + 4 ⎜ ⎟ ⇒ 4π ⎜ ⎟ − 1 = 1 + 4 ⎜ ⎟
BH
B
B
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝B⎠
H
Chamando
B
H 1
= x ⇒ = , temos
H
B x
x
xr
4π
⎛ 1⎞
− 1 = 1+ 4 ⎜ ⎟
x
⎝x⎠
xr2
Analogamente à resolução para o caso 2, teremos:
−1 − 5
−1 + 5
ou r >
a) x < xr + xr 2 ⇒ r 2 + r − 1 > 0 ⇒ r <
2
2
−1 + 5
Pela condição de m > 0, tem-se r >
(i)
2
2
b) x 2 > ( x.r ) + ( x.r )
2
2
x
2
−
2π
x
3
+
1
x
4
=
π
Assim, o valor de
−1 + 5
−1 + 5
⇒0<r <
2
2
Fazendo a intersecção das condições (i) e (ii) com a desigualdade r<1
(limitante superior do caso estudado):
0 < r2 <
⇒ π 2 x 2 − 2π x + 1 = π x 3 ⇒ π x 3 − π 2 x 2 + 2π x − 1 = 0
x
−1 + 5
−1 + 5
<r <
2
2
Assim, os intervalos possíveis para a razão r é a união dos intervalos
estudados:
B
= x é uma das raízes do polinômio acima.
H
QUESTÃO 6
−1 + 5
−1 + 5
1+ 5
1+ 5
ou
<r <
<r <
2
2
2
2
Como não existe alternativa que contempla o intervalo, esta questão é
passível de anulação.
NOTA: Se (a,b,c) é uma PG de razão q crescente então (c,b,a) é uma
PG de razão 1/r decrescente.
Certamente, Uma vez encontrado o intervalo para uma PG crescente,
basta inverter a razão e escrever os termos em sentido oposto e você
terá uma PG decrescente com os mesmos valores numéricos.
Vejamos:
Se as medidas dos lados de um triângulo obtusângulo estão em
progressão geométrica de razão r, então r pertence ao intervalo
( (1+
e) ( 2 +
c)
)
3 ) / 2)
5 ) / 2,(1 + 5 ) / 2
2 / 2,(2 +
(
d) ( (1 +
b) (1 + 2 ) / 2, (1 + 5 ) / 2
a) (0,(1+ 2 )/2)
Resolução
5 ) / 2, 2 + 2 / 2
)
)
Sem resposta
1) Descarta-se a possibilidade de r=1 pois não existe triângulo
obtusângulo e eqüilátero.
2) Supondo a PG crescente (r>1) têm-se os lados do triângulo: x, x.r e
x.r2 onde o maior lado é x.r2.
Se 0 <
x
xr
a) Pela condição de existência do triângulo:
1− 5
1+ 5
xr 2 < x + xr ⇒ r 2 − r − 1 < 0 ⇒
<r <
2
2
1+ 5
(i)
Pela condição de r > 0, tem-se 0 < r <
2
b) Como o triângulo é obtusângulo, temos que o lado maior apresenta
medida superior à medida da hipotenusa de um triângulo com os
demais lados de mesma medida:
2
2
1+ 5
1+ 5
⇒
<r <
2
2
1
1+ 5
2
>
1
1
⇒
>
r 1+ 5
2
tomando
1
−1 + 5
−1 + 5
<r'<
= r ' por racionalização que:
que é
r
2
2
exatamente a resposta encontrada (e que falta nas alternativas do
enunciado).
Assim, a simples definição do tipo de PG pelo enunciado levaria a
dirimir quaisquer dúvidas, visto que sempre o triângulo com os valores
dos lados em uma PG crescente também apresenta os mesmos
valores de acordo com uma PG decrescente.
xr2
( x.r )
⇒ r 4 + r 2 − 1 < 0 ⇒inequação biquadrada:
−1 − 5
−1 + 5
m = r2 ⇒ r 2 + r − 1 < 0 ⇒
<m<
2
2
Pela condição de m,r > 0 tem-se:
Elevando os dois membros ao quadrado, vem que:
4π
4π
4
π
1
π
−2
+ 1 = 1+
⇒ −
=
x
x
x x2
x
x2
Elevando novamente os dois membros ao quadrado:
π2
2
QUESTÃO 7
Sejam x, y e z números reais positivos tais que seus logaritmos numa
dada base k são números primos satisfazendo
logk (xy) = 49,
logk (x/Z) = 44.
Então, logk (xyz) é igual a
a) 52
b) 61
c) 67
d) 80
e) 97
2
> x 2 + ( x.r ) ⇒ r 4 − r 2 − 1 > 0 ⇒ inequação biquadrada: m =
Resolução
Alternativa A
1− 5
1+ 5
ou m >
2
2
Pela condição de m,r >0 tem-se:
1+ 5
⇒ r > 1 + 5 (ii)
r2 >
2
2
Fazendo a intersecção das condições (i) e (ii) com a desigualdade r>1
(limitante inferior do caso estudado):
Como logk x + logk y = 49 e 49 é ímpar, devemos ter um das parcelas
1+ 5
1+ 5
<r <
2
2
par e outra ímpar. Mas como o único número primo par é o 2, temos
que:
logk x = 2 ou logk y = 2 .
r2 ⇒ m 2 − m − 1 > 0 ⇒ m <
Usando as propriedades dos logaritmos do produto e do quociente,
temos:
⎧logk ( xy ) = logk x + logk y = 49
⎪
⎛x⎞
⎨
⎪logk ⎜ z ⎟ = logk x − logk z = 44
⎝ ⎠
⎩
2
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Igualando a subtração dos dois cubos com o polinômio, temos:
Não podemos ter logk x = 2 , pois substituindo na segunda equação,
9 x 2 − 63 x + c = ( x + a )3 − ( x + b)3 = 3(a − b)x 2 + 3(a2 − b2 )x + (a3 − b3 )
Da igualdade entre polinômios:
⎧3(a − b ) = 9
⎧a − b = 3
⎧a = −2
⎪⎪ 2
⎪⎪
⎪
2
⎨3(a − b ) = −63 ⇒ ⎨a + b = −7 ⇒ ⎨b = −5
⎪
⎪
⎪c = 117
3
3
3
3
⎩
⎪⎩c = a − b
⎪⎩c = a − b
ganharíamos 2 − logk z = 44 ⇒ logk z = −42 , que não é primo.
Assim, devemos ter logk y = 2 , portanto logk x = 47 e finalmente
47 − logk z = 44 ⇒ logk z = 3
O logaritmo pedido vale:
logk ( xyz) = logk x + logk y + logk z = 47 + 2 + 3 = 52
QUESTÃO 8
Assim, a + b − c = −2 + −5 − 117 = −114 = 114
x
Sejam x e y dois números reais tais que e , e
y
e o quociente
QUESTÃO 11
ex - 2 5
Sobre a equação na variável real x,
y
4−e 5
são todos racionais. A soma x+y é igual a
a) 0
b) 1
c) 2 log53
Resolução
x −1 − 3 − 2 = 0
d) log52
e) 3loge2
podemos afirmar que
a) ela não admite solução real.
b) a soma de todas as suas soluções é 6.
c) ela admite apenas soluções positivas.
d) a soma de todas as soluções é 4.
e) ela admite apenas duas soluções reais.
Alternativa E
Racionalizando a fração dada:
ex - 2 5
4−e
y
5
=
(e x - 2 5 ) ( 4 + e y 5 ) ( 4e x − 10e y ) + (e x + y − 8) 5
⋅
=
16 − 5(e y ) 2
(4 − e y 5 ) (4 + e y 5 )
Resolução
y
Como e
é racional, seu quadrado também é e, portanto, o
denominador é racional. Para que a fração seja racional, devemos ter
então o numerador também racional.
x −1 − 3 − 2 = 0 = 0 ⇒
Como e x e e y são racionais, a primeira parcela ( 4e x − 10e y )
também é racional.
e
x+y
e
x+ y
Alternativa D
Temos que:
x −1 − 3 − 2 = 0 ⇒
x −1 − 3 = 2 ⇒
| x − 1| −3 = 2 ou | x − 1| −3 = −2
= e e , sendo produto de racionais, é racional, e assim,
1) Se | x − 1| −3 = 2 ⇒| x − 1|= 5 ⇒ x = 6 ou x = −4
− 8 é racional. Dito isto, a única possibilidade do produto
2) Se | x − 1| −3 = −2 ⇒| x − 1|= 1 ⇒ x = 2 ou x = 0
Substituindo na equação original, verifica-se que todos os valores de x
encontrados são de fato soluções.
Assim, a equação admite quatro raízes reais distintas, sendo uma
delas negativa, e a soma dessas raízes vale:
S = 6 + ( −4) + 2 + 0 = 4
x y
(e x + y − 8) 5 ser racional é o fator entre parêntesis ser zero, caso
contrário seria um múltiplo de
Então, fazendo e
x+ y
5 , portanto irracional.
− 8 = 0 ⇒ e x+y = 8 = 23 ⇒
x + y = log e 2 3 = 3 log e 2
QUESTÃO 12
QUESTÃO 9
Determine quantos números de 3 algarismos podem ser formados
com 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7, satisfazendo a seguinte regra: O número não
pode ter algarismos repetidos, exceto quando iniciar com 1 ou 2, caso
em que o 7 (e apenas o 7) pode aparecer mais de uma vez. Assinale o
resultado obtido.
a) 204
b) 206
c) 208
d) 210
e) 212
Seja Q(z) um polinômio do quinto grau, definido sobre o conjunto dos
números complexos, cujo coeficiente de z5 é igual a 1. Sendo z3 + z2 +
z
+
1
um
fator
de
Q(z),
Q(0) = 2 e Q(1) = 8, então, podemos afirmar que a soma dos
quadrados dos módulos das raízes de Q(z) é igual a
a) 9
b) 7
c) 5
d) 3
e) 1
Resolução
Resolução
Alternativa B
Como o grau de Q(z) é 5, então:
Q(z) = (z3 + z2 + z + 1).(az2 + bz + c)
Como Q(0) = 2, o termo independente de Q deve ser 2, logo c=2.
Como o coeficiente de z5 é igual a 1, então a=1, logo:
Q(z) = (z3 + z2 + z + 1).(z2 + bz + 2)
Q(1) = 8 ⇒ 4.(1+b+2) = 8 ⇒ b = -1 e assim
Q(z) = (z3 + z2 + z + 1).(z2 + -z + 2)
As raízes de Q são as raízes de seus dois fatores.
z3 + z2 + z + 1 = 0 ⇒
z4 − 1
= 0 ⇒ z1 = -1; z2 = i; z3 = -i (são as raízes
z −1
quartas da unidade, exceto 1) ⇒ |z1| = !z2| = |z3| = 1.
Para o segundo fator, temos:
1 ± −7
e |z4| = !z5| = 2
z2 -z + 2 = 0 ⇒ z4,5 =
2
2
2
Desta maneira |z1| + !z2| + |z3|2 + |z4|2 + !z5|2 = 7
QUESTÃO 10
Sendo c um número real a ser determinado, decomponha o polinômio
9 x 2 − 63 x + c , numa diferença de dois cubos
( x + a) 3 − ( x + b) 3
Neste caso, a + b − c é igual a
a) 104
b) 114
Resolução
c) 124
d) 134
Alternativa E
Podemos dividir o problema em 3 situações:
1) os números não começam com 1 ou 2 ⇒ nenhum algarismo se
repete. Assim, dos sete números possíveis, temos apenas 5
possibilidades para o primeiro algarismo, 6 possibilidades para o
segundo (um dos sete já foi utilizado) e 5 para o terceiro (dois dos sete
já foram utilizados) ⇒ o total é 5.6.5 = 150 possibilidades.
2) os números começam com 1 ou 2 e o algarismo 7 aparece
a) o número é da forma A7B, com A igual a 1 ou 2 e B diferente de A e
7. Assim, dos sete números possíveis, teremos apenas 2
possibilidades para A e 5 possibilidades para B ⇒ o total é 2.5 = 10
possibilidades.
b) o número é da forma AB7, com A igual a 1 ou 2 e B diferente de A e
7. Assim, dos sete números possíveis, teremos apenas existem 2
possibilidades para A e existem 5 possibilidades para B ⇒ o total é
2.5 = 10 possibilidades.
c) O número 7 se repete, formando o número é 177 ou 277 ⇒ o total é
2 possibilidades.
3) os números começam com 1 ou 2, e o algarismo 7 não aparece.
Assim, dos seis números possíveis (não pode ser o número 7),
teremos apenas 2 possibilidades para o primeiro algarismo, 5
possibilidades para o segundo (um dos seis já foi utilizado) e quatro
para o terceiro (dois dos seis já foram utilizados) ⇒ o total é 2.5.4 = 40
possibilidades.
Assim, temos então que o total de algarismos é:
150 + 10 + 10 + 2 + 40 = 212 possibilidades
e) 144
QUESTÃO 13
Alternativa B
Seja x um número real no intervalo 0 < x < π/2. Assinale a opção que
indica o comprimento do menos intervalo que contém todas as
soluções de desigualdade
⎧⎪( x + a)3 = x 3 + 3 x 2a + 3 xa2 + a3
Temos que: ⎨
⎪⎩( x + b )3 = x 3 + 3 x 2b + 3 xb2 + b3
3
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π
1
x 1
tg ( -x) - 3 (cos2
- ) sec (x) ≥ 0.
2
2
2 2
a) π/2.
b) π/3
c) π/4
Resolução
QUESTÃO 15
d) π/6
Sejam A =(ajk) e B=(bjk), duas matrizes quadradas n X n, onde ajk e bjk
são, respectivamente, os elementos da linha j e coluna k das matrizes
A e B, definidos por
e) π/12
Alternativa D
⎛j ⎞
Lembrando que:
π
⎧
π
sen( − x )
⎪⎪sen( 2 − x ) = cos x
π
cos x
2
⇒ tg( − x ) =
=
= cot gx
⎨
π
π
2
senx
⎪cos( − x ) = senx
cos( − x )
2
2
⎩⎪
cos 2α + 1
2
2
cos 2α = 2 cos α − 1 ⇒ cos α =
2
x
cos x + 1
2 x
=
Fazendo α = , vem: cos
2
2
2
Então:
1
π
x
1
tg( − x ) − 3 (cos 2 ( ) − ) sec( x ) ≥ 0 ⇒
2
2
2
2
1
cos( x ) + 1 1
cot g( x ) − 3 (
− ) sec( x ) ≥ 0 ⇒
2
2
2
j.k
e bjk =
comprimento
6
n
∑c
Resolução
Alternativa C
O traço da matriz A + B é a soma do traço de A com o traço de B.
Assim, para a matriz A:
n
tr ( A ) =
∑
n
a jj =
j=1
⎛ j⎞
∑ ⎜⎜⎝ j⎟⎟⎠ = n
j=1
j2
Para a matriz B, observe que b jj =
.
⎛ j2 ⎞
∑ (−2) ⎜⎜⎝ p ⎟⎟⎠ . Aplicando o binômio
p
p =0
d) (2 − 2 + 3 ) / 3
j2
de Newton, temos que bjj=
(3 ⋅ 1+ 5)π
24
segue
π
3
Assim,
24
= sen 2
temos
2
),
vale
forma
2k+1,
tr ( A + B) = tr ( A ) + tr (B) = n − 1 =
logo,
(n − 1)(n − 2)
n−2
n 2 − 3n + 2
.
n−2
Resolução
11π
24
Alternativa A
Os vértices do triângulo são as interseções das retas, duas a duas:
⎧ x = 2y
⎧ x = 2y
⇒ B (5; 2,5)
⇒ A (0;0)
⎨
⎨
2
=
x
y
⎩ x = −2y + 10
⎩
⎧ 2x = y
⇒ C (2; 4)
⎨
⎩ x = −2y + 10
Assim podemos calcular a área do triângulo
0 0 1
2 4 1
5 2,5 1
S=
= 15/2 unidades de área
2
O conjunto pedido será formado por:
π
π
π
11π ⎫
⎧
A ∪ B = { x1, x2 } ∪ {y1, y 2 } = ⎨sen 2
, sen 2 , sen 2 , sen 2
⎬
24
6
3
24 ⎭
⎩
Constatamos que todos os elementos são diferentes entre si e
portanto a soma dos seus elementos é dada por:
11π ⎞ ⎛
π⎞
⎛
2 π
2π
+ sen 2
+ sen 2 ⎟
⎜ sen
⎟ + ⎜ sen
24
24 ⎠ ⎝
6
3⎠
⎝
(0 ≤α ≤
da
QUESTÃO 16
π
π⎫
π
11π ⎫
⎧
⎧
A = { x1, x2} = ⎨sen 2
, sen 2 ⎬ e B = {y1, y 2 } = ⎨sen 2 , sen 2
⎬
3
24 ⎭
24
6⎭
⎩
⎩
agudos
é
Considere no plano cartesiano xy o triângulo delimitado pelas retas
2x=y, x=2y e x=-2y +10 . A área desse triângulo mede
a) 15/2.
b) 13/4.
c) 11/6.
d) 9/4.
e) 7/2.
⎞
π
⎟ = sen 2
⎟
6
⎠
(3 ⋅ 2 + 5)π
. Como n é ímpar,
2k
⇒ tr( A + B) =
π
n
j =1
Assim:
ângulos
que
c) 2
e y 2 = sen 2
j2
tr (B ) = ∑ b jj = −
1 + 1 − 1
+
1 + ... − 1 +
1 − 1 = −1 .
Alternativa C
= sen 2
p
n
e) (2 + 2 + 3 ) / 3
Resolução
⎛ j2 ⎞
∑ (−2) ⎜⎜⎝ p ⎟⎟⎠ = (1 − 2)
p =0
⎞
⎪⎫
⎟ : k = 1, 2 ⎬
⎪⎭
⎠
Calculando os quatro valores, temos:
⎛ 12 ⋅ π ⎞
⎛ 22 ⋅ π
π
⎟ = sen 2
x1 = sen 2 ⎜
e x2 = sen 2 ⎜
⎜ 24 ⎟
⎜ 24
24
⎝
⎠
⎝
para
. Quando n for ímpar, o traço de A + B é igual a
a) n(n-1)/3.
b) (n-1)(n+1)/4
c) (n2 – 3n+2)/(n-2).
d) 3(n-1)/n.
e) (n-1)/(n-2).
π
⎛ (3k + 5)π
⎪⎧
B = ⎨ y k = sen 2 ⎜
24
⎝
⎩⎪
b) 1
Como
pp
p =1
Assinale a opção que indica a soma dos elementos de A ∪ B , sendo:
⎧⎪
⎫⎪
k 2π
) : k = 1, 2 ⎬ e
A = ⎨ xk = sen 2 (
24
⎩⎪
⎭⎪
y1 = sen 2
p ⎛ j.k ⎞
∑ (−2) ⎜⎜⎝ p ⎟⎟⎠
O traço de uma matriz quadrada (cjk) de ordem n x n é definido por
QUESTÃO 14
a) 0
quando j < k
p =0
⇒ tg ( x ) > 0
2
3
π
⇒ 0 < x ≤ , que é um intervalo de
Assim: 0 < tg ( x ) ≤
3
6
π
ajk = ⎜ ⎟ ,
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1
3
3
cot g( x ) −
≥ 0 ⇒ cot g( x ) ≥ 3 ⇒ tg( x ) ≤
2
2
3
Além disso, 0 < x <
⎛k ⎞
⎝j ⎠
ajk = ⎜⎜ ⎟⎟ , quando j ≥ k,
k
QUESTÃO 17
Sejam A: (a,0), B(0,a) e C (a,a); pontos do plano cartesiano, em que a
é um número real não nulo. Nas alternativas abaixo, assinale a
equação do lugar geométrico dos pontos P: (x,y) cuja distância à reta
que passa por A e B, é igual à distância de P ao ponto C.
a) x2 +y2 -2xy – 2ax – 2ay+ 3a2 =0
b) x2 +y2 +2xy + 2ax + 2ay+ 3a2 =0
c) x2 +y2 - 2xy + 2ax + 2ay+ 3a2 =0
d) x2 +y2 - 2xy - 2ax - 2ay - 3a2 =0
e) x2+y2+2xy-2ax-2ay- 3a2 =0
que
11π π
π
π π π
⎛π
⎞
senα = cos ⎜ − α ⎟ , notando que
= −
e
= − , temos
3 2 6
24
2 24
⎝2
⎠
a soma passa a ser:
π ⎞ ⎛
π⎞
⎛
2 π
2π
+ cos2
+ cos2 ⎟ = 1 + 1 = 2
⎜ sen
⎟ + ⎜ sen
24
24 ⎠ ⎝
6
6⎠
⎝
4
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Resolução
Alternativa A
Do triângulo retângulo:
bn
Pela definição de parábola (lugar geométrico eqüidistante de um ponto
e de uma reta), notamos que o lugar geométrico em questão será uma
parábola rotacionada.
b
⎞
⎛ 180° ⎞
⎟⎟ ⇒ n = 2 ⋅ tg⎜
⎟
an
⎝ n ⎠
⎠
b
b
Das condições n ≤ 1 e n−1 > 1 , temos:
an
a n−1
LG
y
a
2 = tg⎛⎜ θ n
⎜ 2
an
⎝
B(0,a)
⎛ 180° ⎞ 1
⎛ 180° ⎞ 1
e tg⎜
tg⎜
⎟≤
⎟>
⎝ n ⎠ 2
⎝ n −1⎠ 2
C(a,a)
Para n = 6 (hexágono):
b6
3
⎛ 180° ⎞
= 2.tg ⎜
⎟ = 2⋅ 3 >1
a6
⎝ 6 ⎠
Para n = 8 (octógono):
2
1−
b8
⎛ 180° ⎞
⎛ 45° ⎞
2
= 2 ⋅ tg ⎜
=
⎟ = 2 ⋅ tg ⎜
⎟ = 2⋅
a8
2
⎝ 8 ⎠
⎝ 2 ⎠
1+
2
A(a,0)
a
x
= 2⋅ 3 − 2 2 = 2⋅
b7
= 0,96
a7
xB y B 1 = 0 ⇒ 0 a 1 = 0 ⇒ ax + ay − a 2 = 0 ⇒ x + y − a = 0
y
1
)
2 −1 < 1
Logo, pode-se concluir que n = 7 ou 8
OBS.: Graficamente, ou numericamente com auxílio de uma
calculadora científica, é possível determinar que n = 7.
Considerando a ≠ 0 , temos que a reta que passa por A e B tem
equação:
xA y A 1
a 0 1
x
(
x y 1
Razão entre lado e apótema versus número de lados de um
polígono regular
A distância de um ponto P( x, y ) à reta AB é:
dP,AB =
|x +y −a|
12 + 12
=
2,5
|x + y −a|
2
2
bn/an
Por outro lado, a distância entre os pontos P e C é:
dP ,C = ( x − a )2 + ( y − a )2
1,5
1
Igualando as duas, e elevando os dois membros ao quadrado, vem
que:
0,5
2
⎛| x + y −a|⎞
2
2 2
⎜
⎟ = ( ( x − a) + ( y − a) ) ⇒
2
⎝
⎠
4
6
7
8
9
10
11
12
n
QUESTÃO 19
( x + y − a) 2
= ( x − a) 2 + ( y − a) 2 ⇒
2
Sejam P1 e P2 octógonos regulares. O primeiro está inscrito e o
segundo circunscrito a uma circunferência de raio R. Sendo A1 a área
de P1 e A2 a área de P2, então a razão A1/A2 é igual a
x 2 + 2xy + y 2 − 2ax − 2ay + a 2 = 2( x 2 − 2ax + a 2 + y 2 − 2ay + a 2 ) ⇒
x 2 + y 2 − 2xy − 2ax − 2ay + 3a 2 = 0
a)
5/8
b) 9
d) (4 2 +1)/8.
QUESTÃO 18
e) (2+
Resolução
Seja Pn um polígono regular de n lados, com n >2. Denote por an o
apótema e por bn o comprimento de um lado Pn . O valor de n para o
qual valem as desigualdades
bn ≤ an e bn-1 > an-1,
pertence ao intervalo
a) 3< n< 7.
b) 6< n < 9.
c) 8< n <11.
d) 10 < n < 13.
e) 12< n < 15.
Resolução
5
2 / 16
c) 2
2 -1
2 )/4.
Alternativa E
1) Área do octógono inscrito:
Alternativa B
Sejam θ n (ângulo central de Pn) e R (raio da circunferência
circunscrita a Pn), como na figura:
O octógono inscrito na circunferência consiste de 8 triângulos
isósceles, conforme a figura. Assim, a área do octógono é dada por:
2
R.R. cos 45°
= 4.R 2
= 2R 2 2
2
2
2) Área do octógono circunscrito
O octógono circunscrito na circunferência consiste de 8 triângulos
isósceles, onde cada um deles possui um ângulo de 45˚ oposto à base
e altura R. Fazendo B = base do triângulo, temos:
A 1 = 8.
5
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Assim, o volume da pirâmide é dado por
1
6 3
(iv)
.H
VG = ABH =
3
3
Igualando (iii) e (iv), temos:
2 2
2
= 2 3H ⇒ H =
2 2 −1
3 2 2 −1
B
45°
R
(
(v)
)
Porém, a razão das alturas das pirâmides é, de acordo com a visão
h
1
=
frontal,
H
2
B
2
2 = tg ⎛ 45° ⎞ = 1 − cos 45° ⇒ B = 2R 2 − 2 = 2R (2 − 2 )
⎜
⎟
R
1 + cos 45°
2
2+ 2
⎝ 2 ⎠
H − hT
1
2
2 −1
=
⇒H =
hT ⇒ hT =
H
H
2
2 −1
2
Finalmente, substituindo (v) em (vi):
2 −1
2
2 −1
hT =
⋅
⇒ hT =
2
3(2 2 − 1)
3 2 2 −1
Assim,
2
= 2R( 2 − 1)
2
Assim, a área do octógono é dada por:
⇒ B = 2R.(2 − 2 ).
2R 2 ( 2 − 1)
B.R
= 8.
= 8.R 2 ( 2 − 1)
2
2
A
Fazendo agora o quociente 1 , temos:
A2
(
A 2 = 8.
(vi)
)
Racionalizando:
2 −1
3(2 2 + 1) 3 3 − 6
⋅
=
hT =
cm
21
3(2 2 − 1) 3(2 2 + 1)
A1
2.R 2 2
2. 2 .( 2 + 1) 2 + 2
=
=
=
A 2 8.R 2 ( 2 − 1)
8
4
QUESTÃO 21
base mede 3 cm. Secciona-se a pirâmide por um plano paralelo à
base, obtendo-se um tronco de volume igual a 1cm3 e uma nova
Determine o conjunto C, sendo A, B e C conjuntos de números reais
tais que
A ∪ B ∪ C = { x∈ R : x2 +x ≥ 2},
A∪B
= { x∈ R: 8-x -3.4-x - 22-x >0},
A∩C
= { x∈ R : log (x+4) ≤ 0},
B∩C
= { x∈ R : 0 ≤ 2x+7<2}.
pirâmide. Dado que a razão entre as alturas das pirâmides é 1 2 , a
altura do tronco, em centímetros, é igual a
O conjunto C pode ser dado por:
QUESTÃO 20
Considere uma pirâmide regular de base hexagonal, cujo apótema da
6 - 2 )/4.
a) (
c) ( 3
3 -
b) (
6 )/21.
Resolução
C = ⎣⎡(A ∪ B ∪ C) − (A ∪ B)⎦⎤ ∪ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) (I)
6 - 3 )/3
Determinamos então cada conjunto do segundo membro:
1) A ∪ B ∪ C :
d) ( 3 2 -2 3 )/6
e) (2 6 - 2 )/22.
2
Resolução
1⎞
9
1 3
1 −3
⎛
x2 + x ≥ 2 ⇒ ⎜ x + ⎟ ≥ ⇒ x + ≥
⇒
ou x + ≤
2 2
2
2
2⎠
4
⎝
x ≥ 1 ou x ≤ −2
A ∪ B ∪ C = {x ∈ R / x ≥ 1 ou x ≤ −2}
2) A ∪ B :
1
3
4
8− x − 3.4− x − 22 − x > 0 ⇒ 3x − 2x − x > 0
2
2
2
2x 3.2x 4.2x
Como 2x > 0 ⇒ 3x − 2x −
> 0 ⇒ 2−2x − 3.2− x − 4 > 0.
2
2
2x
Alternativa C
Como a pirâmide menor e a
maior são semelhantes, a razão
de semelhança entre seus
volumes será o cubo da razão
entre suas dimensões lineares.
h
H
3
3
⎛ 1 ⎞
V
⎛h⎞
Assim: P = ⎜ ⎟ = ⎜
⎟
VG ⎝ H ⎠
⎝ 2⎠
1
VP =
VG
(i)
2 2
hT
Seja a = +2− x , então
L
2
3⎞
25
⎛
a2 − 3a − 4 > 0 ⇒ ⎜ a − ⎟ >
⇒
2⎠
4
⎝
3 5
3
5
ou a − < − ⇒ a > 4 ou a < −1
a− >
2 2
2
2
(Visão Frontal)
O volume do tronco da pirâmide é dado pelo volume da pirâmide maior
subtraído do volume da pirâmide menor:
VG − VP = VT = 1cm
3
Como a = 2− x > 0, ∀ x ∈R ⇒ 2− x > 4 ⇒ 2x < 2−2 ⇒ x < −2
(ii)
A ∪ B {x ∈R / x < −2}
Substituindo (i) em (ii):
1
2 2
VG −
VG = 1 ⇒ VG =
cm3 (iii)
2 2
2 2 −1
3) A ∩ C :
log(x + 4) ≤ 0, com 0 < x + 4;
então temos que:
log( x + 4) ≤ 0 ⇒ 0 < x + 4 ≤ 1 ⇒ −4 < x ≤ −3
A ∩ C = { x ∈ R / − 4 < x ≤ −3}
O apótema do hexágono regular é a altura de um dos seis triângulos
eqüiláteros que formam a base. Assim:
L
L
3
L 3
= 3 ⇒ L = 2cm
2
A área da base pode
calculada por:
L 3
=6 3
AB = 6
2
4) B ∩ C :
0 ≤ 2x + 7 < 2 ⇒
ser
−7
−5
≤x<
⇒
2
2
−7
−5 ⎫
⎧
≤x<
B ∩ C = ⎨x ∈ R /
⎬
2
2⎭
⎩
Assim:
( A ∪ B ∪ C) − ( A ∪ B) = { x ∈ R / x ≥ 1 ou x = −2}
L
6
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1⎞
2
⎛
n(A3)= ϕ(3) = 3 ⋅ ⎜ 1 − ⎟ = 3 ⋅ = 2 ;
3⎠
3
⎝
A ∪B ∪C
A ∪B
1⎞
2
⎛
n(A9)= ϕ(9) = 9. ⎜ 1 − ⎟ = 9. = 6 ;
3
3
⎝
⎠
A ∪B ∪C − A ∪B
1⎞
2
⎛
n(A27)= ϕ(27) = 27. ⎜ 1 − ⎟ = 27. = 18 ;
3
3
⎝
⎠
5⎫
⎧
( A ∩ C) ∪ (B ∩ C) = ⎨x ∈ R / − 4 < x ≤ − ⎬
2⎭
⎩
1⎞
2
⎛
n(A81)= ϕ(81) = 81. ⎜ 1 − ⎟ = 81. = 54 ;
3⎠
3
⎝
Assim os termos (2, 6, 18, 54) formam uma PG de razão 3.
A ∩C
B ∩C
QUESTÃO 24
Considere a equação
( A ∩ C ) ∪ (B ∩ C )
Logo, temos:
x2 - p + 2
C = ⎡⎣(A ∪ B ∪ C) − (A ∪ B)⎤⎦ ∪ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C)
a) Para que valores do parâmetro real p a equação admite raízes
reais?
b) Determine todas essas raízes reais.
A ∪B ∪C − A ∪B
( A ∩ C ) ∪ (B ∩ C )
Resolução
a) Para que as raízes quadradas pertençam aos reais, temos duas
condições:
x2 − 1 ≥ 0 ⇒ x 2 ≥ 1 e x2 − p ≥ 0 ⇒ x 2 ≥ p
A partir da equação inicial:
C = ⎣⎡(A ∪ B ∪ C) − (A ∪ B)⎦⎤ ∪ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C)
5
⎫
⎧
C = ⎨x ∈ R / − 4 < x ≤ − ou x = −2 ou x ≥ 1⎬
2
⎭
⎩
2
⎛
⎞
⎛
⎞
x 2 − p + 2. x 2 − 1 = x ⇒ ⎜ x 2 − p ⎟ = ⎜ x − 2 x 2 − 1 ⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
QUESTÃO 22
Determine o conjunto A formado por todos os números complexos z
tais que
4x x 2 − 1 = p + 4x 2 − 4
_
2
)
16 x 4 − 16 x 2 = p 2 + 16 x 4 + 16 + 8px 2 − 8p − 32x 2
2z
= 2.w . Substituindo, temos
_
(16 − 8 p )x 2 − p 2 − 16 + 8 p = 0
z + 2i
⇒ x2 =
w + 2.w = 3 . Fazendo w = a +bi, vem 3a -2bi = 3, logo a = 1 e b = 0,
ou seja, w = 1. Portanto,
z
= 1 ⇒ z = z − 2i .
z − 2i
Substituindo z por x + iy, temos:
2
(p − 4)
8p − p 2 − 16 − (p − 4 )
=
=
8p − 16
8(p − 2)
8(2 − p )
2
2
Da condição x 2 ≥ p , temos
(p − 4)2 ≥ p ⇒ (p − 4)2 − p ≥ 0 ⇒ 9 p 2 − 24 p + 16 ≥ 0
16 − 8 p
8(2 − p )
8(2 − p )
x − iy = x + i.y − 2i ⇒ − y = y − 2 ⇒ y = 1
2
(
2
⇒ ⎛⎜ 4 x x 2 − 1 ⎞⎟ = p + 4 x 2 − 4
⎝
⎠
Resolução
z
, temos que
Fazendo w =
z − 2i
2
x 2 − p = x 2 − 4x x 2 − 1 + 4x 2 − 4
z
2z
+ _
=3 e 0<| z-2i | ≤ 1.
z - 2i
z+ 2i
Como 0 < | z − 2i |≤ 1 ⇒ 0 <
x 2 - 1 =x.
Considerando apenas o numerador e igualando-o a zero, temos:
Δ = ( −24)2 − 4.9.16 = 0
2
x + (1 − 2) ≤ 1 ⇒ 0 < x + 1 ≤ 1
Logo, para qualquer valor real de p temos que 9 p 2 − 24 p + 16 ≥ 0 e
2
0 < x + 1≤ 1⇒ 0 ≤ x ≤ 0 ⇒ x = 0 .
24 ± 0 4
= . Assim, como o numerador
18
3
sempre é não-negativo, segue que 16 − 8 p > 0 ⇒ p < 2
Como a equação do enunciado deve ser satisfeita:
Portanto, z = x + iy = i, ou seja, A = {i}.
assume valor nulo em p =
QUESTÃO 23
Seja k um número inteiro positivo e
Ak = { j∈N : j ≤ k e mdc (j,k) =1 }
Verifique se n(A3), n(A9), n(A27) e n(A81), estão ou não, nesta ordem,
numa progressão aritmética ou geométrica. Se for o caso, especifique
a razão.
2
⎛ x 2 − p + 2. x 2 − 1 ⎞ = x 2 :
⎜
⎟
⎠
⎝
( x 2 − p ) + 4( x 2 − 1) + 4 ( x 2 − p )( x 2 − 1) = x 2
Resolução
⇒ 4 ( x 2 − p)( x 2 − 1) = p − 4 x 2 + 4
A partir da caracterização do conjunto Ak, temos que tal conjunto
considera como elementos os números que são coprimos com k.
Para calcular a quantidade de números que são coprimos com k,
podemos usar a função ϕ de Euler, que é calculada da seguinte forma:
Dado um número natural n,cuja decomposição em primos
é:n=p1α1.p2α2...pnαn a quantidade de números que são coprimos com n
é:
⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞
ϕ (n)=n ⎜⎜ 1- ⎟⎜
⎟⎟ ... ⎜⎜ 1- ⎟⎟ , onde pi é o i-ésimo primo na
⎟⎜ 1⎝ p1 ⎠⎝ p2 ⎠ ⎝ pn ⎠
decomposição de n.
Logo, temos:
Como a raiz deve existir, segue que p − 4 x 2 + 4 ≥ 0 .
⇒ x2 ≤
(p − 4) ≤ p + 4 ⇒
p+4
⇒ x2 =
8(2 − p )
4
4
2
p 2 − 8 p + 16
−p−4≤0⇒
2(2 − p)
p 2 − 8 p + 16 − (4 − 2 p )( p + 4)
≤0
4 − 2p
Como 4 − 2p > 0 (pois p < 2), temos:
7
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p 2 − 8p + 16 − 4p − 16 + 2p 2 + 8p ≤ 0 ⇒ 3p 2 − 4p ≤ 0 ⇒ 0 ≤ p ≤
b) Se 0 ≤ p ≤
formem uma progressão geométrica decrescente. Se β for o ângulo
EÂD, determine tg β em função da razão r da progressão.
4
.
3
Resolução
4
, temos então:
3
x2 =
(p − 4) ⇒ x = | p − 4 |
8(2 − p )
2 4 − 2p
2
=
⎧BD = xr
⎪
Chamando AB = BC = x ⇒ ⎨DE = xr 2 , onde r < 1 é a razão da PG.
⎪
3
⎩EC = xr
Observe a figura:
4−p
2 4 − 2p
C
QUESTÃO 25
Sendo x,y,z e w números reais, encontre o conjunto solução do
sistema
[
]
E
⎧log (x + 2y ) ⋅ (w − 3z )−1 = 0,
⎪⎪ x +3 z
− 8 ⋅ 2 y −3 z + w = 0,
⎨ 2
⎪ 3 2 x + y + 6 z − 2 w − 2 = 0.
⎪⎩
D
β
Resolução
⎧ ⎡ ( x + 2 y )( w − 3 z ) − 1 ⎤ = 1
⎧ lo g ⎡ ( x + 2 y )( w − 3 z ) − 1 ⎤ = 0
⎣
⎦
⎣
⎦
⎪⎪
⎪⎪
⇒ ⎨2 x +3z − 2 y −3z +w +3 = 0
2 x + 3 z − 8 .2 y − 3 z + w = 0
⎨
⎪ 3
⎪3
⎪⎩ 2 x + y + 6 z − 2 w − 2 = 0
⎪⎩ 2 x + y + 6 z − 2w = 2
(i )
⎧ x + 2y = w − 3z ⇒ x + 2 y + 3 z − w = 0
⎪
⎨ x + 3z = y − 3z + w + 3 ⇒ x − y + 6z − w = 3 (ii )
⎪2 x + y + 6z − 2w = 8
(iii )
⎩
A
tgβ = tgDÂE = tg(BÂE − BÂD) =
5
3
Substituindo o valor de z nas equações, tem-se:
3z = −5 ⇒ z = −
(i )
(ii )
QUESTÃO 28
(iii )
Considere, no plano cartesiano xy, duas circunferências C1 e C2, que
se tangenciam exteriormente em P: (5,10). O ponto Q: (10,12) é o
centro de C1. Determine o raio da circunferência C2, sabendo que ela
tangencia a reta definida ela equação x=y.
Fazendo agora a combinação linear (v) = (i)-(ii), encontra-se:
3 y = −8 ⇒ y = −
tg(BÂE) − tg(BÂD)
⇒
1 + tg(BÂE)tg(BÂD)
BE BD
DE
−
BA
BA
BA
tg β =
=
=
BE BD
BD + DE BD
1+
1+
⋅
⋅
BA BA
BA
BA
xr 2
r2
x
=
=
2
⎛ xr + xr ⎞ ⎛ xr ⎞ 1 + r 2 + r 3
1+ ⎜
⎟⎜ ⎟
x
⎝
⎠⎝ x ⎠
Deve-se notar que w − 3z ≠ 0 , ou seja w ≠ 3z
Fazendo-se a combinação linear (iv) = (i)+(ii)-(iii), obtém-se:
⎧ x + 2y − w = 5
⎪
⎨ x − y − w = 13
⎪2 x + y − 2w = 18
⎩
B
Temos que:
8
3
Resolução
Substituindo o valor de y nas expressões acima, obtém-se:
Do enunciado, podemos construir a seguinte figura:
31
31
x−w =
⇒w =x− ;
3
3
16
w ≠ 3z = −5 ⇒ x ≠
3
O conjunto solução do sistema é dado por: (x;y;z;w)
⎧
8 5
31
⎧16 ⎫⎫
S = ⎨( x;− ;− ; x − ), x ∈ ℜ − ⎨ ⎬⎬
3 3
3
⎩ 3 ⎭⎭
⎩
2
QUESTÃO 26
r− 2
Dentre 4 moças e 5 rapazes deve-se formar uma comissão de 5
pessoas com, pelo menos, 1 moça e 1 rapaz. De quantas formas
distintas tal comissão poderá ser formada?
2
Resolução
Como cada comissão possui, ao menos, 1 rapaz e 1 moça, temos
então as seguintes possibilidades:
1) 1 moça e 4 rapazes: C 4,1.C 5,4 = 4.5 = 20
Da figura, o raio de C1 = dQ,P=
3) 3 moças e 2 rapazes: C 4,3 .C 5,2 = 4.10 = 40
Logo a reta ( r ) é secante a C1.
Como as retas ( r ) e a reta que passa por Q e T não são paralelas,
temos um ângulo entre elas.
x y 1
A reta que passa por Q e T é: 5 10 1 = 0 ⇒ 2 x − 5 y + 40 = 0
10 12 1
4) 4 moças e 1 rapaz: C 4,4 .C 5,1 = 1.5 = 5
comissões
possíveis
é
igual
a
QUESTÃO 27
Considere um triângulo isósceles ABC, retângulo em B. Sobre o lado
2
5
Se tgα e tgγ são os coeficientes angulares das duas retas, a tangente
do ângulo entre elas é calculada por:
_____
Cujo coeficiente angular é
BC , considere, a partir de B, os pontos D e E, tais que os
comprimentos dos segmentos
_____
_____
_____
= 29 ;
A distancia do ponto Q a reta (r) x-y=0 é:
1.12 − 1.10 + 0
12 − 10
=
= 2
dQ,r =
2
2
2
1 +1
2) 2 moças e 3 rapazes: C 4,2 .C 5,3 = 6.10 = 60
Logo,
o
total
de
20 + 60 + 40 + 5 = 125.
(10 − 5 )2 + (12 − 10 )2
_____
BC , BD , DE , EC ,nesta ordem,
8
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O ELITE RESOLVE ITA 2007 - MATEMÁTICA
tgβ=
1− 2
tgα − tgγ
5 = 3 ⇒ sen β= 3
=
1 + tgα tgγ
7
58
1+ 2
5
r− 2
Da figura, temos: sen β =
3
58
=
r− 2
r + 29
r=
⇒ 3r + 3 29 = r 58 − 106 ⇒ r =
5 29
(
r + 29
(
58 − 3
2.29 + 3
)(
)
58 + 3
)
⇒r =
5 29
58 − 3
⇒
145 2 + 15 29
49
Note a aresta do tetraedro é dada pela diagonal de face do cubo de
aresta a. Assim, d = a 2 ⇒ 2 2 = a 2 ⇒ a = 2 cm Como as esferas
tem raio igual a 1 cm, as 8 esferas (8 vértices) se tangenciam
conforme a figura abaixo, não havendo área comum a duas esferas
quaisquer.
QUESTÃO 29
Seja C1 uma circunferência de raio R1, inscrita num triângulo eqüilátero
de altura h. Seja C2 uma segunda circunferência, de raio R2, que
tangencia dois lados do triângulo internamente e C1 externamente.
Calcule
(R1 – R2)/h.
Resolução
Como o triângulo é eqüilátero, temos que o incentro se encontra na
mesma posição do baricentro. Assim, a medida AO corresponde a
dois terços da altura, e o raio R1, representado por OM corresponde
ao outro terço. Assim, considerando a figura abaixo:
A
E
2h
3
C2
P
Notamos que 1/8 de cada esfera fica interna ao cubo.
Assim, o volume da parte do cubo exterior às esferas é calculado por:
1
1⎛ 4
⎞
Vexterior = Vcubo − ⋅ Vesferas = a3 − ⎜ 8 ⋅ π ⋅ r 3 ⎟
8
8⎝ 3
⎠
C1
D
Vexterior = 23 −
Q
O
R1 =
h
3
B
M
C
Os triângulos OQP e ODA são semelhantes (ambos têm um ângulo
reto, e o ângulo AÔD é comum).
Assim:
h
2
2
h
h
R1
AO OD
3
3
3
=
⇒
=
⇒
=
⇒
h
h
PO OQ
R1 + R2 R1 − R2
+ R2
− R2
3
3
2h
h
h
− 2R2 = + R2 ⇒ R2 =
3
3
9
Assim, temos que a relação pedida tem valor:
h h
−
R1 − R2 3 9 2
=
=
h
h
9
QUESTÃO 30
Os quatro vértices de um tetraedro regular, de volume 8/3 cm3,
encontram-se nos vértices de um cubo. Cada vértice do cubo é centro
de uma esfera de 1cm de raio. Calcule o volume da parte do cubo
exterior às esferas.
Resolução
Seja b a aresta do tetraedro, então o volume deste tetraedro é dado
por:
2
8
2
V = b3
⇒ = b3
⇒b=2 2
12
3
12
9
1⎛ 4
4π
3⎞
cm3
⎜ 8 ⋅ π ⋅1 ⎟ = 8 −
8⎝ 3
3
⎠
IME 2007
3 alunos aprovados dos 7 que
prestaram!
A MAIOR aprovação de
Campinas e região da
DÉCADA!
Média Histórica de todos os outros de Campinas e
região JUNTOS: 1,5 alunos/ano
André Dias Ruiz Augusto (Aprovado IME 2007):
“Um dos principais diferenciais do Elite são os simulados
semanais, que mantêm o candidato estudando mesmo nos
períodos sem vestibular, além de mostrar o quão preparado
está.”
Gilberto Santos Giuzio (Aprovado IME 2007):
“Por ter feito supletivo e estudar sozinho, antes eu não tinha
quem me corrigisse, por isso quando entrei no Elite eu
escrevia muito mal.”
(19) 3251 1012
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