o anglo resolve a prova de Matemática do ITA

o
anglo
resolve
a prova
de
Matemática
do ITA
dezembro
de 2006
Código: 83580106
É trabalho pioneiro.
Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.
Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em sua
tarefa de não cometer injustiças.
Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante no
processo de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de cada
questão, seguida da resolução elaborada pelos professores do Anglo.
No final, um comentário sobre as disciplinas.
O Instituto Tecnológico de Aeronáutica — ITA — é uma escola de
engenharia mundialmente conhecida.
Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos (Engenharia Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia de
Infra-Estrutura Aeronáutica, Engenharia Elétrica e Engenharia de
Computação), trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias:
1º dia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questões
dissertativas.
2º dia: PORTUGUÊS, com 20 questões de múltipla escolha, 5
questões dissertativas e uma redação, e INGLÊS, com 20 questões de
múltipla escolha.
3º dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10
questões dissertativas.
4º dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10
questões dissertativas.
A prova de Inglês é eliminatória e não entra na classificação final.
Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolha
equivalem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos outros 50%.
Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalem a
40% do valor da prova; as dissertativas, a 20% e a Redação, a 40%.
Só é corrigida a parte dissertativa dos 650 melhores classificados nas
questões de múltipla escolha.
Serão considerados aprovados nos exames de escolaridade os candidatos que obtiverem nota igual ou superior a 40 (na escala de 0 a
100) e média igual ou superior a 50 (na escala de 0 a 100).
A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física,
Química e Português.
MATEM ÁT ICA
NOTAÇÕES
= {0, 1, 2, 3, ...}
: conjunto dos números inteiros
: conjunto dos números racionais
: conjunto dos números reais
: conjunto dos números complexos
i: unidade imaginária; i2 = – 1
|z|: módulo do número z ∈ z–: conjugado do número z ∈ Re z: parte real de z ∈ Im z: parte imaginária de z ∈  n
  : número de combinações de n elementos tomados p a p.
 p
▼
mdc(j, k): máximo divisor comum dos números inteiros j e k.
n(X): número de elementos de um conjunto finito X.
(a, b) = {x ∈ : a x b}.
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos ortogonais.
Questão 1
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,
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
I) Como n(B – A) = n(B) – n(A ∩ B) e n(A ∪ B) = n(A) + n(B) – n(A ∩ B) temos:
 n(B) – n(A ∩ B) = 12

 n(A) + n(B) – n(A ∩ B) = 23
(1)
(2)
Substituindo (1) em (2) temos:
n(A) + 12 = 23 ∴ n(A) = 11.
II) Como n(A ∪ C) = n(A) + n(C) – n(A ∩ C) e
n(C – A) = n(C) – n(A ∩ C) temos:
n(A ∪ C) = n(A) + n(C – A) ∴
n(A ∪ C) = 11 + 10 ∴ n(A ∪ C) = 21
III) Como
n(A ∪ B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C) – n(A ∩ B) – n(A ∩ C) – n(B ∩ C) + n(A ∩ B ∩ C)
n(A ∪ B ∪ C) = n(B) – n(A ∩ B) + n(C) – n(A ∩ C) + n(A) – n(B ∩ C) + n(A ∩ B ∩ C)
n(A ∪ B ∪ C) = n(B – A) + n(C – A) + n(A) – n(B ∩ C) + n(A ∩ B ∩ C)
n(A ∪ B ∪ C) = 12 + 10 + 11 – 6 + 4
n(A ∪ B ∪ C) = 31
Assim n(A), n(A ∪ C) e n(A ∪ B ∪ C) formam, nesta ordem, uma Progressão Aritmética de razão 10 e último
termo 31.
Resposta: D
ITA/2007
2
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 2
Seja A um conjunto com 14 elementos e B um subconjunto de A com 6 elementos. O número de subconjuntos
de A com um número de elementos menor ou igual a 6 e disjuntos de B é
A) 28 – 9.
B) 28 – 1.
C) 28 – 26.
D) 214 – 28.
E) 28.
Resolução
Do enunciado, existem 8 elementos de A que não são elementos de B. Com esses 8 elementos, o número de
subconjuntos pedido é:
 8 
 8 
 8 
 8 
 8 
 8 
  +   +   + … +   = 28 –   –  
 0 
 1 
 2 
 6 
 0 
 1 
= 28 – 1 – 8
= 28 – 9
▼
Resposta: A
Questão 3
Considere a equação:
 1 – ix 
16 

 1 + ix 
3
4
1 + i 1 – i 
–
=
 .
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
4
 1 − ix 3  (1 + i)2 − (1 − i)2 


16 
 =
 (1 − i)(1 + i) 
 1 + ix 


 1 − ix 3
∴ 16 
 = (2 i)4
 1 + ix 
3
∴ (1 − ix)3 = 1 ∴ (1 + ix)3 − (1 − ix)3 = 0
(1 + ix)
∴ 6ix + 2i3x3 = 0 ∴ 2ix(3 + i2x2) = 0
∴ 2ix(3 – x2) = 0
x=0
ou
x2 = 3 ∴
x=± 3
A soma dos quadrados das soluções é
2
2
02 +  − 3  +  3  = 6
Resposta: B
ITA/2007
3
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 4
Assinale a opção que indica o módulo do número complexo
1
, x ≠ kπ , k ∈ .
1 + i cotg x
A) |cos x|
B) (1 + sen x)/2
C) cos2 x
D) |cossecx|
E) |sen x|
Resolução
1
1
=
1 + i cot gx | 1 + i cot gx |
1
=
2
1 + cot g2 x
1
=
=
cosec 2 x
1
| cos ec x |
= |sen x|
▼
Resposta: E
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 círculo 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.
Resolução
Do enunciado temos:
H–r
l
H
B
H
l
r
r
B/2
ITA/2007
H
r
B/2
B/2
4
ANGLO VESTIBULARES
 B 2
l = H +  
 2
2
2
l=
4H2 + B2
2
H–r
r
Por semelhança temos:
r
=
B
2
H−r
4H2 + B2
2
⇒
r=
H⋅B
B + 4H2 + B2


1
B⋅H
, πr 2  com razão .
temos ainda: PG  B ⋅ H,
2
2


2


B⋅H 1
H⋅B
logo:
⋅ = π
 ⇒ 2B ⋅ 4H2 + B2 + 4H2 + 2B2 = 4 π ⋅ H ⋅ B
 B + 4H2 + B2 
2
2


 B 2
H B
4 +   + 2 ⋅ + = 2π
H
B H
 
Dividindo por 2HB, vem:
Chamando
B
= x , temos:
H
4 x2 + x 4 + 2 + x2 = 2π ⋅ x
⇒
4 x2 + x 4 = 2πx − ( x2 + 2) elevando ambos os lados ao quadrado, vem:
4x2 + x4 = 4π2x2 – 4πx(x2 + 2) + x4 + 4x2 + 4 ⇒
πx3 – π2x2 + 2πx – 1 = 0
▼
Resposta: D
Questão 6
Se as medidas dos lados de um triângulo obtusângulo estão em progressão geométrica de razão r, então r pertence ao intervalo
A) (0, (1 + 2 )/2) .
B) (1 + 2 )/2, (1 + 5 )/2  .
C)



(1 + 5 )/2 , (1 + 5 )/2 .

D) (1 + 5 )/2, 2 + 2/2  .

E)
ITA/2007




2 + 2/2 , (2 + 3 )/2 .

5
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
a
, a e ar, em que a 0 e r 0.
r
Podemos afirmar que r ≠ 1, pois, com r = 1, o triângulo seria equilátero.
Resta-nos estudar dois casos
1º- caso: 0 r 1
As medidas dos lados desse triângulo podem ser representadas por
Neste caso, a maior medida é
De
 a 2
a
a
a + ar e   a2 + (ar )2.
e temos
r
r
r
a
a + ar , temos:
r
1
1+ r
r
5 −1
r 1 (1)
2
r2 + r – 1 0 ∴
 a 2
De   a2 + (a ⋅ r )2 , temos:
r
1
2
1 + r2
r
r4 + r2 – 1 0
5 −1
∴ 0r
2
0 r2 5 −1
2
5 −1
r
2
De (1) e (2), temos
(2)
5 −1
.
2
2º- caso: r 1
2
Neste caso, a maior medida é ar e temos ar a +
De ar a +
r 1+
 a
a
e (ar )2 a2 +   .
r
r
a
, temos:
r
1
r
r2 – r – 1 0 ∴
1 r 5 +1
(3)
2
2
 a
De (ar )2 a2 +   , temos:
r
r2 1 +
1
r2
r4 – r2 – 1 0
r2 ITA/2007
5 +1
∴ r
2
5 +1
2
( 4)
6
ANGLO VESTIBULARES
De (3) e (4), temos
5 +1
5 +1
r .
2
2
Resumindo, sendo A o conjunto dos possíveis valores de r, temos:


5 −1
A = r ∈ IR :
r
2

0
5–1
2
5 −1
2
5–1
2

5 +1
5 + 1

r
2
2 

ou
1
5+1
2
5+1
2
r
Como A não está contido em qualquer um dos intervalos indicados nas alternativas, a questão não apresenta
alternativa correta.
▼
Sem resposta
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.
Resolução
• De logkx + logky = 49, temos:
Se logkx = 2, então logky = 47.
De logkx = 47, então logky = 2.
Se logkx = – 2, então logky = 51, que não é um número primo.
Se logkx for um número primo ímpar e diferente de 47, então logky será um número par diferente de 2 e
diferente de – 2; nesse caso, logky não será um número primo.
• De logkx – logkz = 44 e logkx = 2, temos logkz = – 42, que não é um número primo.
• De logkx – logkz = 44 e logkx = 47, temos logkz = 3, que é um número primo.
Portanto logkx = 47, logky = 2, logkz = 3 e logkx + logky + logkz = 52, ou seja, logk(xyz) = 52.
▼
Resposta: A
Questão 8
Sejam x e y dois números reais tais que ex, ey e o quociente
ex – 2 5
4 – ey 5
são todos racionais. A soma x + y é igual a
A) 0.
B) 1.
C) 2 log5 3.
D) log5 2.
E) 3 loge 2.
ITA/2007
7
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
Como
ex – 2 5
é racional, existem p inteiro e q inteiro não nulo, tais que:
4 – ey 5
ex – 2 5
4–e
y
5
=
p
q
qe x − 2q 5 = 4p − pe y 5
∴
(1)
Além disso ex e ey são racionais. Assim, a afirmação (1) é verdadeira se e somente se:
qe x = 4p

− 2q = − pe y
Logo,
ex
2
=
4
ey
⇔
p ex
 =
q
4

p = 2
 q ey

∴ ex + y = 8
∴ x + y = loge8
x + y = 3 loge2
▼
Resposta: E
Questão 9
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.
D) 3.
B) 7.
E) 1.
C) 5.
Resolução
Como o coeficiente de z5 é 1 e z3 + z2 + z + 1 é fator de Q(z) do quinto grau, esse polinômio pode ser
representado por:
— (z2 + az + b)(z3 + z2 + z + 1), em que a e b são constantes.
Q(z) —
—
• De Q(0) = 2 temos:
(b)(1) = 2 ∴ b = 2
• De Q(1) = 8 temos:
(1 + a + 2) (1 + 1 + 1 + 1) = 8 ∴ a = – 1
Assim, Q(z) = (z2 – z + 2)(z3 + z2 + z + 1).
As raízes de Q(z) são dadas pelas raízes das equações z2 – z + 2 = 0 e z3 + z2 + z + 1 = 0.
Resolvendo-se z2 – z + 2 = 0, vem:
z=
1
7
+
i e
2
2
z=
1
7
−
i
2
2
Resolvendo-se z3 + z2 + z + 1 = 0, vem:
z2(z + 1) + 1(z + 1) = 0
(z + 1)(z2 + 1) = 0
z = – 1; z = i e z = – i
A soma dos quadrados dos módulos das raízes é
1
7
− +
i
2
2
2
1
7
+ − −
i
2
2
2
+ | − 1 |2 + | i |2 + | − i |2 =
2
2
( 2) + ( 2)
+ 1+ 1+ 1= 7
Resposta: B
ITA/2007
8
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 10
Sendo c um número real a ser determinado, decomponha o polinômio 9x2 – 63x + c, numa diferença de dois
cubos
(x + a)3 – (x + b)3.
Neste caso, |a + |b| – c| é igual a
A) 104.
B) 114.
C) 124.
D) 134.
E) 144.
Resolução
Do enunciado, temos a igualdade:
9x2 – 63x + c = (x + a)3 – (x + b)3
9x2 – 63x + c = x3 + 3x2 ⋅ a + 3 ⋅ xa2 + a3 – x3 – 3x2b – 3xb2 – b3
9x2 – 63x + c = (3a – 3b)x2 + (3a2 – 3b2)x + a3 – b3
Assim,
 3a – 3b = 9

 3a2 – 3b2 = – 63

 a3 – b3 = c
 a–b=3

 (a + b)(a – b) = – 21

 a3 – b3 = c
Resolvendo o sistema acima, temos a = – 2, b = – 5, c = 117.
Logo |– 2 + |– 5| – 117| = |– 114| = 114.
▼
Resposta: B
Questão 11
Sobre a equação na variável real x,
| | | x – 1 | – 3 | – 2 | = 0,
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.
Resolução
|||x–1|– 3|– 2|=0
||x–1|– 3|– 2=0
||x–1|– 3|=2
temos duas possibilidades:
(I) | x – 1 | – 3 = 2 ∴ | x – 1 | = 5, ou seja:
x–1=5
∴ x=6
ou
x – 1 = –5
∴ x = –4
(II) |x – 1| – 3 = – 2 ∴ |x – 1| = 1, ou seja:
x–1=1
∴ x=2
ou
x – 1 = –1
x=0
A soma de todas as soluções é: – 4 + 0 + 2 + 6 = 4
Resposta: D
ITA/2007
9
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 12
Determine quantos números de 3 algarismos podem ser formados com 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7, satisfazendo à 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
Resolução
Do enunciado, ou os números têm 3 algarismos distintos, ou o número é 177, ou o número é 277.
Assim:
(177 ou 277)
↓ ↓ ↓
7⋅6⋅5
+
2
= 212
▼
Resposta: E
Questão 13
Seja x um número real no intervalo 0 x π/2. Assinale a opção que indica o comprimento do menor intervalo que contém todas as soluções da desigualdade

1 π
tg  – x –
2 2


x 1
3 cos 2 –  sec ( x ) 0.
2 2

A) π/2
B) π/3
C) π/4
D) π/6
E) π/12
Resolução


1 π
x 1
tg  – x – 3 cos2 –  sec x 0.
2 2
2 2


1
⋅ cot gx – 3 ⋅
2
2 cos2
cot gx – 3 ⋅ cos x ⋅
2
1
0 ∴ cot gx 3 ∴
cos x
No intervalo 0 x tgx 3
3
x
−1
2
⋅ sec x 0 (2)
π
2
∴ 0x
1
tgx
3
temos:
π
6
Assim, o comprimento do menor intervalo que contém todas as soluções é
π
6
.
Resposta: D
ITA/2007
10
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 14
Assinale a opção que indica a soma dos elementos de A ∪ B, sendo:


 k 2π 
 : k = 1,2 e
A =  x k = sen 2 



 24 
 (3k + 5)π 


B =  y k = sen 2 
 : k = 1,2 .


24


A) 0
B) 1
C) 2

D)  2 –


E)  2 +

2+

3 / 3

2–

3 / 3

Resolução
Do enunciado,

π
π 
A =  sen2
, sen2 
24
6 


π
11π 

e B =  sen2 , sen2
3
24 

Como A e B são disjuntos, a soma dos elementos de A ∪ B é:
11π
24
6
3
24
Lembrando de arcos complementares, podemos escrever:
S = sen2
S = sen2
π
+ sen2
π
+ cos2
24
π
π
24
+ sen2
π
+ sen2
π
6
+ sen2
+ cos2
π
6
∴ S=2
▼
Resposta: C
Questão 15
Sejam A = (ajk) e B = (bjk), duas matrizes quadradas n × n, onde ajk e bjk são, respectivamente, os elementos
 j
 k
da linha j e coluna k das matrizes A e B, definidos por a jk =   quando j k, a jk =   quando j k e
 k
 j
jk
 jk 
b jk = ∑ (– 2) p   .
 p
p=0
O traço de uma matriz quadrada (cjk) de ordem n × n é definido por Σ n
c . Quando n for ímpar, o traço
p = 1 pp
de A + B é igual a
A)
n( n – 1)
.
3
D)
3( n – 1)
.
n
B)
( n – 1)( n + 1)
.
4
E)
( n – 1)
.
( n – 2)
C)
( n 2 – 3n + 2 )
.
( n – 2)
ITA/2007
11
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
Seja C = A + B. Como tr(C) = Σ
n
p=1
n
cpp, temos:
tr(C) = Σ
(a + bpp)
p = 1 pp
Do enunciado:
p
app =  
p
p2
bpp = Σ p = 0
 2
p  (–2)p = Σp2
 
p=0
p
 2
p  1p2 – p ⋅ (–2)p = (1 – 2)p2 = (–1)p2
 
p
Assim:
n
n
tr(C) = Σ
a + Σp = 1 bpp
p = 1 pp
n
n
tr(C) = Σp = 1 1 + Σp = 1 (–1)p2
n
Quando n é ímpar, Σp = 1 (–1)p2 = –1. Assim:
(n – 1)(n – 2) n2 – 3n + 2
=
(n – 2)
n–2
tr(C) = n – 1 =
▼
Resposta: C
Questão 16
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
D)
9
.
4
B)
13
.
4
E)
7
.
2
C)
11
.
6
Resolução
Sejam A, B e C os vértices desse triângulo.
Temos:
123 123 123
2x = y
x = 2y
∴
x=0ey=0
∴
A(0, 0)
x + 2y = 10
2x = y
∴
x=2ey=3
x + 2y = 10
x = 2y
∴
x=5ey= 5
2
∴
∴
B(2, 4)
B(5, 5 )
2
0 0 1
D = 2 4 1 = – 15
5
5
1
2
Área (ABC) =
1
15
|–15| =
2
2
Resposta: A
ITA/2007
12
ANGLO VESTIBULARES
▼
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
Resolução
P(x, y)
mAB =
a–0
= –1
0–a
A(a, 0)
B(0, a)
123
C(a, a)
y – 0 = –1(x – a)
↔
x + y – a = 0 (AB)
↔=d
dP, AB
PC
x+y–a
12 + 12
= ( x – a)2 + ( y – a)2
A(a, 0)
Elevando ao quadrado:
x2 + y2 + a2 + 2xy – 2ax – 2ay = 2(x2 – 2ax + a2 + y2 – 2ay + a2)
x2 + y2 – 2xy – 2ax – 2ay + 3a2 = 0
▼
Resposta: A
Questão 18
Seja Pn um polígono regular de n lados, com n 2. Denote por an o apótema e por bn o comprimento de um
lado de 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
C
AB = bn
B
an α
α
0
AM =
bn
2
M
A
ITA/2007
n: número de lados
13
ANGLO VESTIBULARES
bn
1
AM
= 2 =
tgα =
MO an 2
(supondo bn = an)
1
4
2
=
=
tg2α =
2
1 – tg α 1 – 1 3
4
2tgα
2⋅
Logo, bn an ⇔ tg2α 4
3
Com n = 8, temos 2α = 45º e, portanto, tg2α = 1 Com n = 6, temos 2α = 60º e, portanto, tg2α =
4
3
3 (I)
4
3
(II)
Seja tg2α = k, para n = 7.
Observemos que 45º 2α 60º e, portanto, 1 tg2α 3
n=8
1
n=6
3
4
3
k
1) Se k 4
, então, b7 a7 e b6 a6 e, então, n = 7.
3
2) Se k 4
, então, b8 a8 e b7 a7 e, então, n = 8. O valor de n, pedido, será 8.
3
Concluímos que 6 n 9.
▼
Resposta: B
Questão 19
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
A)
5
.
8
B)
9 2
.
16
(
A1
é igual a
A2
)
(4 2 + 1) .
D)
C) 2
2 –1.
8
E)
ITA/2007
(2 + 2 ) .
4
14
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
Polígono P1
Polígono P2
l/2
R
45°
R
A1 = 8 ⋅
1
⋅ R ⋅ R ⋅ sen45º
2
l/2
R
0
45°
2
0
∴
A1 = R2 ⋅ 2 2
 45º 
2tg

 2 
tg45º =
 45º 
1 – tg2 

 2 
 45º 
2tg

 2 
1=
 45º 
1 – tg2 

 2 
 45º  l / 2
tg
 =
∴
R
 2 
l⋅R
A2 = 8 ⋅
2
 45º 
tg
= 2 –1
 2 
∴
2 – 1=
∴ A2 = 8 ⋅
l/2
R
∴ l = 2R( 2 – 1)
2R( 2 – 1) ⋅ R
2
∴ A2 = 8R2 ( 2 – 1)
2
Logo, A1 = R 2 2 = 2 + 2
A2 8R2 ( 2 – 1)
4
▼
Resposta: E
Questão 20
Considere uma pirâmide regular de base hexagonal, cujo apótema da base mede
3 cm. Secciona-se a pirâmide por um plano paralelo à base, obtendo-se um tronco de volume igual a 1 cm3 e uma nova pirâmide. Dado
1
, a altura do tronco, em centímetros, é igual a
a razão entre as alturas das pirâmides é
2
que
A)
(
B)
(
C)
(3
ITA/2007
6 –
2
)
3
).
4
6 –
3
3 –
21
6
).
15
ANGLO VESTIBULARES
D)
(3
E)
(2
2 –2 3
6
6 –
2
22
).
).
Resolução
h
H
altura do tronco
hT
0
1)
3
h = 1
H
2
l
h
1
h – H 1– 2
H–h
=
=
=
∴
∴
H
H
H
2
2
Logo:
hT
=
H
2 –1
∴ hT =
2
2 –1
2
2 –1
H (1)
2
2) Sendo V e v, respectivamente, os volumes da pirâmide e da nova pirâmide, temos:
3
h
1
v  1 
v
1
=
∴
= 
 ∴
=
H
V
V
2
2 2
 2
Daí:
v – V 1– 2 2
V – v 2 2 –1
∴
=
=
V
V
2 2
2 2
Como V – v é o volume do tronco, temos:
1 2 2 –1
2 2
=
∴ V=
V
2 2
2 2 –1
Sendo l a aresta da base da pirâmide, temos:
l 3
2
= 3 ∴ l=2
A área da base da pirâmide é 6 ⋅
Logo,
1
2 2
⋅6 3 ⋅H=
∴ H=
3
2 2 –1
22 3
, ou seja, 6 3
4
2
3(2 2 – 1)
Substituindo o valor de H em (1), vem:
hT =
2 –1
2
⋅
2
3(2 2 – 1)
∴ hT =
3 3– 6
21
Resposta: C
ITA/2007
16
ANGLO VESTIBULARES
▼
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser resolvidas e respondidas no caderno de soluções.
Questão 21
Determine o conjunto C, sendo A, B e C conjuntos de números reais tais que
A ∪ B ∪ C = {x ∈ : x2 + x 2},
A ∪ B = {x ∈ : 8– x – 3 ⋅ 4– x – 22 – x 0},
A ∩ C = {x ∈ : log(x + 4) 0},
B ∩ C = {x ∈ : 0 2x + 7 2}.
Resolução
Note que:
C = [(A ∪ B ∪ C) – (A ∪ B)]
144424443
A
∪
[A ∩ C]
∪
123
B
A
[B ∩ C]
123
B
A
∪
B
∪
C
C
C
A ∪ B ∪ C:
De x2 + x 2, temos x2 + x – 2 0 e, portanto x –2 ou x 1.
A ∪ B:
De 8–x – 3 ⋅ 4–x – 22 ⋅ 2–x 0 e 2–x = t, temos:
t3 – 3t2 – 4t 0
(t2 – 3t – 4)t 0
t2 – 3t – 4 0
(pois t 0)
t –1 ou t 4
t 4 (pois t 0)
2–x 22
–x 2
∴ x –2
A∪B∪C
–2
A∪B
x
1
x
–2
(A ∪ B ∪ C) – (A ∪ B)
–2
(1)
x
1
A ∩ C:
De log(x + 4) 0, temos:
0 x + 4 1 e, portanto, –4 x –3.
B ∩ C:
De 0 2x + 7 2, temos:
–7 2x –5 e, portanto,
–7
–5
.
x
2
2
(A ∪ B ∪ C) – (A ∪ B)
A∩C
–2
–4
B∩C
–4
Resposta: {x ∈ IR/ –4 x –
ITA/2007
x
x
–3
–7
2
C
1
x
–5
2
–5 –2
2
1
x
5
ou x = –2 ou x 1}
2
17
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 22
Determine o conjunto A formado por todos os números complexos z tais que
z
2z
+
= 3 e 0 | z – 2i | 1.
z – 2i z + 2i
Resolução
Sendo w =
z
z
.
, temos —
w=
z + 2i
z – 2i
z
2z
+
= 3 , temos:
z – 2i z + 2i
—
w + 2w = 3
—
w+w+w=3
2Re(w) + w = 3 ∴ w ∈ IR
De w ∈ IR, temos Re(w) = w e, portanto, 2w + w = 3
_
z
Temos
= 1 e z = z + 2i
z + 2i
Sendo z = x + yi, com {x, y} ⊂ IR, temos:
Assim, de
∴
w = 1.
x + yi = x – yi + 2i
2yi = 2i
∴
y=1ez=x+i
De 0 |z – 2i| 1, temos:
0 |x + i – 2i| 1
0 |x – i| 1
0
x2 + 1 1
∴
x=0ez=0+i
▼
Resposta: A = {i}
Questão 23
Seja k um número inteiro positivo e Ak = {j ∈ : 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.
Resolução
A3 é o conjunto de todos os números naturais j, j 3, tais que j e 3 sejam primos entre si.
Logo, A3 = {0, 1, 2, 3} – { 0, 3} = {1, 2}
n(A3) = 4 – 2 ∴ n(A3) = 2
A9 é o conjunto de todos os números naturais j, j 9, tais que j e 9 sejam primos entre si.
Logo, A9 = {0, 1, 2, 3, …, 9} – {0, 3, 6, 9}
n(A9) = 10 – 4 ∴ n(A9) = 6
Analogamente, temos:
A27 = {0, 1, 2, 3, …, 27} – {0, 3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27}
n(A27) = 28 – 10 ∴ n(A27) = 18
A81 = {0, 1, 2, 3, …, 81} – {0, 3, 6, …, 3 ⋅ 27}
n(A81) = 82 – 28
∴
n(A81) = 54
Resposta: A seqüência (2, 6, 18, 54) é uma progressão geométrica de razão 3.
ITA/2007
18
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 24
Considere a equação:
x 2 – p + 2 x 2 – 1 = x.
a) Para que valores do parâmetro real p a equação admite raízes reais?
b) Determine todas essas raízes reais.
Resolução
x2 – p + 2 x2 – 1 = x
(1)
Dessa igualdade, temos as condições:
x 0 (adição de raízes quadradas)
x2 – 1 0 (radicando de uma raiz quadrada)
x2 – p 0 (radicando de uma raiz quadrada)
Logo, podemos afirmar que x 1.
(2)
x2 – p = x – 2 x2 – 1.
De (1), temos
( 3)
Dessa igualdade, resulta x – 2 x2 – 1 0 , ou seja, x 2 x2 – 1.
Como x 1, temos as proposições equivalentes:
x2 4(x2 – 1)
x2 4x2 – 4
4 3x2
4
.
3
x2 ∴
(4)
De (2), (3) e (4), temos as proposições equivalentes:
(
x2 – p
2
) (
)
= x – 2 x2 – 1
x2 – 1 + 4(x2 – 1)
x2 – p = x2 – 4x
4x
2
x2 – 1 = 4x2 + p – 4
Seja p – 4 = 4q.
(5)
Temos as proposições equivalentes:
4x
x2 – 1 = 4x2 + 4q
x x2 – 1 = x2 + q.
(6)
Dessa igualdade, resulta a condição:
x2 + q 0, ou seja, q –x2.
(7)
De (6) e (7), temos as proposições equivalentes:
(
2
) = ( x + q)
x x2 – 1
2
2
x4 – x2 = x4 + 2qx2 + q2
–2qx2 – x2 = q2
–x2(2q + 1) = q2.
ITA/2007
(8)
19
ANGLO VESTIBULARES
Dessa igualdade, podemos concluir que
–1
.
2
(9)
– q2
.
2q + 1
(10)
2q + 1 0, ou seja, q De (8) e (9), temos x2 =
De (2), (9) e (10), temos:
–q2
1
2q + 1
–q2 2q + 1
0 q2 + 2q + 1
0 (q + 1)2 (verificada para todo q, q
∈ IR)
De (4), (9) e (10), temos:
4
–q2
3
2q + 1
–3q2 8q + 4
3q2 + 8q + 4 0
∴
–2 q –2
.
3
(11)
De (7), (9) e (10), temos:
q–
–q2
2q + 1
2q2 + q q2
q2 + q 0
∴
–1 q 0.
(12)
Das condições (9), (11) e (12), temos:
q –1
2
–2 q –2
3
–1
2
–2
q
q
–2
3
–1 q 0
–1
Logo, temos –1 q 0
–2
.
3
q
(13)
a) De (13) e (5), temos:
–2
3
–1 q –4 4q –8
3
–4 p – 4 0p
–8
3
4
3
Resposta: 0 p ITA/2007
4
3
20
ANGLO VESTIBULARES
b) De (5) e (10), temos:
x2 =
p–4
–q2
eq=
4
2q + 1
(p – 4 )2
16
x2 =
p–4
+1
2
–
x2 =
–(p – 4 )2
8(p – 4 ) + 16
x2 =
(p – 4 )2
16 – 8p
∴
x2 =
(p – 4 )2
4( 4 – 2p )
De (2), temos x 1 e, portanto,
x=
p–4
2 4 – 2p
Como 0 p 4
4–p
, temos x =
3
2 4 – 2p
Resposta: Sendo S o conjunto solução, temos:
0p


4
–
⇒ S= 4 p 
3
 2 4 – 2p 
▼
p 0 ou p 4
⇒S={ }
3
Questão 25
Sendo x, y, z e w números reais, encontre o conjunto solução do sistema
log [(x + 2y)(w – 3z)– 1] = 0,
2x + 3z – 8 ⋅ 2y – 3z + w = 0,
3 2x
+ y + 6 z – 2 w – 2 = 0.
Resolução
Do sistema dado, resultam os seguintes sistemas equivalentes:
14243
x + 2y
=1
w – 3z
2x + 3z = 23 ⋅ 2y – 3z + w
2x + y + 6z – 2w = 8
14243
x + 2y = w – 3z, w – 3z ≠ 0
x + 3z = 3 + y – 3z + w
2x + y + 6z – 2w = 8
ITA/2007
21
ANGLO VESTIBULARES
14243 14243
× –1
x + 2y + 3z – w = 0
× –2
x – y + 6z – w = 3
2x + y + 6z – 2w = 8
x + 2y + 3z – w = 0
– 3y + 3z
=3
– 3y
( –3)
( –3)
=8
14243
x + 2y + 3z = w
y – z = –1
–8
y=
3
y – z = –1
–8
– z = –1
3
–8
+1=z
3
∴
z=
–5
3
x + 2y + 3z = w
x–
16 15
–
=w
3
3
∴
x=w+
Das condições w – 3z ≠ 0 e z =
31
3
–5
, temos w ≠ –5.
3

31 –8 –5 
, , , α  ,
Portanto, a quádrupla (x, y, z, w) é solução do sistema se, e somente se, ela é da forma  α +
3 3 3


em que α é um número real diferente de –5.
▼


Resposta: V =  α + 31 , –8 , –5 , α  , com α
3 3 3




∈ IR – {–5}
Questão 26
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?
Resolução
Do enunciado, para ter, pelo menos, uma moça e um rapaz, a comissão formada só não pode ter cinco rapazes.
Assim:
C9,5 – C5,5 =
9!
– 1 = 125
5! ⋅ 4!
▼
Resposta: 125.
Questão 27
—–
Considere um triângulo isósceles ABC, retângulo em B. Sobre o lado BC , considere, a partir de B, os pontos D e
—– —– —– —–
E, tais que os comprimentos dos segmentos BC , BD, DE, EC , nesta ordem, formem uma progressão geométrica
decrescente. Se β for o ângulo EÂD, determine tg β em função da razão r da progressão.
ITA/2007
22
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
A
β α
x
C
xr3
E
D
xr2
B
xr
x
Seja α o ângulo DÂC.
Da figura, temos:
1442443
tg(α + β) =
tgα =
xr 2 + xr
= r2 + r
x
xr
=r
x
Assim:
tgβ = tg[(α + β) – α] =
∴
tgβ =
tg( α + β) – tgα
r2 + r – r
=
1 + tg( α + β)tgα 1 + (r 2 + r )r
r2
1 + r3 + r2
Temos ainda que: x = xr + xr2 + xr3
∴
r3 + r2 = 1 – r
Substituindo:
tgβ =
r2
1+ 1 – r
▼
Resposta: tgβ =
∴
tgβ =
r2
2–r
r2
2–r
Questão 28
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 pela equação x = y.
ITA/2007
23
ANGLO VESTIBULARES
Resolução
Sendo OP = OT = r o raio de C2, do enunciado, temos:
Q
y
12
A
C1
C2
P
α + 45°
M
B
10
α
O
45°
T
x
5
10
y=x
O segmento QM é dado por: QM =
Como AM = OT, temos AQ =
10 – 12
= 2.
12 + 12
2 – r.
(1)
No triângulo PQB, temos PB2 + QB2 = PQ2 ∴ PQ2 = 52 + 22 ∴ PQ =
29 e, portanto, OQ =
29 + r.
(2)
Ainda:
tg(α + 45º) =
2
tgα + 1 2
3
7
∴
=
∴ tgα = – ∴ cos α = – senα
5
1 – tgα 5
7
3
Da Relação Fundamental:
sen2α + cos2α = 1
∴

 7
sen2α +  – senα

 3
2
∴
=1
senα = ±
3
58
(3)
.
No triângulo AOQ:
senα =
AQ
. De (1) e (2), temos senα =
OQ
2 –r
29 + r
.
(4)
De (3) e (4), temos:
2 –r
29 + r
=
3
58
▼
Resposta: r =
∴ r=
– 29
3 + 58
(N / C) ou
2 –r
29 + r
=–
3
58
∴ r=
5 29
58 – 3
5 29
58 – 3
Questão 29
Seja C1 uma circunferência de raio R1 inscrita num triângulo equilátero 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.
ITA/2007
24
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Resolução
Do enunciado, temos a figura:
h
O
R1
60°
R2
P
O’
30°
T
T’
Da figura, temos OT = R1, O’T’ = R2 e OO’ = R1 + R2.
Como OP = OT – PT e PT = O’T’, temos OP = R1 – R2.
No triângulo OPO’:
cos60º =
OP
OO'
∴
1 = R1 – R2
R1 + R2
2
∴
∴
R1 = 3R2
R2 =
Sendo OT o apótema do triângulo equilátero, temos OT =
De (1) e (2), temos R2 =
R1
3
h
3
(1)
∴
R1 =
h
.
3
(2)
h
. Assim:
9
h h
–
R1 – R2 3 9 2
=
= .
h
h
9
▼
Resposta:
2
.
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 1 cm de raio. Calcule o volume da parte do cubo exterior às esferas.
Resolução
Do enunciado, temos a figura,
1
VTETRAEDRO = a3 – 4 ⋅
Assim
a3 8
=
∴ a=2
3
3
VPEDIDO = 23 – 8 ⋅
Resposta:
ITA/2007
1 a⋅a
a3
⋅
⋅a=
3
2
3
1 4
4
24 – 4 π
⋅ ⋅ π ⋅ 13 = 8 – π =
8 3
3
3
24 – 4 π
cm3
3
25
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CO MENTÁRIO
Uma prova bem elaborada, com excessão da questão 6, que não apresentou alternativa correta.
ITA/2007
1
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