o anglo resolve a prova de

O
ANGLO
RESOLVE
É trabalho pioneiro.
Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.
Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em
sua tarefa árdua de não cometer injustiças.
Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante
em seu processo de aprendizagem.
A PROVA DE
MATEMÁTICA
DO ITA
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, Engenharia Elétrica e Engenharia de Computação), trata seu vestibular.
De forma inteligente, em 4 dias de prova, tem conseguido selecionar os candidatos mais aptos.
MATEMÁTICA
NOTAÇÕES
C é o conjunto dos números complexos.
*
IR é o conjunto dos números reais.
[a, ∞) = {x ∈ IR; a x}.
IN = {1, 2, 3, ...}.
(– ∞, a] = {x ∈ IR; x a}.
i denota a unidade imaginária, ou seja, i2 = –1.
–z é o conjugado do número complexo z.
P = (x, y) significa ponto P de coordenadas (x, y).
Se X é um conjunto, P(X) denota o conjunto de
QUESTÃO 01
Resposta: D
—
AB denota o segmento que une os pontos A e B.
todos os subconjuntos de X.
l nx denota o logarítmo natural de x.
A\B = {x ∈ A; x ∉ B}.
At denota a matriz transposta da matriz A.
Considere as seguintes afirmações sobre números reais positivos:
I. Se x 4 e y 2, então x2 – 2y 12.
II. Se x 4 ou y 2, então x2 – 2y 12.
III. Se x2 1 e y2 2, então x2 – 2y 0.
Então, destas é (são) verdadeira(s)
A) apenas I.
B) apenas I e II.
C) apenas II e III.
RESOLUÇÃO:
[a, b] = {x ∈ IR; a x b}.
*
D) apenas I e III.
E) todas.
Consideremos as seguintes sentenças:
S1: x 4 ⇒ x2 16
S2: y 2 ⇒ 2y 4
S3: 2y 4 ⇒ – 2y – 4
Portanto, se x 4 e y 2, então x2 + (– 2y) 16 + (– 4).
Logo, se x 4 e y 2, então x2 – 2y 12.
Concluímos, assim, que a afirmação I é verdadeira.
Consideremos, agora, o caso particular x = 1 e y = 1. Nesse caso, temos x2 – 2y = – 1.
Assim, podemos concluir que a afirmação II, “se x 4 ou y 2, então x2 – 2y 12”, é falsa.
De y 0 e y2 2, podemos afirmar que:
y 2
2y 2 2
– 2y – 2 2
Com x2 1, temos x 2 + (– 2y) 1 + (– 2 2 ) , ou seja, x 2 – 2y 1 – 2 2 .
Como 1 – 2 2 0 , podemos concluir que a afirmação III, “se x2 1 e y2 2, então x2 – 2y 0”
é verdadeira.
Portanto, apenas as afirmações I e III são verdadeiras.
QUESTÃO 02
Resposta: E
Sejam a, b, c reais não-nulos e distintos, c 0. Sendo par a função dada por
f(x) =
ax + b
, –c x c, então f(x), para – c x c, é constante e igual a
x+c
A) a + b.
B) a + c.
C) c.
D) b.
E) a.
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
3
f (– x) = f (x), para todo x, – c x c
RESOLUÇÃO:
– ax + b ax + b
=
(∀ x, – c x c)
–x + c
x+c
(ax + b) ⋅ (– x + c) = (– a x + b) ⋅ (x + c)
(∀ x, – c x c)
– ax2 + acx – bx + bc = – ax2 – acx + bx + bc (∀ x, – c x c)
2 ⋅ (ac – b) ⋅ x = 0 (∀ x, – c x c)
Logo, b = ac.
ax + b
, temos:
x+c
ax + ac
f (x) =
x+c
a ⋅ ( x + c)
f (x) =
x+c
f (x) = a
Como f (x) =
QUESTÃO 03
Resposta: E
RESOLUÇÃO:
Os valores de x ∈ IR, para os quais a função real dada por f ( x ) =
5 − || 2 x – 1|– 6| está definida,
formam o conjunto
A) [0, 1].
B) [–5, 6].
C) [– 5, 0] ∪ [1, ∞).
D) (– ∞, 0] ∪ [1, 6].
E) [– 5, 0] ∪ [1, 6].
Devemos ter: 5 – ||2x – 1| – 6| 0
||2x – 1| – 6| 5
– 5 |2x – 1| – 6 5
1 |2x – 1| 11
– 11 2x – 1 –1 ou 1 2x – 1 11
– 10 2x 0
ou 2 2x 12
–5 x 0
ou 1 x 6
Portanto, os valores de x, x ∈ IR, para os quais a função real dada por
f ( x ) = 5 – || 2x – 1 | – 6 | está definida, formam o conjunto [– 5, 0] ∪ [1, 6].
QUESTÃO 04
Resposta: D
Seja a equação em C
z4 – z2 + 1 = 0.
Qual dentre as alternativas abaixo é igual à soma de duas das raízes dessa equação?
A) 2 3 .
RESOLUÇÃO:
D) –i.
B) –
3
.
2
C) +
3
.
2
E)
z4 – z2 + 1 = 0
∆=1–4=–3
z2 = cos
1± i 3
z =
2
π
3
+ i sen
π
3
2
z2 = cos
4
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5π
5π
+ i sen
3
3
i
.
2
Donde temos:
z 1 = cos
π
+ i sen
6
π
6
=
3
1
i
+
2
2
z 2 = cos
7π
7π
3
1
i
+ i sen
= –
–
6
6
2
2
z 3 = cos
5π
5π
3
1
i
+ i sen
= –
+
6
6
2
2
z 4 = cos
11 π
11 π
1
3
i
+ i sen
=
–
2
6
6
2
Assim:
z2 + z4 = – i
QUESTÃO 05
Resposta: B
RESOLUÇÃO:
Sejam A um conjunto com 8 elementos e B um conjunto tal que A ∪ B contenha 12 elementos. Então, o
número de elementos de P(B|A) ∪ P( ∅ ) é igual a
A) 8.
D) 17.
B) 16.
E) 9.
C) 20.
Nessa resolução, sendo X um conjunto finito, n(X) denota o número de elementos de X.
n(B\A) = n(A ∪ B) – n(A)
∴
n(B\A) = 12 – 8
n(B\A) = 4
⇒
n(B\A) = 4
n(P(B\A)) = 24
P(B\A) é um conjunto com 16 elementos.
Como ∅ é subconjunto de qualquer conjunto, temos ∅ ⊂ B\A, ou seja, ∅
∈ P(B\A).
Portanto, P(B\A) ∪ P(∅) = P(B\A).
Logo, o número de elementos do conjunto
P(B\A) ∪ P(∅) é igual a 16.
QUESTÃO 06
Resposta: D
Sejam f e g duas funções definidas por
f(x) =
( 2)
3 sen x – 1
e
 1
g( x ) =  
 2
3 sen 2 x – 1
, x ∈ IR .
A soma do valor mínimo de f com o valor mínimo de g é igual a
A) 0.
B) –
C)
RESOLUÇÃO:
D)
1
.
4
1
.
2
E) 1.
1
.
4
f (x) =
( )
2
3senx – 1
 1
e g (x) =  
 2
3sen 2 x – 1
, x ∈ IR
f é mínimo quando senx = – 1 e g é mínimo quando sen2x = 1. Assim:
fmín =
( 2)
–4
=
1
4
2
1
 1
gmín =   =
 2
4
Logo:
fmín + gmín =
1 1 1
+ =
4 4 2
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
5
QUESTÃO 07
Resposta: B
Seja f: IR → P (IR) dada por
f (x) = {y ∈ IR; sen y x}.
Se A é tal que f (x) = IR, ∀ x ∈ A, então
A) A
B) A
C) A
D) A
E) A
=
=
=
=
=
[– 1, 1].
[a, ∞), ∀ a 1.
[a, ∞), ∀ a 1.
(– ∞, a], ∀ a – 1.
(– ∞, a], ∀ a – 1.
x ∈ A ⇒ f (x) = {y ∈ IR; sen y x}
x ∈ A ⇒ f (x) = IR
∴ x ∈ A ⇒ {y ∈ IR; sen y x} = IR
RESOLUÇÃO:
Como, para todo real y, sen y 1, podemos concluir que a igualdade {y ∈ IR; sen y x} = IR é verificada se, e somente se, x 1.
Portanto, x ∈ A ⇔ x 1.
Logo, A = [a, + ∞), onde a é um número real qualquer maior que 1.
QUESTÃO 08
Resposta: A
RESOLUÇÃO:
QUESTÃO 09
Resposta: B
A divisão de um polinômio f(x) por (x – 1) (x – 2) tem resto x + 1. Se os restos das divisões de f(x) por
x – 1 e x – 2 são, respectivamente, os números a e b, então a2 + b2 vale
A) 13.
D) 1.
B) 5.
E) 0.
C) 2.
Sendo Q(x) o quociente da divisão de f(x) por (x – 1) (x – 2), temos f (x) (x – 1) (x – 2) ⋅ Q(x) + x + 1.
Logo, f (1) = 2 e f (2) = 3.
Sendo a o resto da divisão de f (x) por x – 1, temos a = f (1) e, portanto, a = 2.
Sendo b o resto da divisão de f (x) por x – 2, temos b = f (2) e, portanto, b = 3.
Logo, a2 + b2 = 13.
Sabendo que a equação
x3 – px2 = qm,
p, q 0,
q ≠ 1,
m ∈ IN,
possui três raízes reais positivas a, b e c, então
logq [abc (a2 + b2 + c2) a + b + c]
é igual a
A) 2 m + p logq p.
B) m + 2 p logq p.
C) m + p logq p.
RESOLUÇÃO:
D) m – p logq p.
E) m – 2 p logq p.
Sendo a, b e c as raízes da equação x3 – px2 + 0 ⋅ x – qm = 0, temos:
321
a+b+c=p
ab + ac + bc = 0
a ⋅ b ⋅ c = qm
(relações de Girard)
a2 + b2 + c2 = (a + b +c)2 – 2(ab + ac + bc)
∴ a2 + b2 + c2 = p2
a+b+c
Sendo E = abc (a2 + b2 + c2)
, temos
E = qm ⋅ (p2)p, isto é, E = qm ⋅ p2p.
Do enunciado, temos p 0, q 0 e q ≠ 1.
Nessas condições:
logqE = logq(qm ⋅ p2p)
logqE = logqqm + logqp2p
logqE = m + 2p ⋅ logqp
Nota:
Para esta resolução não pudemos considerar que a, b e c são positivas, pois, neste caso, ab + ac + bc
seria diferente de zero.
6
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
QUESTÃO 10
Resposta: D
Dada a função quadrática
f ( x ) = x 2 ln
2
1
3
+ x ln 6 – ln
3
4
2
temos que
A) a equação f (x) = 0 não possui raízes reais.
B) a equação f(x) = 0 possui duas raízes reais distintas e o gráfico de f possui concavidade para cima.
C) a equação f (x) = 0 possui duas raízes reais iguais e o gráfico de f possui concavidade para baixo.
ln 2 ln 3
.
D) o valor máximo de f é
ln3 – ln 2
ln 2 ln 3
.
E) o valor máximo de f é 2
ln3 – ln 2
RESOLUÇÃO:
Sendo ∆ o discriminante de
1
2
3
f(x) = x2 ⋅ ln + x ⋅ ln 6 – ln , temos:
4
3
2
3
1
2
∆ = (ln 6)2 – 4 (ln ) ( – ln )
2
4
3
2
3
2
∆ = [ ln (2 ⋅ 3)] + ln ⋅ ln
3
2
2
∆ = (ln 2 + ln 3) + (ln 2 – ln 3)(ln 3 – ln 2)
∆ = 4 ⋅ ln 2 ⋅ ln 3
(∆ 0)
Como ln
2
0, podemos afirmar que o gráfico de f possui concavidade “para baixo”.
3
Sendo yv o valor máximo de f, temos:
QUESTÃO 11
Resposta: D
RESOLUÇÃO:
yv =
– 4 ln2 ⋅ ln 3
2
4 ln
3
yv =
– 4 ln2 ⋅ ln 3
4 (ln 2 – ln 3)
yv =
ln 2 ⋅ ln 3
ln 3 – ln 2
Quantos anagramas com 4 letras distintas podemos formar com as 10 primeiras letras do alfabeto
e que contenham 2 das letras a, b e c?
A) 1692.
B) 1572.
C) 1520.
D) 1512.
E) 1392.
Para escolhermos 4 letras, sem importar a ordem, de modo que contenham duas das letras a, b e c,
temos:
C3,2 ⋅ C7,2 modos.
Como os anagramas são as permutações das 4 letras escolhidas, o número de anagramas é:
C3,2 ⋅ C7,2 ⋅ 4! = 3 ⋅ (21) (24) = 1512
QUESTÃO 12
Resposta: A
RESOLUÇÃO:
O seguinte trecho de artigo de um jornal local relata uma corrida beneficente de bicicletas: “Alguns segundos após a largada, Ralf tomou a liderança, seguido de perto por David e Rubinho, nesta ordem. Daí
em diante, eles não mais deixaram as primeiras três posições e, em nenhum momento da corrida, estiveram
lado a lado mais do que dois competidores. A liderança, no entanto, mudou de mãos nove vezes entre os
três, enquanto que em mais oito ocasiões diferentes aqueles que corriam na segunda e terceira posições
trocaram de lugar entre si. Após o término da corrida, Rubinho reclamou para nossos repórteres que
David havia conduzido sua bicicleta de forma imprudente pouco antes da bandeirada de chegada. Desse
modo, logo atrás de David, Rubinho não pôde ultrapassá-lo no final da corrida.”
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
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Com base no trecho acima, você conclui que
A) David ganhou a corrida.
B) Ralf ganhou a corrida.
C) Rubinho chegou em terceiro lugar.
D) Ralf chegou em segundo lugar.
E) não é possível determinar a ordem de chegada, porque o trecho não apresenta uma descrição matematicamente correta.
RESOLUÇÃO:
Nessa resolução,
F denota Ralf,
B denota Rubinho,
D denota David,
l(X, Y) denota o total de trocas de liderança entre os competidores X e Y.
s(X, Y) denota o total de trocas entre a segunda e a terceira posição, entre os competidores X e Y.
Do enunciado, podemos concluir que:
l(F, D) + l(F, B) + l(D, B) = 9
(1)
s(F, D) + s(F, B) + s(D, B) = 8
(2)
No início da corrida, Ralf estava na liderança, seguido por David e Rubinho, nesta ordem.
Representamos essa situação por Ini = (F, D, B).
Para o término da corrida, há duas possibilidades: Ter = (F, D, B) ou Ter = (D, B, F), pois, pelo enunciado, Rubinho (B) termina a corrida atrás de David (D).
Vamos, então, analisar essas duas possibilidades:
1º: Ini = (F, D, B) e Ter = (F, D, B)
2º: Ini = (F, D, B) e Ter = (D, B, F)
Nessas possibilidades, não incluímos, ainda, os casos de empate. Esses serão analisados posteriormente.
1º poss.: Ini = (F, D, B) e Ter = (F, D, B)
Temos:
l(F, D) + l(F, B) é par.
Como l(F, D) + l(F, B) + l(D, B) = 9
(1)
1442443
segue que l(D, B) é ímpar.
Como David e Rubinho terminaram nas mesmas posições, l(D, B) + s(D, B) é par.
123
ímpar
Portanto, s(D, B) é ímpar.
Voltando à equação (2), temos:
s(F, D) + s(F, B) + s(D, B) = 8
123
ímpar
Assim, s(F, D) + s(F, B) é ímpar.
Logo, Ralf participou das trocas entre a segunda e a terceira posição.
Como Ralf iniciou essas trocas na segunda posição (pois ele estava na liderança), ele terminaria
em terceiro lugar, pois s(F, D) + s(F, B) é ímpar.
Portanto, não seria possível Ralf reassumir a liderança e, assim, podemos afirmar que o caso
Ini = (F, D, B) e Ter = (F, D, B) não ocorreu!
2ª poss.: Ini = (F, D, B) e Ter = (D, B, F). Como David (D) começa e termina na frente de Rubinho (B),
l (D, B) + s(D, B) é par. Como Ralf (F) e David (D) começam e terminam em ordens distintas,
l (F, D) + s(F, D) é ímpar.
Analogamente, podemos afirmar que
l (F, B) + s(F, B) é ímpar.
Assim, [l (D, B) + s(D, B)] + [l (F, D) + s(F, D)] + [l (F, B) + s(F, B)]
1442443 1442443 1442443
par
ímpar
é par.
ímpar
Reagrupando, temos:
[l (F, D) + l (F, B) + l (D, B)] + [s(F, D) + s(F, B) + s(D, B)] é par, o que contradiz as equações (1) e (2).
Podemos afirmar que o caso Ini = (F, D, B) e Ter = (D, B, F) também não ocorreu!
8
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
Consideremos, agora, casos de empate, mediante um exemplo de seqüência de trocas de posições:
Ini = (F, D, B)
1
(D, F, B)
l1
2
(D, B, F)
s1
3
(B, D, F)
4
5
(D, B, F)
(D, F, B)
6
(F, D, B)
7
(D, F, B)
8
(F, D, B)
9
(D, F, B)
10
(F, D, B)
11
12
13
14
15
16
17
(D, F, B)
(D, B, F)
(D, F, B)
(D, B, F)
(D, F, B)
(D, B, F)
(D, F, B)
l2
l3
s2
l4
l5
l6
l7
l8
l9
s3
s4
s5
s6
s7
s8
Ter = ( , , )
Admitamos que a linha 17 represente a situação que precede o término da corrida. Há, então, dois
casos possíveis:
1º caso: Ter = (DF, B), Ralf (F) alcançou David (D), não havendo troca de liderança.
2º caso: Ter = (D, FB), Rubinho (B) alcançou Ralf (F), não havendo troca de segunda e terceira
posições.
Note que, no exemplo dado, há nove trocas de liderança (l 1, l 2, …, l 9) e oito trocas de segunda e
terceira posições (s1, s2, …, s8).
Além disso, nos dois casos possíveis de término da corrida, Rubinho (B) está atrás de David (D).
No caso Ter = (DF, B), estariam corretas as alternativas (A) e (B).
No caso Ter = (D, FB), estariam corretas as alternativas (A) e (D).
Esses dois casos são coerentes com o trecho e este apresenta uma descrição matemeticamente correta.
Portanto, podemos concluir que David ganhou a corrida.
QUESTÃO 13
Resposta: E
Seja a matriz
 cos 25° sen 65° 
 sen120° cos 390° .


O valor de seu determinante é
A)
2 2
.
3
B)
3 3
.
2
3
.
2
D) 1.
E) 0.
C)
RESOLUÇÃO:
O valor do determinante é:
D
D
D
D
=
=
=
=
cos 390° ⋅ cos 25° – sen 120° ⋅ sen 65°
cos 30° ⋅ cos 25° – sen 60° ⋅ sen 65°
cos 30° ⋅ cos 25° – cos 30° ⋅ cos 25°
0
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
9
QUESTÃO 14
Resposta: C
Sejam A e B matrizes quadradas de ordem n tais que AB = A e BA = B.
2
Então, [(A + B)t] é igual a
A) (A + B)2.
B) 2 (At ⋅ Bt).
C) 2 (At + Bt).
D) At + Bt.
E) At Bt.
RESOLUÇÃO:
Temos:
AB = A
BA = B
1
2
Substituindo-se 1 em 2 : B(A B) = B
(BA)B = B
BB = B
Substituindo-se 2 em 1 : A(BA) = A
(AB) A = A
AA = A
Então:
[(A + B)t]2 =
= AtAt + AtBt + BtAt + BtBt
= (AA)t + (BA)t + (AB)t + (BB)t
= At + Bt + At + Bt
= 2At + 2Bt
= 2(At + Bt)
QUESTÃO 15
Resposta: A
Seja A uma matriz real 2 × 2. Suponha que α e β sejam dois números distintos, e V e W duas
matrizes reais 2 × 1 não-nulas, tais que
AV = αV
AW = βW.
e
Se a, b ∈ IR são tais que aV + bW é igual à matriz nula 2 × 1, então a + b vale
A) 0.
B) 1.
C) –1.
1
D) .
2
1
E) – .
2
RESOLUÇÃO:
Do enunciado, aV + bW = O ∴
aV = – bW
(1)
Suponhamos que a ≠ 0. Então:
AV = αV
a(AV) = a(αV)
AaV = αaV
De (1), temos:
A(– b)W = α(– b)W
(– b)AW = (– b)αW
(– b)βW = (– b)αW
Como α ≠ β e W ≠ O, segue que b = 0.
Substituindo-se em (1), vem:
aV = O
Sendo V ≠ O, conclui-se que a = 0, contradizendo a suposição.
Se a = 0, em (1), resulta b = 0.
Logo, a + b = 0.
10
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
QUESTÃO 16
Resposta: A
O triângulo ABC, inscrito numa circunferência, tem um lado medindo
é de 15º. O comprimento da circunferência, em cm, é
A) 20 2 (1 +
B) 400 (2 +
C) 80 (1 +
π
cm, cujo ângulo oposto
3 ).
3 ).
3 ).
3 + 5).
D) 10 (2
E) 20 (1 +
RESOLUÇÃO:
20
3 ).
Do enunciado, temos a figura:
A
20
B
π
15°
C
O … centro da circunferência
r … medida do raio
*
r
O
Sendo sen 15º = sen (45º – 30º), temos que sen 15º = sen 45º ⋅ cos 30º – sen 30º ⋅ cos 45º. Assim,
sen 15º =
2
3
1
2
⋅
– ⋅
, ou seja, sen 15º =
2
2
2 2
6 –
4
2
.
Aplicando o Teorema dos senos no triângulo ABC, temos:
20
π
6 –
4
2
= 2R ∴ R =
10 ⋅
(
6 +
π
2
)
Portanto, o comprimento da circunferência é 2 ⋅ π ⋅
QUESTÃO 17
Resposta: B
10 ( 6 +
π
2)
(
, ou seja, 20 2 1 +
Num sistema de coordenadas cartesianas, duas retas r e s, com coeficientes angulares 2 e
)
3 cm.
1
, respec2
tivamente, se interceptam na origem 0. Se B ∈ r e C ∈ s são dois pontos no primeiro quadrante tais
—
que o segmento BC é perpendicular a r e a área do triângulo OBC é igual a 12 × 10 –1, então a distância de B ao eixo das ordenadas vale
A)
B)
C)
D)
8.
5
4.
5
2.
5
1.
5
E) 1.
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
11
RESOLUÇÃO:
Do enunciado, temos a figura:
y
r
B
s
C
0
x
Equação da reta r: y = 2 x
x
Equação da reta s: y =
2
 b
Sejam então: B (a, 2 a) e C  b,  , a 0 e b 0.
 2
—
Se o segmento BC é perpendicular a r, devemos ter:
b
2a –
2 = – 1 ∴ b = 5a
a–b
2
2
 5a 5a
,
Assim, temos: B (a, 2 a) e C 
.
 2
4 
Como a área do triângulo OBC é 12 × 10 – 1, então:
1
⋅
2
0
a
5a
2
0
2a
5a
4
1
1
= 12 ⋅ 10 – 1
1
a=
4
5
1 15 a 2
⋅
= 12 ⋅ 10 – 1
2
4
a=–
4
(não convém)
5
Portanto, a distância de B ao eixo das ordenadas é
QUESTÃO 18
Sem Resposta
Seja k 0 tal que a equação (x2 – x) + k(y2 – y) = 0 define uma elipse com distância focal igual a 2. Se
(p, q) são as coordenadas de um ponto da elipse, com q2 – q ≠ 0, então
A) 2 +
5.
D) 2 –
B) 2 –
5.
E) 2.
C) 2 +
3.
RESOLUÇÃO:
 x2 – x + 1 + k  y2 – y + 1 = 1 + k


4
4 4
4
2
2
 x – 1 + k  y – 1 = k + 1


2
2
4
 x – 1

2
k+1
4
12
4
.
5
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
2
 y – 1

2
+
k+1
4k
2
=1
3.
p – p2
q2 – q
é igual a
Sendo a, b e c (c = 1), respectivamente, o semi-eixo maior, o semi-eixo menor e a distância focal,
temos que:
I) Se k 1, temos: a 2 =
k+1
k+1
e b2 =
.
4
4k
k+1 k+1
+ 12, ou seja:
=
4
4k
Então: a2 = b2 + c2 ⇒
k= 2+
5
k= 2–
5 (não convém)
k2 – 4 k – 1 = 0
Com k = 2 +
5 , substituindo-se as coordenadas (p, q) na equação da elipse, vem:
(p2 – p) + (2 +
5 ) (q2 – q) = 0
2
II) Se 0 k 1, temos: a =
Então: a2 = b2 + c2 ⇒
k2
p – p2
=2+
q2 – q
∴
5
k+1
k+1
.
e b2 =
4k
4
k+1 k+1
=
+ 12, ou seja:
4k
4
k = –2 +
5
k = –2 –
5 (não convém)
+ 4k – 1 = 0
Com k = – 2 +
(p2 – p) + (– 2 +
5 , substituindo-se as coordenadas (p, q) na equação da elipse, vem:
∴
5 ) (q2 – q) = 0
Assim, só podemos afirmar que
p – p2
= –2 +
q2 – q
p – p2
é igual a 2 +
q2 – q
5
5 , se tivermos k 1.
Logo, essa questão não apresenta alternativa correta.
QUESTÃO 19
Resposta: A
Considere a região do plano cartesiano xy definida pela desigualdade
x2 + 4x + y2 – 4y – 8 0.
π
radianos em torno da reta x + y = 0, ela irá gerar um sólido
6
de superfície externa total com área igual a
Quando esta região rodar um ângulo de
A)
128
π.
3
B)
128
π.
4
C)
128
π.
5
D)
128
π.
6
E)
128
π.
7
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
13
RESOLUÇÃO:
A circunferência x2 + 4x + y2 – 4y – 8 = 0 tem centro C(– 2, 2) e raio r = 4.
Considere o esquema:
Representação Gráfica Plana
Representação do sólido gerado
y
4
2
C
–2
π/6
C
π/6
4
x
0
x+y=0
x+y=0
O sólido gerado é constituído por duas cunhas esféricas, cada uma com ângulo diedro
π
6
rad e raio 4.

2 π
 π ⋅ 42 
 4π ⋅ 4 ⋅ 6 
128 π
A área total da superfície externa desse sólido é igual a 2 ⋅ 
+ 4⋅

 , ou seja, 3 .
2
π
2






QUESTÃO 20
Resposta: C
Seja uma pirâmide regular de base hexagonal e altura 10 m. A que distância do vértice devemos
1
cortá-la por um plano paralelo à base de forma que o volume da pirâmide obtida seja
do volume
8
da pirâmide original?
A) 2 m.
B) 4 m.
C) 5 m.
RESOLUÇÃO:
D) 6 m.
E) 8 m.
Considere a figura:
d
10
Do enunciado, temos que
V1
1
=
V2
8
V1 … volume da pirâmide obtida
V2 … volume da pirâmide original
d … distância do plano de corte ao vértice
(1).
Sendo k a razão de semelhança entre a pirâmide obtida e a pirâmide original, nesta ordem, deveV
mos ter 1 = k 3 (2).
V2
De (1) e (2), resulta que k3 =
Ainda, k =
d
(4).
10
De (3) e (4), resulta
14
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
1
1
. Assim, k =
8
2
d
1
= . Portanto, d = 5 m.
10 2
(3).
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser respondidas no caderno de soluções.
QUESTÃO 21
Seja a função f dada por
2
f (x) = (log35) ⋅ log5 8x – 1 + log3 41 + 2x – x – log3 2x(3x + 1)
Determine todos os valores de x que tornam f não-negativa.
RESOLUÇÃO:
(log 3 5) ⋅ log 5 8x – 1 + log 3 41 + 2x – x
log 3 5 ⋅
– log 3 2x (3x + 1) 0
2
2
log 3 8 x – 1
+ log 3 41 + 2 x – x – log 3 2x (3x + 1) 0
log 3 5
2
log 3 8 x – 1 ⋅ 41 + 2 x – x ⋅ 2 – x (3x + 1)  0


(2 )
3 x–1
( )
⋅ 22
1 + 2x – x 2
23x – 3 + 2 + 4 x – 2 x
2
⋅ 2 – x (3x + 1) 1
– 3x 2 – x
20
–5x 2 + 6 x – 1 0
5x 2 – 6 x + 1 0
1
x1
5
Resposta:
QUESTÃO 22
1
x 1
5
x
y
Mostre que  + 2 + 
x
y
4
C8,4 , para quaisquer x e y reais positivos.
Obs.: Cn,p denota a combinação de n elementos tomados p a p.
RESOLUÇÃO:
1º modo:
4

x
y
 x +
+
+
=
2


 y
x
y

O termo geral do binômio é:
 8  x 
T =  ⋅
 p  y 
8–p
4
2
 x
y 
= 
+

x 
 y

 y
⋅ 

 x
p
 8  x 
=  ⋅
 p  y 
y

x 
8
8 – 2p
O termo independente de x e y ocorre quando 8 – 2p = 0 ∴ p = 4.
 8
T =   = C8,4
 4
Como todos os termos do desenvolvimento são positivos:
 x
+

 y
8
y
 C8,4
x 
x
y
4
∴  + 2 +  C8,4
x
y
2º modo:
Adotando x y (poderia ser o contrário), temos
x
1 e
y
y
0.
x
Assim:
x
y
x
y
+ 1 ∴
+2+ 3
y
x
y
x
∴
x
y
 +2+ 
y
x


4
81
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
15
Como C8,4 =
8!
= 70, então:
4! ⋅ 4!
4
x
y
 + 2 +  C8,4
x
y
QUESTÃO 23
Com base no gráfico da função polinomial y = f (x) esboçado abaixo, responda qual é o resto da
1

divisão de f (x) por  x –  ( x – 1 ).

2
y = f (x)
1
8
1
2
RESOLUÇÃO:
1
1

O resto da divisão do polinômio f(x) por  x −  ( x − 1) é da forma ax + b, onde a e b são cons
2
tantes reais.
1

Sendo Q(x) o quociente dessa divisão, temos f ( x ) ≡  x −  ( x − 1) ⋅ Q( x ) + ax + b .

2
 1 a
Logo, f   = + b e f (1) = a + b.
 2 2
 1 1
Do gráfico, temos f   =
e f (1) = 0.
 2 8
a=−
1
1
eb=
4
4
Portanto, ax + b ≡ −
Resposta: −
QUESTÃO 24
a
1
+b=
2
8 , obtemos:
a+b=0
321
Resolvendo o sistema
1
x
+ .
4 4
x
1
+ .
4 4
Sejam a e b dois números complexos não-nulos, tais que a2 + b2 = 0. Se z, w ∈ C satisfazem a
z w + z w = 6 a

z w – z w = 8 b
determine o valor de |a| de forma que |zw| = 1.
–
– = 6a
z⋅w+z⋅w
–
– = 8b
z⋅w–z⋅w
∴
|z
z ⋅ w| = 1
|z ⋅ w|2 = 1
321
RESOLUÇÃO:
∴
–
z ⋅ w = 3a + 4b
∴
e
(z ⋅ w) ⋅ (z—
⋅ w) = 1
Substituindo-se:
(3a + 4b)(3a – 4b) = 1
∴
Como a2 + b2 = 0, temos b2 = –a2.
16
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
– = 3a – 4b
z⋅w
9a2 – 16b2 = 1
∴
– ⋅ w) ⋅ (z
–) = 1
(z
z⋅w
Assim:
25a 2 = 1
Resposta:
QUESTÃO 25
∴
a2 =
1
25
∴
a =
1
5
1
5
1. Mostre que se uma matriz quadrada não-nula A satisfaz a equação
A3 + 3A2 + 2A = 0
então (A +
I)3
(1)
= A + I, em que I é a matriz identidade.
2. Sendo dado que
– 1 1 
A=

 0 – 2
satisfaz à equação (1) acima, encontre duas matrizes não-nulas B e C tais que B3 + C3 = B + C = A.
Para essas matrizes você garante que o sistema de equações
 x  0 
(B – C)   =  
 y  0 
tem solução (x, y) ≠ (0, 0)? Justifique.
RESOLUÇÃO:
1.
Temos que:
(A + I)3 = (A + I) ⋅ (A + I) ⋅ (A + I)
(A + I)3 = A3 + 3A2 + 2A + A + I
Como A3 + 3A2 + 2A = O, então:
(A + I)3 = A + I
2.
Sejam B = A + I e C = – I.
Então: B + C = (A + I) – I
B3 + C3 = (A + I)3 + (– I)3
0 1
Assim, B = 

0 – 1
∴
B+C=A
∴
B3 + C3 = A
– 1 0  .
e C= 

 0 – 1
 1 1
Logo, B – C = 
 e det (B – C) = 0.
0 0
Como det (B – C) = 0 e o sistema associado à equação
0
x 
(B – C) ⋅   =  
y
0
 
é homogêneo, então esse sistema tem solução (x, y) ≠ (0, 0).
QUESTÃO 26
Sejam n 2 números reais positivos a1, a2, … an que formam uma progressão aritmética de razão
positiva. Considere An = a1 + a2 + … + an e responda, justificando: Para todo n 2, qual é o maior
A

entre os números  n – an 
 n

RESOLUÇÃO:
2
A 
e  n
 n 
2
– an2 ?
Observemos a diferença entre os números:
2

 A  2
 An

– a n  –  n  – a 2n  =

 n

 n 

2
2
A
A 
A 
=  n  – 2 ⋅ n ⋅ a n + a 2n –  n  + a 2n
 n 
 n 
n
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
17
1
1
= 2 ⋅ a 2n – 2 ⋅
a n (a 1 + a n ) n
⋅
2
n
1
1
= 2 a 2n – a n ⋅ a 1 – a 2n
= a n (a n – a 1)
Como a P.A. é de termos positivos e crescente, temos que an (an – a1) 0.
A

Como a diferença é positiva,  n – a n 
 n

QUESTÃO 27
2
é o número maior.
Considere n pontos distintos A1, A2, … An sobre uma circunferência de raio unitário, de forma que
os comprimentos dos arcos A
1 A2, A2 A3, …, An – 1 An formam uma progressão geométrica de termo
1
. Para que valores de n ∈ teremos o comprimento do arco An A1 menor que
2
inicial π e razão
1
do comprimento da circunferência?
512
Obs.: Para todo arco Ak Al, o comprimento considerado é o do arco que une o ponto Ak ao ponto Al
no sentido anti-horário.
RESOLUÇÃO:
Sendo A1A2 = a1, A2A3 = a2, ... , An – 1An = an – 1, temos que (a1, a2, ... , an – 1) é uma PG com a1 = π
1
.
2
Do enunciado:
e q=
A
nA1 = 2π – Sn – 1,
onde Sn – 1 é a soma dos termos da P.G.
 1
π ⋅  
n−1
 2 
1
−1
2
A n A 1 = 2π −

− 1

 1
A n A 1 = 2π − 2π + 2π ⋅  
 2
n−1
Temos ainda que:
AnA1 1
∴  
1
1
⋅ 2π ∴ 2π ⋅  
 2
512
n−1
 2
1
 
9
n−1
9
1
  ⋅ 2π
 2
∴ n − 1 9 ∴ n 10
 2
Resposta: n 10
QUESTÃO 28
RESOLUÇÃO:
Seja S a área total da superfície de um cone circular reto de altura h, e seja m a razão entre as áreas
lateral e da base desse cone. Obtenha uma expressão que forneça h em função apenas de S e m.
Considere a figura:
A
O ... centro da base do cone
*
r ... medida do raio da base do cone
g
h
h ... medida da altura do cone
g ... medida da geratriz do cone
S ... área da superfície total do cone
O
18
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
r
B
Do enunciado, temos que m =
π⋅r⋅g
π ⋅ r2
, ou seja, g = r ⋅ m
Temos: S = π ⋅ r2 + π ⋅ r ⋅ g, ou seja, S = π ⋅ r ⋅ (r + g)
De (1) e (2), resulta que S = π ⋅ r2 ⋅ (m + 1)
(1).
(2).
(3).
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo AOB, temos que g2 = r2 + h2 (4).
2
De (1) e (4), segue que r =
h2
De (3) e (5), temos que S = π ⋅
Portanto, h =
QUESTÃO 29
S ⋅ (m – 1)
π
(5).
(m 2 – 1)
h2
2
(m – 1)
⋅ (m + 1), ou seja, h 2 = S ⋅ (m – 1) .
π
.
Considere o seguinte raciocínio de cunho cartesiano: “Se a circunferência de centro C = (h, 0) e raio
r intercepta a curva y = +
—
x , x 0, no ponto A = ( a , a ) de forma que o segmento AC seja per-
pendicular à reta tangente à curva em A, então x = a é raiz dupla da equação em x que se obtém da
intersecção da curva com a circunferência.”
1
Use este raciocínio para mostrar que o coeficiente angular dessa reta tangente em A é
.
2 a
RESOLUÇÃO:
Consideremos o sistema formado pela equação da circunferência e pela equação da curva.
2
( x – h ) + y 2 = r 2

y = x , x 0
1
2
De 1 e 2 , vem: x2 + (1 – 2h) x + h2 – r2 = 0.
Sabendo-se que x = a é raiz dupla dessa equação, então:
a
1
1 – 2h
h2 – r2
a
1
1 – 2h + a
a – 2ah + a2 + h2 – r2
1
1 – 2h + 2a
Devemos ter: 1 – 2h + 2a = 0
(
∴ h=a +
1.
2
)
1 

Daí: A a, a e C  a + , 0 .

2 
Assim, o coeficiente angular da reta AC é:
m AC =
a –0
= –2 a
1

a – a + 

2
Como a reta tangente em A é perpendicular ao raio AC, seu coeficiente angular m é tal que:
(
)
m ⋅ – 2 a = –1 ∴ m =
QUESTÃO 30
1
2 a
Se x, y e z são os ângulos internos de um triângulo ABC e sen x =
sen y + sen z
, prove que o triâncos y + cos z
gulo ABC é retângulo.
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
19
RESOLUÇÃO:
y+z
y– z
⋅ cos
2
2 ∴ senx = tg y + z
senx =
y+z
y– z
2
2 ⋅ cos
⋅ cos
2
2
2 ⋅ sen
Como
x
y+z
= 90º – , temos:
2
2
(
senx = tg 90° –
x
x
∴ senx = cotg
2
2
)
1
x
1
cos
x
x
2
⋅
cos
∴ 2sen
=
x
2
2
sen
2
2sen2
(pois cos
x
x
2
= 1 ∴ sen
=±
2
2
2
A única resposta que convém é:
x
= 45° ∴ x = 90°
2
Logo, ABC é um triângulo retângulo.
20
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
x
≠ 0)
2
Comentário
Mantendo a tradição, foi uma prova difícil e trabalhosa.
A questão 18 não apresenta alternativa correta.
Incidência
ASSUNTO
Análise Combinatória
Binômio de Newton
Conjunto
Funções
Geometria Analítica
Geometria do Espaço
Geometria Plana
Logaritmo
Lógica
Matrizes
Número Complexo
Polinômio
Progressão Aritmética
Progressão Geométrica
Trigonometria
1
2
3
4
5
6
Nº DE QUESTÕES
ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES
21