número 2 primos

GABARITO ITA
2014/2015
MATEMÁTICA
11/12/14
Notações

: conjunto dos números reais

i
|z|
: conjunto dos números complexos
Re(z)
: parte real do número z ∈ 
: unidade imaginária i2 = –1
: módulo de número z ∈ 
Im(z)
detA
: parte imaginária do número z ∈ 
: determinante da matriz A
: traço da matriz quadrada A, que é definido como a soma dos elementos da diagonal
trA
principal de A.
Potência de matriz : A1 = A, A2 = A · A, ..., Ak = Ak–1 · A, sendo A matriz quadrada e k inteiro positivo.
d(P, r)
: distância do ponto P à reta r
—
AB
: segmento das extremidades nos pontos A e B.
[a, b]
= {x ∈  : a ≤ x ≤ b}
[a, b[
= {x ∈  : a ≤ x < b}
]a, b]
= {x ∈  : a < x ≤ b}
]a, b[
X\Y
= {x ∈  : a < x < b}
= {x ∈ X e x ∉ Y}
n
∑a
= a0 + a1 + a2 + ... + an, sendo n inteiro não negativo
k
k =0
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são os cartesianos retangulares.
Questão 1
Considere as seguintes afirmações sobre números reais:
I. Se a expressão decimal de x é infinita e periódica, então x é um número racional
∞
II.
∑(
n =0
1
2 − 1) 2n
=
2
1− 2 2
III.ln 3 e2 + (log32)(log49) é um número racional.
É(são) verdadeira(s):
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
2
) nenhuma.
) apenas II.
) apenas I e II.
) apenas I e III.
) I, II e III.
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
Gabarito: Letra D.
I.Verdadeira.
De fato toda dízima periódica pode ser escrita em forma de fração.
II.Falsa.
∞
∑(
1
é uma soma de PG infinita com razão q = 1
2
2 − 1) 2
n =0
Nesse caso:
1
a1
2
2
S=
= 2 −1 =
=
1− q 1− 1
( 2 − 1)2 3 − 2 2
2
n
III.Verdadeiro.
ln 3 e2 + (log32)(log49) =
2 3 13
∈
+ =
3 2 6
Utilizamos que logban = n · logb|a| e que logyx =
1
log x y
3
11/12/14
Questão 2
{
}
Sejam A, B e C os subconjuntos de  definidos por A = z ∈  : z + 2 − 3 i < 19 , B = { z ∈  : z + i < 7 / 2}
2
e C = z ∈  : z + 6 z + 10 = 0 . Então, ( A \ B ) ∩ C é o conjunto
{
}
A ( ) {– 1 – 3i, – 1 + 3i}.
B ( ) {– 3 – i, – 3 + i}.
C ( ) {– 3 + i}.
D ( ) {– 3 – i}.
E ( ) {– 1 + 3i}.
Gabarito: Letra C.
Conjunto C: z2 + 6z + 10 = 0 ⇔ (z + 3)2 = –1 ⇔ z = – 3 ± i.
Como queremos (A \ B) ∩ C, vejamos quais elementos de C pertencem à A, mas não pertencem a B.
1o caso: z1 = – 3 + i.
z1 + 2 − 3 i = −1 − 2 i = 5 < 19 , logo z1 ∈ A.
7
z1 + i = −3 + 2 i = 13 > , logo z1 ∉ B.
2
Concluimos que z1 ∈ A \ B.
2o caso: z2 = – 3 – i.
z2 + 2 − 3 i = −1 − 4 i = 17 < 19 , logo z2 ∈ A.
7
z2 + i = −3 = 3 < , logo z2 ∈ B.
2
Concluimos que z2 ∉ A \ B.
Questão 3
10
 1+ 3i 
Se z = 
 , então o valor de 2arcsen (Re ( z ) ) + 5arctg ( 2Im ( z ) ) é igual a
 1− 3i 
A ( ) −
2π
.
3
π
B ( ) − .
3
2π
C ( ) .
3
4π
D ( )
.
3
5π
E ( ) .
3
4
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
Gabarito: Letra D.
10

π 
10
 cis

 1+ 3i 
3  =  cis 2π  = cis 20π = cis 2π
=
z =



 1− 3i 
  π
3 
3
3



 cis  − 3  

 
1
3
⇒ Re( z ) = − e Im( z ) =
2
2
π
 1
Finalmente: arc sen (Re( z )) = arcsen  −  = − e
2
6


π
arc tg( 2 Im( z )) = arc tg 3 =
3
10
Assim, 2arcsen ( Re( z ))+5arc tg ( 2 Im( z )) = −
π 5π 4 π
+
=
3 3
3
Questão 4
Seja C uma circuferência tangente simultaneamente às retas r : 3x + 4y – 4 = 0 e s: 3x + 4y – 19 = 0.
A área do círculo determinado por C é igual a
5π
.
7
4π
B ( )
.
5
3π
C ( ) .
2
A ( )
D ( )
8π
.
3
E ( )
9π
.
4
Gabarito: Letra E.
r: 3x + 4y – 4 = 0
⇒ mr = ms ⇒ r//s
s: 3x + 4y – 19 = 0
d
Seja d a distância entre as retas r e s, podemos tomar um ponto P∈r
e calcular d (P, s).
Seja P(0, 1)∈r, temos:
R
r
R
d ( P, s ) =
Ax p + By p + C
temos: R =
s
2
A +B
2
=
4 − 19
32 + 4 2
=3
d 3
9π
= ⇒ S = πr 2 =
2 2
4
5
11/12/14
Questão 5
Seja (a1, a2, a3, ...) a sequência definida da seguinte forma: a1 = 1, a2 = 1 e an = an – 1 + an – 2 para n ≥ 3.
Considere as afirmações a seguir:
I. Existem três termos consecutivos, ap, ap+1, ap+2, que, nesta ordem, formam uma progressão geométrica.
II. a7 é número primo.
III.Se n é múltiplo de 3, então an é par.
É (são) verdadeira(s)
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
) apenas II.
) apenas I e II.
) apenas I e III.
) apenas II e III.
) I, II e III.
Gabarito: Letra D.
a1 = 1; a2 = 1; an = an – 1 + an – 2; n ≥ 3
É a sequência de Fibonacci (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ...)
I. Falsa. Supondo que existe p tal que (ap, ap + 1, ap + 2) é P.G., temos:
ap2 + 1 = ap · ap +2 (I)
ap + 1 = ap + 2 – ap (II)
(II)2 = (I)
ap2 + 2 – 3ap + 2 ap + ap2 = 0 (÷ ap2 + 2)
1−
3 ap
ap + 2
+
2
p
2
p+ 2
a
a
= 0. Seja t =
t 2 − 3t + 1 = 0 ⇒ t =
Absurdo, pois t =
ap
ap+2
ap
ap + 2
:
3± 5
2
∈ .
II. Verdadeira. A sequência é: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ...
a7 = 13 e 13 é primo.
III. Verdadeira. É fácil ver que, ao aparecer uma sequência do tipo (ímpar, ímpar, par), esta irá se repetir,
uma vez que os próximos termos seriam:
ímpar + par → ímpar
par + ímpar → ímpar
ímpar + ímpar → par
Como a1 = 1 é ímpar, a2 = 1 é ímpar e a3 = 2 é par a sequência irá se repetir, logo, se n for múltiplo
de 3, an será par.
6
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
Questão 6
Considere a equação
a
b
−
= 5 , com a e b números inteiros positivos. Das afirmações:
2
1− x
x − 1/ 2
I.Se a = 1 e b = 2, então x = 0 é uma solução da equação.
1
II.Se x é solução da equação, então x ≠ , x ≠ – 1 e x ≠ 1
2
III. x =
2
não pode ser solução da equação.
3
É(são) verdadeira(s)
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
) apenas II.
) apenas I e II.
) apenas I e III.
) apenas II e III.
) I, II e III.
Gabarito: Letra E.
I. Verdadeira. Para a = 1 e b = 2, a equação toma forma:
1
2
−
=5
1− x 2 x − 1
2
Veja que:
1
2
−
=5
1 − 02 0 − 1
2
e portanto x = 0 é uma solução.
II. Verdadeira. Para que x seja solução, x deve estar contido nas restrições de existência da equação. Logo:
1 − x 2 ≠ 0
1

 ⇒ x ≠ ±1 e x ≠
1
2
x − ≠ 0
2

III. Verdadeira. Para x =
2
temos:
3
a
b
9a
−
=5⇔
− 6 b = 5 ⇔ 9 a − 30 b = 25 (*)
4 2 1
5
−
1−
9 3 2
Veja que mdc (9,30) = 3 e 3|25 . Logo, não existem inteiros positivos a e b que satisfaçam (*).
7
11/12/14
Questão 7
Considere o polinômio p dado p(x) = 2x3 + ax2 + bx – 16, com a, b ∈ . Sabendo-se que p admite raiz
dupla e que 2 é uma raiz de p, então o valor de b – a é igual a
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
) – 36.
) – 12.
) 6.
) 12.
) 24.
Gabarito: Letra B.
p(x) = 2x3 + ax2 + bx – 16
Raízes: 2, r e r
Se r é uma raiz dupla, podemos usar relação de Girard: 2 · r · r = −
( − 16 ) = 8 ⇔ r 2 = 4 ⇔ r = ± 2
2
Considerando r = – 2 (dado que se r = 2, tal valor seria raiz tripla). Temos:
p(2) = 0 ⇒ 2 · 23 + a · 22 + b · 2 – 16 = 0 ⇒ 16 + 4a + 2b – 16 = 0 (*)
p(– 2) = 0 ⇒ 2 · (– 2)3 + a(– 2)2 + b (– 2) – 16 = 0 ⇒ – 16 + 4a – 2b – 16 = 0 (**)
Somando (*) e (**): 8a – 32 = 0 ⇒ a = 4. Em (*): 16 + 2b = 0 ⇒ b = – 8.
Logo, b – a = 8 – 4 = – 12.
Questão 8
15
j
Seja p o polinômio dado por p ( x ) = ∑ aj x ,com aj ∈ , j = 0,1, .... 15, e a15 ≠ 0.
j= 0
Sabendo-se que i é uma raiz de p e que p(2) = 1, então o resto da divisão de p pelo polinômio q
dado por q(x) = x3 – 2x2 + x – 2, é igual a
A ( )
B ( )
C ( )
D ( )
E ( )
8
1 2 1
x − .
5
5
1 2 1
x + .
5
5
2 2 2
x + .
5
5
3 2 3
x − .
5
5
3 2 1
x + .
5
5
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
Gabarito: Letra B.
Temos q(x) = x3 – 2x2 + x – 2 = (x – 2) (x2 + 1)
Seja r(x) o resto da divisão de p(x) por q(x). Pelo teorema do resto, temos:
r(2) = p(2); r(i) = p(i); r(–i) = p(–i).
Como i é raiz de p(x) e os coeficientes de p(x) são reais, –i também será raiz de p(x), ou seja,
p(i) = p(–i) = 0.
Finalmente, como q(x) é do terceiro grau, temos:
grau r(x) ≤ 2 ⇒ r(x) = ax2 + bx + c
Temos r(i) = r(–i) = 0, donde r(x) = a(x2+1)
Substituindo x = 2 ⇒ r(2) = 5a = 1 ⇒ a =
1
1
1
⇒ r(x)a== x2a+=
5
5
5
Questão 9
Considere todos os triângulos retângulos com os lados medindo a, 2 a e a. Dentre esses triângulos, o
de maior hipotenusa tem seu menor ângulo, em radianos, igual a
3
4
D ( ) arctg
3
5
3
3
1
C ( ) arctg
2
E ( ) arctg
4
5
A ( ) arctg
B ( ) arctg
Gabarito: Letra C.
Triangulos possíveis
Catetos
Hipotenusa
a, 2 a
I.
a
II. a, a2 a
a
III. a, 2 a
I.
( a)2 + (2 a)2 = a2
a + 4a = a2
a2 – 5a = 0
a = 5 ou a = 0 (absurdo)
Triângulo
5
q é o menor ângulo
5
q
2 5
q = arctg 1 
2
 
9
11/12/14
II.
a2 + ( a)2 = (2 a)2
a2 + a = 4a
a2 – 3a = 0
a = 3 ou a = 0 (absurdo)
Triângulo
3
2 3
q
3
q é o menor ângulo
 3
q = arctg
 3 


III.
(a)2 + (2 a)2 = ( a)2
a2 + 4a = a
a2 + 3a = 0
a(a + 3) = 0
a = 0 ou a = – 3 (ambos absurdo)
1
O triângulo de maior hipotenusa é o ( 5, 2 5, 5) e seu menor ângulo é o arctg .
2
Questão 10
Os valores de x ∈ [0, 2π] que satisfazem a equação 2 sen x – cos x = 1 são
3
A ( ) arccos   e π. 5
 
3
B ( ) arcsen   e π. 5
 
 4
D ( ) arccos  −  e π.
5

4
E ( ) arccos   e π.
5
 4
C ( ) arcsen  −  e π.
 5
Gabarito: Letra A.
2 sen x − cos x = 1 ⇒ cos x = 2 sen x − 1. Mas sen2 x + cos2 x = 1 :
sen2 x + ( 2 sen x − 1)2 = 1 ⇔ 5 sen2 x − 4 sen x + 1 = 1 ⇔ sen x(5 sen x − 4) = 0
4
3
⇔ sen x = 0 ou sen x = ⇔ x = π ou cos x =
5
5
3
Logo: x = π ou x=arccos  
5
10

GABARITO ITA – MATEMÁTICA
Questão 11
Sejam α e β números reais tais que α, β, α + β ∈ ]0, 2π[ e satisfazem as equações
cos2
α 4
α 1
β 4
β 3
= cos4 + e cos2 = cos4 +
2 5
2 5
3 7
3 7
Então, o menor valor de cos (a + b) é igual a
1
D ( ) − .
2
E ( ) 0.
A ( ) – 1.
3
.
B ( ) −
2
C ( ) −
2
.
2
Gabarito: Letra B.
α
4
1
1
Seja x = cos2 , temos: x = x 2 + ⇔ 4 x 2 − 5 x + 1 = 0 ⇒ x = 1 ou x =
2
5
5
4
1
α
α
= ± 1 ou cos = ±
2
2
2
α
Como α ∈ ]0, 2π[ temos
∈]0,π[
2
Logo, cos
⇒
α π
α 2π
2π
4π
= ou =
⇒α=
ou α =
.
2 3
2
3
3
3
4
3
3
β
Seja y = cos2 , temos: y = y 2 + ⇒ 4 y 2 − 7 y + 3 = 0 ⇒ y = 1 ou y =
7
7
4
3
Logo, cos
3
β
β
= ± 1 ou cos = ±
.
3
3
2
2π
Como β ∈ ]0, 2π[ temos β ∈ ] 0,
[
3
3
β π
π
⇒ = ⇒β=
3 6
2
− 3
2π
2π π 7 π
o
1 caso: α =
∈ ]0, 2π[ ⇒ cos(α + β) =
⇒α+β=
+ =
2
3
3
2
6
2o caso: α =
3
4π
4 π π 11π
∈] 0,2π [ ⇒ cos (α + β) =
⇒α+β=
+ =
2
3
3
2
6
Como queremos o menor valor de cos(α + β), temos:
(cos(α + β))min =
− 3
2
11
11/12/14
Questão 12
Seja A = (aij)5×5 a matriz tal que aij = 2i – 1 (2j – 1), 1 ≤ i, j ≤ 5. Considere as afirmações a seguir:
I. Os elementos de cada linha i formam uma progressão aritmética de razão 2i.
II. Os elementos de cada coluna j formam uma progressão geométrica de razão 2.
III.tr A é um número primo.
É (são) verdadeira(s)
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
) apenas I.
) apenas I e II.
) apenas II e III.
) apenas I e III.
) I, II e III.
Gabarito: Letra E.
A = (aij)5×5, aij = 2i – 1 (2j – 1)
I. Verdadeira. Numa mesma linha i, temos:
ai 1 = 2i −1 ⋅ 1 

ai 2 = 2i −1 ⋅ 3 

ai 3 = 2i −1 ⋅ 5  ⇒ PA de razão 2i

ai 4 = 2i −1 ⋅ 7 
ai 5 = 2i −1 ⋅ 9 
II. Verdadeira. Numa mesma coluna j, temos:
a1 j = 20 ( 2 j − 1) 

a2 j = 21( 2 j − 1) 

a3 j = 22 ( 2 j − 1)  ⇒ PG de razão 2

a4 j = 23 ( 2 j − 1)

a5 j = 24 ( 2 j − 1)
III.Verdadeira.
5
Tr A =
∑2
n =1
12
n −1
(2n – 1) = 1 + 2 · 3 + 22 · 5 + 23 · 7 + 24 · 9 = 227 (primo).
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
Questão 13
Considere a matriz M = (mij)2×2, tal que mij = j – i + 1, i, j = 1,2. Sabendo-se que
 n
1 0  
det  ∑ M k − n 
  = 252 , então o valor de n é igual a

1 1  
 k =1
A
B
C
D
E
(
(
(
(
(
)4
)5
)6
)7
)8
Gabarito: Letra C.
Usando os dados do enunciado, a matriz M é:
 1 2
M=

0 1
Veja que:
 1 2  1 2
=
M 2 =


0 1 0 1
 1 4   1 2
=
M 3 =


0 1 0 1
1
0

1

0
4
1
6

1
 1 2n 
 1 2k 
k
Vamos usar indução para mostrar que M n = 
 . Suponha que M = 0 1  . Então:
0
1




 1 2 k   1 2  1 2( k + 1)
M k +1 =
=

 
1 
0 1  0 1 0
 n
1 0  
Logo: det  ∑ M k − n 
252 ⇒
  =
 k =1
1 1 

  1 2  1 4 
 1 2n   n 0  
⇒ det  
 + 0 1 + ... + 0 1  − 
 = 252 ⇒
0
1
 


  n n 

0 n( n + 1)
⇒
= 252 ⇒ n2 ( n + 1)= 252.
0
−n
Como 252 = 62 · 7, temos que n = 6.
13
11/12/14
Questão 14
Considere os pontos A = (0, –1), B = (0, 5) e a reta r: 2x – 3y + 6 = 0. Das afirmações a seguir:
I.d(A,r) = d(B,r)
II. B é simétrico de A em relação à reta r.
III. AB é base de um triângulo equilátero ABC, de vértice C = ( −3 3 , 2) ou C= (3 3 , 2) .
É (são) verdadeira(s) apenas
A ( ) I.
B ( ) II.
C ( ) I e II.
D ( ) I e III.
E ( ) II e III.
Gabarito: Letra D.
(I) Verdadeira
d ( x, r ) =
d ( A, r ) =
d ( B, r ) =
Ax 0 + Ay 0 + C
A2 + B2
2 ⋅ 0 + ( −3 ) ⋅ ( −1) + 6
22 + 3 2
2⋅0 − 3⋅5 + 6
2
2 +3
d ( A, r ) = d ( B, r )
2
=
=
9
13
9
y
13
B (0, 5)
(II) Falsa
Repare que a reta que liga o ponto A ao ponto B não é perpendicular
a reta r, logo A e B não podem ser pontos simétricos a reta r.
2x
+2
3
P (0, 2)
(3, 0)
(III)Verdadeira
Distância entre A e B: 6
y=
x
A (0, – 1)
Ponto médio (M) entre A e B : M = (0, 2).
l 3 6 3
Altura (h) do triângulo equilátero:=
h =
=3 3
2
2
Como o lado AB está apoiado no eixo y, então a altura do triângulo é paralela ao eixo x, passando pelo
ponto M (0, 2).
(
)
(
Assim, H = 3 3 , 2 ou H = −3 3 , 2
14
)
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
Questão 15
 25 
Dados o ponto A =  4,  e a reta r : 3x + 4y – 12 = 0, considere o triângulo de vértices ABC, cuja base
 6 
25
. Então a área e o perímetro desse
BC está contida em r e a medida dos lados AB e AC é igual a
6
triângulo são, respectivamente, iguais a
A ( )
22 40
e
3
3
B ( )
23 40
e
3
3
C ( )
25 31
e
3
3
D ( )
25 35
e
3
3
E ( )
25 40
e
3
3
Gabarito: Letra E.
 25 

 6 
A  4,
25
6
25
6
C
x
B
r : 3 x + 4 y − 12 = 0
h
M
h = d( A, r ) =
| ax A + by A + c|
2
a +b
2
12 +
=
50
− 12
3
2
3 +4
2
=
10
3
Como o triângulo é isósceles sabe-se que a altura também será mediana. Assim, seja M o ponto médio de
BC e x = BM, temos BC = 2x.
2
 25 
Pitágoras no ∆ABM : h2 + x 2 =   ⇒
 6 
⇒ x2 =
625 100 225
15
−
=
⇒x= .
6
36
9
36
Perímetro:
Área:
25 25 30 40
+
+
=
6
6
6
3
b ⋅ h 30 10 1 25
=
⋅ ⋅ =
2
6 3 2 3
15
11/12/14
Questão 16
Considere as afirmações a seguir:
I. O lugar geométrico do ponto médio de um segmento AB , com comprimento l fixado, cujos extremos
se deslocam livremente sobre os eixos coordenados é uma circunferência.
II. O lugar geométrico dos pontos (x, y) tais que 6x3 + x2y – xy2 – 4x2 – 2xy = 0 é um conjunto finito no
plano cartesiano 2.
III. Os pontos (2, 3), (4, –1) e (3, 1) pertencem a uma circunferência.
Destas, é (são) verdadeira(s)
A ( ) apenas I.
B ( ) apenas II.
C ( ) apenas III.
D ( ) I e II.
E ( ) I e III.
Gabarito: Letra A.
I.Verdadeira.
Em qualquer triângulo retângulo a mediana relativa a hipotenusa tem comprimento igual a metade da
hipotenusa. Nesse caso, como AB tem comprimento fixo, a mediana OM (M médio de AB) também

possui comprimento fixo, donde M pertence a uma circunferência de raio
e centro O.
2
Reciprocamente todo ponto da circunferência pertence ao LG.
II.Falso.
6x3 + x2y – xy2 – 4x2 – 2xy = 0 ⇔
⇔ x (6x2 + xy – y2 – 4x – 2y) = 0 ⇔
⇔ x = 0 ou 6x2 + (y – 4) x – y2 – 2y = 0
x = 0 é uma reta, portanto existem infinitas soluções.
III.Falso.
(3,1) é ponto médio de (2,3) e (4,–1), logo os pontos não podem pertencer a uma circunferência.
Parabéns aos nossos
aprovados na 2a fase
do IME deste ano!
Mais de 70% dos
aprovados no Rio!
16
54
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
Questão 17



Seja ABCD um trapézio isósceles com base maior AB medindo 15, o lado AD medindo 9 e o ângulo ADB

reto. A distância entre o lado AB e o ponto E em que as diagonais se cortam é
21
.
8
27
.
B ( )
8
35
.
C ( )
8
A ( )
37
.
8
45
.
E ( )
8
D ( )
Gabarito: Letra E.
—
Seja M a projeção de E sobre AB. Como
— o trapézio é
isósceles, tem-se que M é médio de AB. No DADB, por
Pitágoras, tem-se DB= 12.
Agora, DADB
e DEMB são semelhantes pelo
EM AD
EM 9
caso A.A., logo
⇒
=
= .
MB DM
7
, 5 12
45
⇒ EM = .
8
D
C
E
9
h
A
M
B
7,5
15
Questão 18
Num triângulo PQR, considere os pontos M e N pertencentes aos lados PQ e PR , respectivamente, tais
que o segmento MN seja tangente à circunferência inscrita ao triângulo PQR. Sabendo-se que o perímetro
do triângulo PQR é 25 e que a medida de QR é 10, então o perímetro do triângulo PMN é igual a
A ( ) 5.
B ( ) 6.
C ( ) 8.
D ( ) 10.
E ( ) 15.
P
Gabarito: Letra A.
Sejam X e Y os pontos de tangência do incírculo do ∆PQR com
os lados PQ e PR, respectivamente.
Dessa maneira, PX = PY = p – a (semiperímetro do ∆PQR menos
25
5
o lado oposto a P). Logo, PX =
− 10 = .
2
2
O incírculo de ∆PQR é exincírculo do ∆PMN. Logo, PX é o
semiperímetro do ∆PMN. Dessa maneira, o perímetro do ∆PMN
5
é 2 ⋅ = 5.
2
M
X
Q
N
Y
R
17
11/12/14
Questão 19
Considere uma circunferência C, no primeiro quadrante, tangente ao eixo Ox e à reta r : x – y = 0. Sabendo-se que a potência do ponto O = (0,0) em relação a essa circunferência é igual a 4, então o centro e o raio
de C são, respectivamente, igual a
A ( ) ( 2, 2 2 − 2) e 2 2 − 2.

2 1
2 1
−
− e
B ( )  2,
2  2
2
 2
C ( ) ( 2, 2 − 1) e 2 − 1.
D ( ) ( 2, 2 − 2 ) e 2 − 2
E ( ) ( 2, 4 2 − 4) e 4 2 − 4.
Gabarito: Letra A.
y
O’
(a, b)
d
R
O
Potc(0,0) = 4 (*)
x – y=0
x
De (*), temos: d2 – R2 = 4 ⇒ a2 + b2 – R2 = 4
Se C é tangente ao eixo Ox, então b = R
—
Seja O’ o centro de C. É fato que O’ ­equidista das retas x – y = 0 e do eixo Ox. Portanto OO’ faz 22,5° com
o eixo Ox.
Então:
—
—
OO’ = y = ( 2 − 1) x ⇒ b = ( 2 − 1)a , já que (a, b) ∈ OO’.
Portanto:
a2 + b2 – R2 = 4 ⇒ a2 + R2 – R2 = 4 ⇒ a = 2 (C está no 1o quadrante)
⇒ b = ( 2 − 1)2 = 2 2 − 2
Finalmente, o centro de C é O ' = ( 2, 2 2 − 2) e R= 2 2 − 2
18
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
Questão 20
Uma taça em forma de cone circular reto contém um certo volume de um líquido cuja superfície dista h do
vértice do cone. Adicionando-se um volume idêntico de líquido na taça, a superfície do líquido, em relação
à original, subirá de:
A ( )
3
B ( )
3
C ( )
(
2 − h. D ( ) h.
h
E ( ) .
2
2 − 1. 2 − 1 h.
3
)
Gabarito: Letra C.
Seja H a nova distância da superfície do líquido ao vértice do cone, após a adição de um mesmo volume
v de líquido à taça.
Por semelhança, tem-se que a razão dos volumes dos cones gerados é igual ao cubo da razão das
distâncias ao vértice do cone, logo:
3
2v  H 
⇒ H = h3 2
=
v  h 
Dessa maneira, o nível do líquido sobe de H – h = h 3 2 – h = ( 3 2 – 1)h
v
v
h
H
Questão 21
1
3
Considere as funções f1, f2, f :  → , sendo f1( x ) = x + 3, f2(x )= x + 1 e f(x) igual ao maior valor
2
2
entre f1(x) e f2(x), para cada x ∈ . Determine:
a) Todos os x ∈  tais que f1(x) = f2(x).
b) O menor valor assumido pela função f.
c) Todas as soluções da equação f(x) = 5.
19
11/12/14
Gabarito:
a) f1 ( x ) = f2 ( x )
1
3
x +3 = x +1
2
2
 x + 1, x ≥ 1
x +1 = 
− x − 1, x < −1
 x, x ≥ 0
x =
− x, x < 0
(I)
(II)
–1
Caso (I):
x < −1
3
1
( − x ) + 3 = ( − x − 1)
2
2
9
x = − < −1, satisfaz as condições impostas!
2
Caso (II):
−1 ≤ x < 0
3
1
( − x ) + 3 = ( x + 1)
2
2
3
x = > 0, não satisfaz as condições impostas!
4
Caso (III):
x ≥0
1
3x 3
+
x +3=
2
2 2
3
x = ≥ 0, satisfaz as condições impostas!
2
 9 3
Resposta: S = − , 
 2 2
b) f ( x ) é o maior valor entre f1 ( x ) e f2 ( x )
f2 ( x ) > f1 ( x )
1
3
x +1 > x +3
2
2
9
3
x < − ou x > (pela letra A e análise do gráfico)
2
2
9
3
 1
 2 x + 3, − 2 ≤ x < 2
Loogo, f ( x ) = 
 3 x + 1 , x > 3 ou x < − 9
 2
2
2
20
(III)
0
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
Analisando o gráfico:
x
f2(x)
 9 21 
− 2, 4 


f1(x)
Analisando o gráfico, percebe-se que antes (à esquerda)
do ponto (0, 3), a função é estritamente decrescente e
após (à direita) o ponto, a função é estritamente crescente.
 3 15 
 2, 4 


(– 1, 0)
y
C) Dois casos:
9
3
(I): − ≤ x ≤
2
2
1
x +3=5
2
x =4
x = ±4
4 está fora do intervalo, logo – 4 é a única resposta desse caso.
(II): x< −
9
3
ex>
2
2
3
x +1 = 5
2
10
10
⇒ x + 1= ±
x +1 =
3
3
7
13
x = ou x = − , fora do intervalo.
3
3
7

Resposta : S =  , −4 
3


Questão 22
Considere o polinômio p dado por p(z) = 18z3 + βz2 – 7z – β, em que β é um número real.
a) Determine todos os valores de β sabendo-se que p tem uma raiz de módulo igual a 1 e parte imaginária
não nula.
b) Para cada um dos valores de β obtidos em a), determine todas as raízes do polinômio p.
Gabarito:
Se p tem uma raiz de módulo 1, digamos a + bi, com b ≠ 0, então a – bi também será raiz de p, já que p
tem coeficientes reais. Usando as relações de Girard:
21
11/12/14
( a + bi ) + ( a − bi ) + r ' = −
β
18
β
( a + bi ) ( a − bi ) r ' =
18
2a + r ' = −
⇒
β
r' =
18
β
18
⇒ a=−
β
18
a2 + b2 = 1
Como r’ é raiz de p:
3
2
β3
β3 7β
β
β
β
18   + β   − 7   − β = 0 ⇒
+
−
−β=0
182 182 18
 18 
 18 
 18 
β = 0 ou
2β2 25
−
= 0 ⇒ β = 0 ou β = ± 15
182 18
•Se β = 0: p(z) = 18z3 – 7z.
Nesse caso, as três raízes são reais, o que não satisfaz o enunciado.
β 5
5
25
11
= e a = − ⇒ a2 + b 2 = 1 ⇒ b 2 = 1 −
⇒ b=±
18 6
6
36
6
5 5
11
5
11
Portanto, as raízes são , − +
i e − −
i.
6 6
6
6
6
5
5
11
•Se β = –15: r ' = − e a = ⇒ b = ±
.
6
6
6
5 5
11
5
11
Portanto, as raízes são − , +
i e −
i.
6 6
6
6
6
•Se β = 15: r ' =
Questão 23
Sabe-se que 1, B, C, D e E são cinco números reais que satisfazem às propriedades:
(i) B, C, D, E são dois a dois distintos;
(ii) os números 1, B, C, e os números 1, C, E estão, nesta ordem, em progressão aritmética;
(iii)os números B, C, D, E, estão, nesta ordem, em progressão geométrica.
Determine B, C, D, E.
Gabarito:
Usando propriedades de média aritmética e geométrica (ponderadas) na P.A. e P.G., tem-se:
•(1, B, C) é P.A., logo B =
C+1
2
•(1, C, E) é P.A., logo, C =
E +1
⇒ E = 2C − 1
2
22
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
2
•(B, C, D, E) é P.G., logo, usando pesos, C = 3 B2 ⋅ E1 ⇒ C3 =  C + 1  ⋅ ( 2C − 1)
 2 
Tem-se então que: 4 C3 = (C2 + 2C +1) (2C – 1)
4C3 = 2C3 + 3C2 – 1
2C3 – 3C2 + 1 = 0
1
(C – 1)2(2C + 1) =0, logo C = 1 ou C = − .
2
•Se C = 1, então B =
C+1
⇒ B = 1. Porém B e C são distintos.
2
1
C+1
1
•Se C = − , então B =
⇒B= .
2
2
4
E = 2C – 1 ⇒ E = – 2
1
 1
C 2 = D ⋅ B ⇒  −  2 = D ⋅ ⇒ D = 1.
4
 2
1
1
Logo, tem-se B = , C = − , D = 1, E = −2
4
2
Questão 24
Seja M ⊂  dado por M = {|z2 + az – 1|: z ∈  e |z|= 1}, com a ∈ . Determine o maior elemento
de M em função de a.
Gabarito:
|z| = 1 ⇒ z = cis θ
|z2 + a z – 1| = |cis 2θ + a cis θ –1| = |(cos 2θ + a cos θ –1) + (sen 2θ + a sen θ)i|
=
( cos 2q + a cos q − 1) + ( sen 2q + a sen q )
2
2
Queremos que a expressão dentro da raiz seja máxima:
E= (cos 2θ + a cos θ –1)2 + (sen 2θ + a sen θ)2 =
1
1
cos (2θ – θ)
= cos2 2θ + sen2 2θ + a2 · (cos2θ + sen2θ) + 2a · (cos 2θ · cos θ + sen 2θ · sen θ) +
+ 1 – 2 cos 2θ – 2a cos θ = a2 + 2 – 2 cos 2θ
O máximo ocorre para cos 2θ = –1, nesse caso: E = a2 + 4 e o valor pedido é
a2 + 4
.
23
11/12/14
Questão 25
Seja S o conjunto de todos os polinômios de grau 4 que têm três dos seus coeficientes iguais a 2 e os
outros dois iguais a 1.
a) Determine o número de elementos de S.
b) Determine o subconjunto de S formado pelo polinômios que têm – 1 como uma de suas raízes.
Gabarito:
p(x) = a4x4 + a3x3 + a2x2 + a1x + a0
Pode-se fazer permutação com repetição para descobrir a quantidade de polinômios.
5!
3, 2
a) P
=
= 10
5
3 !2!
R.: 10
b) Para – 1 ser raiz de p(x), temos que a soma dos coeficientes de ordem par precisa ser igual a soma
dos coeficiente de ordem ímpar.
Logo:
a0 + a2 + a4 = a3 + a5
4 ≤ a0 +a2 + a4 ≤ 6 (condições da questão)
2 ≤ a3 + a5 ≤ 4 (condições da questão)
Assim, a3 + a5 = 4 = a0 + a2 + a4.
Como, a3 = 1 ou 2 e a5 = 1 ou 2, e a3 + a5 = 5, então a3 = a5 = 2. Portanto, a0 = a2 = 1 e a4 = 2,
a0 = a4 = 1 e a2 = 2 ou a2 = a4 = 1 e a0 = 2.
Elementos do subconjunto:
{2x4 + 2x3 + x2 + 2x + 1, x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1, x4 + 2x3 + x2 + 2x + 2}
Questão 26
Três pessoas, aqui designadas por A, B e C, realizam o seguinte experimento: A recebe um cartão em
branco e nele assinala o sinal + ou o sinal –, passando em seguida a B, que mantém ou troca o sinal
marcado por A e repassa o cartão a C. Este, por sua vez, também opta por manter ou trocar o sinal do
cartão. Sendo de 1/3 a probalididade de A escrever o sinal + e de 2/3 as respectivas probabilidades de B
e C trocarem o sinal recebido, determine a probabilidade de A haver escrito o sinal + sabendo-se ter sido
este o sinal ao término do experimento.
Gabarito:
Montaremos um diagrama de probalidades para facilitar a vizualização
24
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
1
3
1
3
1
3
2
3
2
3
+
2
3
2
3
2
3
+
–
1
3
–
x: Experimento terminar com sinal de “+”
1 1 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 13
P( x ) = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 27
–
+
2
3
2
3
–
–
+
1
3
1
3
+
+
–
+
1
3
–
y: Experimento começando com A escrevendo sinal de “+”
1 1 1 1 2 2 5
P( x ∩ y ) = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =
3 3 3 3 3 3 27
5
P( x ∩ y ) 27 5
P( x / y ) =
=
=
13 13
P( x )
27
Resultado IME 2013/2014
1o lugar geral do Brasil
(Reserva)
e mais de
50% dos aprovados do Rio!
25
11/12/14
Questão 27
Seja n um inteiro positivo tal que sen
a)Determine n.
b)Determine sen
π
2− 3
=
4
2n
π
24
Gabarito:
Veja que, para n = 6, tem-se que sen
π
π
= sen
= sen 15°.
2n
12
Considerando a fórmula cos 2a = 1 – 2 sen 2a, tem-se, adotando a = 15°, que:
cos 30° =
2− 3
3
.
= 1 − 2 sen2 15°, logo, como 15° é agudo, sen 15° =
4
2
Observe que a função sen
π
2− 3
π
=
.
é decrescente se n ∈ Z, logo apenas n = 6 é tal que sen
4
2n
2n
Usando a mesma fórmula anterior, agora com α =
Pela relação fundamental, tem-se
π
sen
=
24
1−
cos
2+ 3
2− 2+ 3
4
=
.
2
2
π
π
π
, tem-se que cos = 1 − 2 sen2 .
24
24
12
π
2+ 3
=
,
4
12
logo, como
π
é do 1o quadrante,
24
Questão 28
Sejam a e b números reais não nulos. Determine os valores de b, c, d, bem como a relação entre a e b
para que ambos os sistemas lineares S e T a seguir sejam compatíveis indeterminados.
2 x + by = α
S
cx + y = β
cx + 3 y = α
T
4 x + dy = β
Gabarito:
S e T devem ser compatíveis indeterminados, isto é, ambos devem possuir infinitas soluções (x,y). Logo:
2 b α
2 x + by = α
⇒ = = (*)
S: 
+
=
β
cx
y
c 1 β

c 3 α
cx + 3 y = α
T:
⇒ = = (**)
x
dy
+
=
β
4
4 d β

26
GABARITO ITA – MATEMÁTICA
2β = cα

De(*):  bβ = α
 bc = 2
Então:
cβ = 4α

De(**): 3β = dα
cd = 12
bβ = α
b 1
2
⇔ = , mas bc = 2 ⇒ b ⋅ 4 b = 2 ⇒ b = ± .
cβ = 4α
c 4
2
Logo: c = 4 b = ±2 2 ⇒ d =
12
±2 2
= ±3 2.
2
α
=b⇔ α=±
β
2
β
b=
2
2
b=−
Portanto, temos: c = 2 2, com α =
d =3 2
2
2
2
2
β ou c = −2 2, com α = −
β
2
2
d = −3 2
Questão 29
Sabe-se que a equação 3x2 + 5xy – 2y2 – 3x + 8y – 6 = 0 representa a reunião de duas retas concorrentes,
r e s, formando um ângulo agudo q. Determine a tangente de q.
Gabarito:
3x2 + 5xy – 2y2 – 3x + 8y – 6 = 0 ⇒ 3x2 + (5y – 3)x – 2y2 + 8y – 6 = 0
Para fazer essa questão, podemos resolver a equação do segundo grau em x:
x=
3 − 5 y ± 9 − 30 y + 25 y 2 + 24 y 2 − 96 y + 72
y
x = − 1 ou x = − 2 y + 2
3
As duas retas(r e s) são:
6
r: y = 3x + 3 ; mr = 3
x
−1
s: y = 1 − ; ms =
2
2
tgθ =
mr − ms
3 + 1/2
=
=7
1 + mr · ms
1 − 3/2
Resposta: tgθ = 7
27
11/12/14
Questão 30
Na construção de um tetraedro, dobra-se uma folha retangular de papel, com lados de 3 cm e 4 cm,
ao longo de uma de suas diagonais, de modo que essas duas partes da folha formem um ângulo reto e
constituam duas faces do tetraedro. Numa segunda etapa, de maneira adequada, completa-se com outro
papel as faces restantess para formar o tetraedro. Obtenha as medidas das arestas do tetraedro.
Gabarito:
—
—
Considere a folha retangular ABCD dobrada sobre a diagonal BD. Por Pitágoras, BD = 5. O tetraedro obtido
ABCD é tal que as faces ABD e BCD são perpendiculares, logo a projeção H de A na face BCD pertence
à aresta BD. No tetraedro, AB = 4, BC = 3, CD = 4, DA = 3 e BD = 5. Resta saber quanto mede AC.
No DABD, vale que AH · BD = AB · AD, logo AH · 5 = 4 · 3, logo AH = 2,4.
No DADH, por Pitágoras, HD = 1,8.
No DBCD, seja H’ pé da altura de C. Então, CH’ = 2,4 e H’B = 1,8. Logo HH’ = 1,4. Assim, no DCHH’,
CH2 = (CH’)2 + (HH’)2 = (1,4)2 + (2,4)2.
No DACH, AC2 = CH2 + AH2 = (1,42 + 2,42) + (2,4)2 = 1,96 + 5,76 + 5,76 = 13,48
Logo as arestas medem 3, 4, 3, 4, 5 e 13, 48 .
A
4
D
H’
3
3
H
B
4
C
Comentários
A prova de Matemática de 2014/2015 teve nível de dificuldade médio, característico da prova
do ITA.
Como em outros anos, podemos perceber a grande presença de assuntos clássicos, como
trigonometria, polinômios, geometria e matrizes. Porém, alguns tópicos foram pouco abordados,
como logarítmos, combinatória e conjuntos.
Mais uma vez, a prova não exigiu grande criatividade por parte dos alunos, de modo que os
alunos que possuem domínio sobre todo o conteúdo devem conseguir atingir notas elevadas.
As questões mais difíceis foram: 26, 27 e 30.
Professores:
Caio Dorea
Hugo Oliveira
Jordan Piva
Jorge Henrique
Sandro Davison
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