Matemática (15/12/2016)

SOLUÇÃO IDEAL – ITA 2016/2017 – Matemática
01. Sejam X e Y dois conjuntos finitos com X ⊂ Y e X ≠ Y.
Considere as seguintes afirmações:
I. Existe uma bijeção f :X → Y.
II. Existe uma função injetora g : Y → X.
III. O número de funções injetoras f : X → Y é igual ao
número de funções sobrejetoras g : Y → X.
É (são) verdadeira(s)
A ( ) nenhuma delas.
B ( ) apenas I.
C ( ) apenas III.
D ( ) apenas I e II.
E ( ) todas.
A()
B()
12
5
C()
18
5
D()
(III) Vamos considerar o caso particular apresentado em (I),
isto é: X = {1} e Y = {1,2}
Perceba que há 2 funções injetoras f : X → Y e apenas 1
função sobrejetora g : Y → X
A ( ) 0. B ( ) 1. C ( ) 2. D ( ) 3. E ( ) 4.
SOLUÇÃO IDEAL: ALTERNATIVA A
I) 1 + sec θ = 0 ⇔ cos θ = −1 ⇒ não existe cossec θ
II) 1 + cossec θ = 0 ⇔ sen θ = −1 ⇒ não existe sec θ
Logo, não há solução
Efetuando Eq.4 – 3Eq.5, obtemos:
03. Sejam a, b, c, d ∈ R. Suponha que a, b, c, d formem,
nesta ordem, uma progressão geométrica e que a, b/ 2, c/4,
d – 140 formem, nesta ordem, uma progressão aritmética.
Então, o valor de d – b é
A ( ) – 140. B ( ) – 120. C ( ) 0. D ( ) 120. E ( ) 140.
A() 14.
B () 13.
C ( ) 12.
D ( ) 2.
)
e x∈
1
= −1 → x = −1
x
27
= 3 → y = ±3
y2
Assim, |x| + |y| + |z| = 1 + 3 + 2 = 6
Consequentemente:
07. O número de soluções inteiras da inequação
2
2
0 ≤ x – |3x + 8x| ≤ 2 é
A ( ) 1. B ( ) 2. C ( ) 3. D ( ) 4. E ( ) 5.
SOLUÇÃO IDEAL: ALTERNATIVA D
Condições de PA: b = a + c/4 e c/2 = b/2 + d – 140
2
2
Condições de PG: b = ac e c = bd
2
2
2
Assim: (a + c/4) = ac ⇒ a + ac/2 + c /16 = ac ⇒
2
2
2
a – ac/2 + c /16 = 0 ⇒ (a – c/4) = 0 ⇒ a = c/4
Como os 1º e 3º termos da PA são iguais, a PA é constante:
a = b/2 = c/4 = d – 140
2
2
Logo: c = bd ⇒ [4(d – 140)] = 2(d – 140)d
Perceba que d = 140 implica em a = b = c = 0, que contraria o
fato que a, b, c, d é uma PG. Assim:
8d – 1120 = d ⇒ d = 160 ⇒ b = 40 ⇒ d – b = 120
04. O maior valor de tg x, com x = 21 arc sen (
24
5
SOLUÇÃO IDEAL: ALTERNATIVA C
8
Efetuando Eq.3 – 2Eq.1, obtemos 3 = 1 → z = 2
z
De forma a reduzir o sistema a:
 4 81
Eq.4
x + 2 = 5
y


 1 + 27 = 2
Eq.5
 x y2

equação
0, π2 
E()
06. Considere o sistema de equações
 1 27 8
 + 2 + 3 =3
z
x y
 4 81 40
S  + 2 + 3 = 10
z
x y
 2 54 24
 + 2 + 3 =7
z
 x y
Se (x, y, z) é uma solução real de S, então |x| + |y| + |z| é
igual a
A ( ) 0. B ( ) 3. C ( ) 6. D ( ) 9. E ( ) 12.
vez que Y = 2 e X = 1.
3
5
21
5
SOLUÇÃO IDEAL: ALTERNATIVA C
3 − 2 ⋅ (3 )
2
18
3
l 2
D(A,r) =
⇒ l2 =
=
=
⇔ l =3
2
2
2
5
5
5
1 +2
SOLUÇÃO IDEAL: ALTERNATIVA A
(I) Não necessariamente. Considere o caso particular
X = {1} e Y = {1,2} já que X ⊂ Y
Note que não há bijeção f : X → Y
(II) O mesmo caso particular apresentado no item I não
obedece a existência de uma função injetora g : Y → X , uma
02.
O
número
de
soluções
da
(1 + sec θ)(1 + cossec θ) = 0,com θ ∈ [ −π, π] , é
9
5
SOLUÇÃO IDEAL: ALTERNATIVA C
3 x 2 + 8 x, x ≤ − 8 3 ou x ≥ 0

2
|3x + 8x| = 
 2

−  3 x + 8 x ,− 8 3 < x < 0

8
Caso 1: x ≤ − ou x ≥ 0
3
,é
0 ≤ −2 x 2 − 8 x ≤ 2
⇔
I. x 2 + 4 x ≤ 0
S1 = [– 4,0]
⇒
II. x 2 + 4 x + 1 ≥ 0
E ( ) 3.
[
⇒
0 ≤ −x 2 − 4x ≤ 1
III. S1 ∩ S 2 = − 4,− 2 − 3
8
Caso 2: − < x < 0
3
SOLUÇÃO IDEAL: ALTERNATIVA B
1
3
4
3
x=
arc sen   ⇔ sen2x = ⇒ cos2x = ±
2
5
5
5
Porém, como 2x é arco do 1º quadrante: cos 2x = 4/5
1− 4
1 − cos 2x
5 = 1 =1
tg x =
=
4
1 + cos 2x
9 3
1+
5
IV. 0 ≤ 2 x 2 + 4 x
2
V. 2 x + 4 x ≤ 1
]
]
S3 = (−∞ ,2 ) ∪ (0,+∞ )
⇒
−2− 6 −2+ 6 

S4 = 
,


2
2


⇒
VI. S 3 ∩ S 4 = (− 8 3 ,2]
[
(
S2 = − ∞,−2 − 3
]
Daí, S = − 4,− 2 − 3 ∪ ]− 8 3 ,2] ∪ [0 ]
Logo, as soluções inteiras são S = {– 4,–2,0}
05. Considere a reta r: y = 2x. Seja A = (3, 3) o vértice de um
quadrado ABCD, cuja diagonal BD está contida em r. A área
deste quadrado é
2
SOLUÇÃO IDEAL – ITA 2016/2017 – Matemática
4
08. Sejam A = {1, 2, 3, 4, 5} e B = { -1, -2, -3, -4, -5 }. Se C =
{xy : x ∈ A e y ∈ B}, então o número de elementos de C é
A ( ) 10. B ( ) 11. C ( ) 12. D ( ) 13. E ( ) 14.
SOLUÇÃO IDEAL: ALTERNATIVA E
Enumerando os elementos do conjunto C:
C = {– 1, – 2, – 3, – 4, – 5, – 6, – 8, – 9, – 10, – 12, – 15, –16,
– 20, – 25}
Assim, n(C) = 14
2
1 0 0
7 0 2 




11. Sejam D = 0 2 0  e P = 0 1 0  .
0 0 3 
2 0 5 
-1
2
Considere A = P DP. O valor de det (A + A) é
A ( ) 144. B ( ) 180. C ( ) 240. D ( ) 324. E ( ) 360.
2
09. Sejam S1 = { (x, y) ∈ R : y ≤ \|x| -1| } e S2 = { (x, y) ∈ R :
2
2
x + (y + 1) ≤ 25 }. A área de região S1 ∩ S2 é
25
25
25
A()
B()
C()
π−2 .
π −1.
π.
4
4
4
75
75
D()
E()
π −1.
π−2 .
4
4
SOLUÇÃO IDEAL: ALTERNATIVA A
2
-1
-1
-1
-1
2
-1
A + A = P .D.P.P .D.P + P .D.P = P .D .P + P .D.P →
2
-1
2
A + A = P .(D + D).P
 1 0 0  1 0 0  2 0 0 

 
 

Onde D2 + D = 0 4 0 + 0 2 0  = 0 6 0  e
0 0 9 0 0 3  0 0 12
SOLUÇÃO IDEAL: ALTERNATIVA A
2
2
S2 : x + (y + 1) = 25
Circunferência de centro (0, -1) e o raio 5, ou seja, todos os
pontos no seu interior satisfazem a desigualdade.
2
det (D + D) = 144
2
-1
2
Assim det (A + A) = detP .det (D + D). detP = 144
2º solução:
Essa questão também pode ser resolvida usando quatro
teoremas de álgebra linear:
1) Duas matrizes semelhantes possuem o mesmo
determinante;
2) O determinante de uma matriz é igual ao produto de seus
auto-valores;
3) Duas matrizes semelhantes possuem os mesmos autovalores;
4) Se λ é um auto-valor da matriz A, então λ + k é auto-valor
da matriz A + kI.
Como A e D são semelhantes, os auto-valores de A são
iguais aos auto-valores de D, que são λ1 = 1, λ2 = 2 e λ3 = 3.
Assim, os auto-valores de A + I são λ’1 = 2, λ’2 = 3 e λ’3 = 4.
2
Logo: det(A + A) = det[A(A + I)] = det A.det (A + I) ⇒
2
det(A + A) = (det D).λ’1.λ’2.λ’3 = 6.2.3.4 = 144
S1 : y ≥ x − 1
Se x ≥ 1 ⇒ y ≥ |x-1| = x-1 ⇒ y ≥ x-1 (A1)
Se 1≥ x ≥ 0 ⇒ y ≥ |x-1| = 1-x ⇒ y ≥ 1-x (A2)
Se -1 ≤ x ≤ 0 ⇒ y ≥ |-x-1| = (1 + x) = 1 + x ⇒ y ≥ 1 + x
Se -1 ≤ x ⇒ y ≥ |-x -1| = - (x + 1) ⇒ y ≥ - (x + 1) (A4)
Portanto, S1 ∩ S2 =
(A3)
1
25π
π 25 – ( 2)2 =
-2
4
4
12. Considere dois círculos no primeiro quadrante:
• C1 com centro (x1, y1), raio r1 e área π .
16
• C2 com centro (x2, y2), raio r2 e área 144π
Sabendo que (x1, y1, r1) e (x2, y2, r2) são duas progressões
7
geométricas com somas dos termos iguais a
e 21,
4
respectivamente, então a distancia entre os centros de C1 e
C2 é igual a
123
129
131
135
137
A()
B()
C()
D()
E()
2
2
2
2
2
10. Sejam a, b, c, d números reais positivos e diferentes de 1.
Das afirmações:
I. a(
logc b )
= b(
logd c
logd a )
.
logd a
log b
a
b
c d
II.  
= 1.




b
c
a
III. logab (bc) = log a c
é (são) verdadeira(s)
A ( ) apenas I.
B ( ) apenas II.
D ( ) apenas II e III. E ( ) todas.
C ( ) apenas I e II.
SOLUÇÃO IDEAL: ALTERNATIVA E
Temos que r1 = 1/4 e r2 = 12. Daí, sendo q e p as razões das
progressões geométricas formadas por (x1,y1,r1) e (x2,y2,r2),
respectivamente, temos:
r r 
r1 r1
7
I. (x1,y1,r1) =  12 , 1 ,r1  ⇒
+ + r1 =
⇒
2
q
q
4
q
q


SOLUÇÃO IDEAL: ALTERNATIVA C
I) VERDADEIRA
alogc b = blogc a ⇒ logc b ⋅ logc a = logc a ⋅ logc b
II) VERDADEIRA
logd c
a
x = 
b
b
⋅ 
c
logd a
c
⋅ 
a
logd b
=
c
logd 
d
a



⋅b
logd
a
c
⋅c
logd
b
a
 1 1  7
1 1 1  7
r1  2 + + 1 =
⇒
⇒
 2 + + 1 =
q
4
4
q  4
q

q
2
2
2
⇒ 6q – q – 1 = 0 ⇒ q = 1/2 ou q =
q + q + 1 = 7q
– 1/3, mas como C1(x1,y1) está no 1º quadrante, q = 1/2.
r r

r2 r2
⇒
+ + r2 = 21 ⇒
II. (x2,y2,r2) =  22 , 2 ,r2 
2
p
p
p
p


b
c
a
logd x = logd   ⋅ logd a + logd   ⋅ logd b + logd ⋅ logd c ⇔
b
c
a
 
 
logd x = logd a ⋅ logd c − logd a ⋅ logd b + logd a + logd a ⋅ logd b −
− logd c ⋅ logd b + logd b ⋅ logd c − logd a ⋅ logd c
2
Sejam, por exemplo, c = a e b = a , temos
logab (bc ) = log 3 a 6 = 2
a
⇒ logab (bc ) ≠ loga c

 loga c = loga a 4 = 4
⇔
 1 1 
r2 
+ + 1 = 21
 p2 p 


logd x = 0 ⇔ x = 1
III) FALSA
3
⇒
 1 1 
12
+ + 1 = 21
 p2 p 


⇒
SOLUÇÃO IDEAL – ITA 2016/2017 – Matemática
SOLUÇÃO IDEAL: ALTERNATIVA D
Aplicando módulo nos dois membros da equação:
2|z|
1001
501
| z |501 =
⇒ |z|
+ |z| – 2|z| = 0 ⇒
| z |500 +1
1000
500
|z|(|z|
+ |z| – 2) = 0
i) |z| = 0 ⇒ z = 0 um par ordenado
1000
500
ii) |z| ≠ 0: |z|
+ |z| – 2 = 0
500
2
Fazendo t = |z| : t + t – 2 = 0 ⇒ (t – 1)(t + 2) = 0
Como |z| é real não negativo, a única possibilidade é t = 1, ou
500
2
2
seja, |z| = 1 ⇒ |z| = 1 ⇒ a + b = 1
Multiplicando os dois membros da equação original por
501
(a + bi) segue que:
2(a + bi)502
501
501
2
2 501
502
(a – bi) (a + bi) =
⇒ (a + b ) = (a + bi)
2
502
(a + bi)
= 1, pela 2ª Lei de Moivre existem 502 números
complexos distintos que satisfazem essa última equação.
Como z = 0 também é solução, no total são 503 soluções.
2
9p – 12p – 12 = 0
⇒ p = 2 ou p = − , mas como
3
C2(x2,y2) está no primeiro quadrante, p = 2.
 1 1
III. Portanto, (x1,y1,r1) =  1, ,  e (x2,y2,r2) = (3,6,12)
 2 4
2
IV. Logo, dC1,C2 =
(1 − 3 )
2
2
137
1

+  − 6 =
2
2


13. Das afirmações:
I. Todo número inteiro positivo pode ser escrito, de maneira
k-1
única, na forma 2 (2m – 1), em que k em m são inteiros
positivos.
II. Existe um número inteiro x ∈ [0,π/2] de tal modo que os
números a1 = sen x, a2 = sen (x + π/4), a3 = sen (x + π/2) e a4
= sen (x + 3π/4) estejam, nesta ordem, em progressão
geométrica.
III. Existe um número inteiro primo p tal que p é um número
racional.
é (são) verdadeira(s)
A ( ) apenas I.
D ( ) apenas I e II.
B ( ) apenas II.
E ( ) todas.
16. Seja ABC um triângulo cujos lados AB , AC e BC
medem 6 cm, 8 cm e 10 cm, respectivamente. Considere os
pontos M e N sobre o lado BC tais que AM é a altura
C ( ) apenas III.
relativa a BC e N é o ponto médio de BC . A área do triângulo
2
AMN, em cm , é
A ( ) 3,36. B ( ) 3,60. C ( ) 4,20. D ( ) 4,48. E ( ) 6,72.
SOLUÇÃO IDEAL: ALTERNATIVA A
I. VERDADEIRA
Sabe-se que todo inteiro positivo x possui apenas uma
decomposição na forma p1α1 .p2α2 ...pnαn , onde p1, p2, ..., pn são
SOLUÇÃO IDEAL: ALTERNATIVA A
Pelas propriedades do
A
triângulo retângulo:
2
i) BM×BC = AB ⇒
8
x.10 = 36 ⇒ x = 3,6 ⇒
6
y = 1,4
h
II) AM×BC = AB×AC ⇒
h.10 = 6.8 ⇒ h = 4,8
B
x M y N
5
C
Logo: S = yh/2 = 3,36
os números primos que dividem x e α1, α2, ..., αn são inteiros
positivos. Nada garante que 2 divida x, porém uma maneira
de resolver isso é fazendo p1 = 2 e α1 podendo valer 0 (caso
em que 2 não divide x): x = 2k −1.p α2 2 ...pnαn , com k inteiro
positivo. Como p2, ..., pn são todos ímpares, pode-se escrever
k–1
x da forma x = 2 (2m – 1), com m inteiro positivo.
II. FALSA
Supondo que os termos estão em PG:
sen x × sen (x + 3π/4) = sen (x + π/4) × sen (x + π/2) ⇒
sen x × cos (x + π/4) = sen (x + π/4) × cos x ⇒
tg x = tg (x + π/4) ⇒ tg x = (1 + tg x)/(1 – tg x) ⇒
2
tg x = – 1, que não possui solução
III. FALSA
2
Supondo que p = r , onde r é racional, segue que p = r , que
17. Seis circunferências de raio 5 cm são tangentes entre si
duas a duas e seus centros são vértices de um hexágono
regular, conforme a figura abaixo. O comprimento de uma
correia tensionada que envolve externamente as seis
circunferências mede, em cm,
A()
B()
C()
D()
E()
é um absurdo, pois não existe primo que seja quadrado
perfeito.
14. Com os elementos 1,2...,10 são formadas todas as
sequencias (a1, a2,...a7). Escolhendo-se aleatoriamente uma
dessas sequencias, probabilidade de a sequência escolhida
não conter elementos repetidos é
7!
10!
3!
10!
10!
A()
. B() 7 . C() 7 .D() 3 .E() 7 .
7
10 .3!
10 .3!
10 .7!
10 .7!
10
SOLUÇÃO IDEAL: ALTERNATIVA D.
Observando a figura, calcularemos o
comprimento da curva AD e depois
multiplicaremos por 6.
SOLUÇÃO IDEAL: ALTERNATIVA B
A = a seleção não contém número repetidos
Ω = escolher, com possível repetição, 7 dentre os 10
elementos
10!
n(A)
10!
p=
= 3!7 == 7
n(Ω ) 10
10 .3!
15. Considere a equação (a – bi)
501
I. Temos que AB = CD = r = 5,
como AEFB e CFGD são retângulos
e devido ao hexágono regular
interior, o ângulo BFC mede α = π/3.
5π
II. A curva BC mede CBC = α .r =
3
5π
3
IV. Logo, o comprimento da correia será Ccorreia = 60 + 10π
2º solução:
Particionando a correia nos pontos de insterseção dos arcos
com os segmentos retilíneos, podemos formar um hexágono
de lado 10 e uma circunferência de raio 5.
III. Portanto a curva AD mede C AD = AB + BC + CD = 10 +
2(a + bi)
. O
(a2 + b 2 )250 + 1
=
18 + 3π .
30 + 10π .
18 + 6π .
60 + 10π .
36 + 6π .
2
número de pares ordenados (a, b) ∈ R que satisfazem a
equação é
A ( ) 500. B ( ) 501. C ( ) 502. D ( ) 503. E ( ) 504.
4
SOLUÇÃO IDEAL – ITA 2016/2017 – Matemática
I. Ccorreia = 2Phexágono + 2.π .rcircunferência
⇒
Ccorreia = 60 + 10π
r : y = 2 x + a e s : y = bx + c
Em que a,b,c são reais. Sabendo que r e s são
perpendiculares entre si, com r passando por (0,1) E S, POR
18. O lugar geométrico dos pontos (a, b) ∈ R 2 tais que a
equação, em z ∈ C ,
2 ,4 , determine a área do triângulo formado pelas retas r,s
e o eixo x.
( )
z 2 + z + 2 − (a + ib ) = 0
Possua uma raiz puramente imaginária é
A ( ) uma circunferência.
B ( ) uma parábola.
C ( ) uma hipérbole.
D ( ) uma reta.
E ( ) duas retas paralelas.
SOLUÇÃO IDEAL
Como (0,1) pertence a r, a = 1. Analogamente,
( 2,4)∈ s
implica 4 = b 2 + c (I). Já que r ⊥ s , b 2 = −1 (II). A partir do
sistema formado pelas equações (I) e (II), conclui-se que
b=−
SOLUÇÃO IDEAL: ALTERNATIVA B
2
Fazendo z = ki, k ∈ IR: – k + ki + 2 = a + bi ⇒
2
2
a + bi = (2 – k ) + ki ⇒ a = 2 – k e b = k ⇒
2
a = 2 – b ⇒ parábola
2
2
e c = 5. Logo, r : y = 2 x + 1 e s : y = −
x+5.
2
2
(
)
A interseção de r com o eixo x é − 2 / 2,0 , a de s com o
(
)
mesmo eixo é 5 2 ,0 . Além disso, as retas r e s intersectam-
(
)
19. Um atirador dispõe de três alvos para acertar. O primeiro
deste encontra-se a 30m de distância; o segundo, a 40m; o
terceiro alvo, a 60m. sabendo que a probabilidade de o
atirador acertar o alvo é inversamente proporcional ao
quadrado da distância e que a probabilidade de ele acertar o
primeiro alvo é de 2/3, então a probabilidade de acertar ao
menos um dos alvos é
120
119
110
105
119
A()
. B()
. C()
. D()
. E()
.
160
154
144
135
144
se em 4 2 / 3, 11/ 3 . Dessa forma, a área procurada é igual
SOLUÇÃO IDEAL: ALTERNATIVA E
2
2
2
30 p1 = 40 p2 = 60 p3 ⇒ 9p1 = 16p2 = 36p3
Como p1 = 2/3 segue que p2 = 3/8 e p3 = 1/6
1 5 6 119
=
Assim: p = 1 − p 1.p 2 .p3 = 1 −
3 8 6 144
SOLUÇÃO IDEAL


 5 2 + 2  11

 3
2
121 2

=
a: S = 
2
12
22. Determine todos os valores reais de x que satisfazem a
3x – 1
4x
inequação 4
>3 .
4
3x – 1
>3
64 x
>4
81x
4x
⇒
43x
> 3 4x
4
⇒
⇒
23. Considere o polinômio
Seja D um ponto do segmento AB de tal modo que C D é
⌢
bissetriz do ângulo ACB e seja E um ponto do
A()
tal
4
que
C
θ θ
1
A
B̂
θ
D
B
) (
) (
)
a igualdade imposta.
b) p(x) =  x 2 − 2 3 x + 1 x 2 − x + 2  = 0



⇔
x 2 − 2 3 x + 1 = 0 ou x 2 − x + 2 = 0
x = 3 + 2 ou
x=
Â
3 − 2 ou x =
⇔
1 i 7
1 i 7
ou x = +
, que são as
−
2
2
2
2
raízes pedidas.
E
Pelo teorema da bissetriz interna:
AD BD AD + BD 20 4
=
=
=
=
⇒ AD = 8 e BD = 12
10
15
10 + 15
25 5
24. Sejam A e B dois conjuntos com 3 e 5 elementos,
respectivamente. Quantas funções sobrejetivas f : B → A
existem ?
CD = AC.BC − AD.BD = 10.15 − 8.12 = 3 6
∆ACD ~ ∆ECB:
(
9
SOLUÇÃO IDEAL
2
2
4
3
2
a) (x +ax+1)(x +bx+2) = x + (a+b)x + (3+ab)x + (2a+b)x+2
Supondo que a igualdade é uma identidade, isto é, válida
para todo número x, então é necessário impor que:
a + b = −1 − 2 3
⇒ a = − 2 3 e b = – 1, que satisfazem

2a + b = −1 − 4 3
SOLUÇÃO IDEAL: ALTERNATIVA E
Â
x < log 8 2
P(x) = x - 1 + 2 3 x 3 + 3 + 2 3 x 2 − 1 + 4 3 x + 2 ,
a) Determine os números reais a e b tais que
2
2
p(x) = (x + ax + 1)(x + bx + 2).
b) Determine as raízes de p(x)
11 6
13 6
17 6
20 6
25 6
B()
C()
D()
E()
3
3
3
3
3
1
⇒
81
C B e AB medem, respectivamente, 10 cm, 15 cm e 20 cm.
D,
⇒
x
 64 
  >4
 81 
Como 64/81 < 1 segue que x < log 64 4
20. Considere o triângulo ABC, em que os segmentos AC ,
prolongamento de C D , na direção de
⌢
⌢
DBE = DCB . A medida, em cm, de C E é
64 x
> 81x
4
SOLUÇÃO IDEAL
CE BC
CE
15
25 6
=
⇒
=
⇒ CE =
AC CD
3
10 3 6
21. Considere as retas de equações
5
SOLUÇÃO IDEAL – ITA 2016/2017 – Matemática
B
A
b1
b2
b3
b4
b5
a1
a2
a3
B
x
–x
2, x≥0
2 , x≥0
I) façamos o gráfico agora de 2 – 1 , para x ≥ 0. Para isso,
2
–x
basta transladar o gráfico de 2 ao longo de y em – 1/2.
1º caso: um elemento de A é imagem
de três elementos de B e os outros
dois elementos de A são imagens de
distintos elementos de B.
n1 = C5, 3 × 3 × 2 × 1 = 60
–x
A
2º caso: 2 elementos distintos de A
são imagens de exatamente dois
a1
elementos de B, cada, com o terceiro
a2
elemento de A sendo imagem de um
a3
único elemento de B.
5 3
 ×3 × 2
2
 2
n2 =  
× 1 = 90
2!
Total = n1 + n2 = 60 + 90 = 150
b1
b2
b3
b4
b5
II) Gráfico 2 -| x| - 1 , para x ∈ IR. Note que f(x) = 2 -|x| - 1 é
2
2
par, portanto basta refletirmos o gráfico de 2 -x - 1 , para x ≥
2
0, em relação a y = 0.
25. Sejam A = {1, 2, ..., 29, 30} o conjunto dos números
inteiros de 1 a 30 e (a1, a2 , a3 ) uma progressão geométrica
crescente com elementos de A e razão q > 1.
a) Determine todas as progressões geométricas (a1, a2 , a3 )
3
.
2
m
com m, n ∈ Z e mdc(m,n) = 1. Determine
b) Escreva q =
n
o maior valor possível para n.
de razão q =
III) Gráfico de 2 -| x| - 1
2
ora, basta refletimos a ponte negativa
de 2 -|x| - 1 , x ∈ IR, em relação a x = 0
2
SOLUÇÃO IDEAL
a) Como (a1,a2,a3) estão em PG com razão q = 3/2, então:
3.a1

a2 = 2
40
, desta forma: a1 ≤
< 14 .

9
.
a
3
1 ≤ 30
a =
3
4

Como a3 ∈ IN , então a1 = 4k , k ∈ Z
Como a1 ≤ 14: a1 = 4, 8,12
Ou seja (a1,a2,a3) = {(4,6,9),(8,12,18),(12,18,27)}
m.a1
m2 .a1
m
b) Para q =
, teremos: a 2 =
e a3 =
n
n
n2
2
Como a3 ∈ A , então a1 = n .b1, b1 ∈ N *
Para n máximo, tomamos b1 = 1, assim:
a3 =
m 2 .n 2 .b1
n
2
Como q > 1
= m 2 < 30
⇒
m≤5
m
>1
n
⇔
m > n , então n < 5 e
⇔
27. Determine todos os valores reais de a para os quais o
seguinte sistema linear é impossível:
 x + ay + z = 2

− x − 2y + 3z = −1 .
 3 x + az = 5

portanto nmáx = 4
26. esboce o gráfico da função f : R → R dada por
1
−x
f (x) = 2
− .
2
SOLUÇÃO IDEAL
a
1  x   2 
1

   

   
− 1 − 2 3  y  = − 1

   
3
0
a   z   5 

SOLUÇÃO IDEAL
x
–x
Primeiro, relembre o gráfico de 2 e 2 , para x ∈ IR
A
2
Det A = 0 ⇒ a + 7a + 6 = 0 ⇒ a = – 1 ou a = – 6
Caso 1: a = – 1
3 x − y + z = 2
4 x − y = 7

⇒ 
x − 2 y + 3z = −1
4 x − y = 7
3 x − z = 5 ⇒ z = 3 x − 5

Sistema Indeterminado
Caso 2: a = – 6
6
SOLUÇÃO IDEAL – ITA 2016/2017 – Matemática
x − 6 y + z = 2
3 x − 6 y = 5


− x − 2y + 3z = −1 ⇒ 18 y − 9z = −1
3 x − 6z = 5
18 x − 9z = −6


Sistema Impossível para a = – 6
SOLUÇÃO IDEAL
Inicialmente, no triângulo
retângulo MNG:
2
2
2
MN = MG + NG ⇒
(
MN = 2
Notando que o triângulo MCL é
2
2
retângulo em C, ML = MC +
2
LC . Mas, no triângulo LBC,
também retângulo, tem-se que
2
2
2
2
2
LC = BL + BC = 1 + 2 ⇒
)
28. Um triângulo retângulo com hipotenusa c = 2 1 + 6 está
circunscrito a um círculo de raio unitário. Determine a área
total da superfície do cone obtido ao girar o triângulo em torno
do seu maior cateto.
SOLUÇÃO IDEAL
(
(a − 1) + (b − 1) = 2 1 + 6
I) 
a2 + b2 = 28 + 8 6
⇒
a= 6
LC = 5 .
2
2
2
Logo, ML = MC + LC =
)
12 + 5
b = 4+ 6
II) h = 4 + 6 r =
2
2
2
g =h +r =
ML =
6.
2
2
2
2
2
NL = NP + PL = 2 + 2 ⇒ NL = 8
2
2
2
Notando que NL = MN + ML , isto é, que o triângulo LMN é
retângulo, conclui-se que sua área vale, em unidades de área
6
LM.MN
=
2
= [4(1 + 6 )]2
→ g = 2(1 + 6)
ST = πrg + πr = π. 6.2(1 + 6 ) + π( 6 )2
⇒
Ademais, conectando N ao ponto médio P de CD , vê-se que
= 22 + 8 6 + 6 = 28 + 8 6 =
2
2
6. 2
= 3
2
⇒ ST = 2π(9 + 6 ) .
29. Determine o conjunto das soluções reais da equação
2  x
3cossec   − tg 2 x = 1 .
2
SOLUÇÃO IDEAL
x
3 cossec − tgx 2 = 1 ⇔
2
6
= tg2 x + 1 ⇔
1 − cos x
1
− tg2 x = 1 ⇔
x
sen  
2
6
1
=
⇔
1 − cos x cos x 2
3.
2
6 cos2 x + cos x − 1 = 0
i) cos x = 1 → x = ± arc cos 1 + 2k π k inteiro
3
3
2
π
ii) cos x = − 1 2 → x = ±
+ 2kπ
3
2º Concurso de Bolsas 2017
Inscrições: 02/01/2017 a 06/01/2017
Provas: 10/01/2017
Resultado: 13/01/2017
Local: Coordenação do Ideal Militar
Início das Aulas: 18/01/2017
30. Considere o cubo ABCDEFGH de aresta 2 tal que: ABCD
é o quadrado da base inferior; EFGH, o quadrado da base
superior e A E , B F , C G e D H são as arestas verticais.
Sejam L, M e N os pontos médios das arestas A B , C G e
G H , respectivamente. Determine a área do triângulo LMN.
Solução Ideal – ITA 2016/2017 – Matemática
Este gabarito foi totalmente elaborado pela equipe de professores de Matemática do Grupo Ideal.
Equipe de Matemática
Prof. Marcelo Rufino
Prof. Márcio Pinheiro
Prof. Luiz Ernesto
Prof. Leandro Rêgo
Prof. Leandro Farias
Prof. Adenilson
Prof. Henrique
Coordenação
Marcelo Rufino
Mais informações em www.grupoideal.com.br
Tel: (91) 3323 5051
7
Digitação
Ramon
Ingrid