o anglo resolve a prova de Matemática do ITA

o
anglo
resolve
a prova
de
Matemática
do ITA
Código: 83585024
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.
Só é corrigida a parte dissertativa do candidato que obtém, nas
questões de múltipla escolha, nota igual ou superior a 40 (na escala
de 0 a 100) e média aritmética igual ou superior a 50 (na escala de
0 a 100).
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%.
A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física,
Química e Português, com peso 1.
MATEM ÁT ICA
NOTAÇÕES
Q
I : conjunto dos números racionais.
∅: conjunto vazio.
A\B = {x ∈ A; x ∉ B}.
IR: conjunto dos números reais.
Z: conjunto dos números inteiros.
IN = {0, 1, 2, 3, …}.
n(U): número de elementos do conjunto U.
P(A): coleção de todos os subconjuntos de A.
f o g: função composta de f com g.
IN* = {1, 2, 3, …}.
I: matriz identidade n × n.
C
I : conjunto dos números complexos.
i: unidade
imaginária; i2
A–1: inversa da matriz inversível A.
= –1.
z = x + iy, x, y ∈ IR.
–z: conjugado do número z, z ∈ C
I.
AT: transposta da matriz A.
det A: determinante da matriz A.
—
AB: segmento de reta unindo os pontos A e B.
I.
|z|: módulo do número z, z ∈ C
[a, b] = {x ∈ IR; a x b}.
AB: arco de circunferência de extremidades A e B.
—
—
m(AB): medida (comprimento) de AB.
▼
]a, b[ = {x ∈ IR; a x b}.
Questão 1
Considere as seguintes afirmações sobre o conjunto U = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}:
I. ∅ ∈ U e n (U) = 10.
II. ∅ ⊂ U e n (U) = 10.
III. 5 ∈ U e {5} ⊂ U.
IV. {0, 1, 2, 5} ∩ {5} = 5.
Pode-se dizer, então, que é (são) verdadeira(s)
A) apenas I e III.
B) apenas II e IV.
C) apenas II e III.
D) apenas IV.
E) todas as afirmações.
Resolução:
Da veracidade das proposições:
P1: n (U) = 10
P2: ∅ ∉ U
P3: ∀ U, ∅ ⊂ U
P4: 5 ∈ U e {5} ⊂ U
P5: {0, 1, 2, 5} ∩ {5} = {5},
podemos concluir que apenas as afirmações II e III são verdadeiras.
▼
Resposta: C
Questão 2
Seja o conjunto S = {r ∈ Q
I : r 0 e r 2 2}, sobre o qual são feitas as seguintes afirmações:
I.
5
7
∈Se
∈ S.
4
5
II. {x ∈ IR: 0 x III.
ITA/2004
2 } ∩ S = ∅.
2 ∈ S.
3
ANGLO VESTIBULARES
Pode-se dizer, então, que é (são) verdadeira(s) apenas
A) I e II
B) I e III
C) II e III
D) I
E) II
Resolução:
Da veracidade das proposições:
P1 :
 5 2
5
5
∈ Q e 0 e   2
4
4
4
P2 :
 7 2
7
7
∈ Q e 0 e   2
5
5
5
P3: {x ∈ IR: 0 x P4:
2 ∉Q⇒
2} ∩ S = S e S ≠ ∅
2 ∉S
Podemos concluir que apenas a afirmação I é verdadeira.
▼
Resposta: D
Questão 3
Seja α um número real, com 0 α 1. Assinale a alternativa que representa o conjunto de todos os valores de x tais que
2
α
2x
 1 2 x

 1.
 α
A) ]– ∞ , 0] ∪ [2, + ∞ [
B) ]– ∞ ,0[ ∪ ]2, + ∞ [
C) ]0, 2[
D) ]– ∞ , 0 [
E) ]2, + ∞ [
Resolução:
Com 0 1 e x ∈ IR, temos:
2
2x
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
 1 2 x
 1 ⇔
⋅ 
 
2x ⋅ –x2 0
–x2 + 2x 0
– x2 + 2x 0
x2 – 2x 0
0x2
x ∈ ] 0, 2 [
▼
Resposta: C
Questão 4
I , f (x) = 2 cos x + 2i sen x. Então, ∀x, y ∈ IR, o valor do produto f (x) f (y) é igual a
Considere a função f: IR → C
A) f (x + y)
B) 2 f (x + y)
C) 4 i f (x + y)
D) f (xy)
E) 2 f (x) + 2i f (y)
Resolução:
f (x) ⋅ f (y) = 2 (cos x + i sen x) ⋅ 2 (cos y + i sen y)
= 2 ⋅ 2 [cos (x + y) + i sen (x + y)]
= 2 ⋅ f (x + y)
Resposta: B
ITA/2004
4
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 5
Considere 12 pontos distintos dispostos no plano, 5 dos quais estão numa mesma reta. Qualquer outra reta do plano contém,
no máximo, 2 destes pontos. Quantos triângulos podemos formar com os vértices nestes pontos?
A) 210
D) 415
B) 315
E) 521
C) 410
Resolução:
C12,3 – C5,3 =
12!
5!
= 210
–
3! ⋅ 9! 3! ⋅ 2!
▼
Resposta: A
Questão 6
2 x
Seja x ∈ IR e a matriz A =  x
2
( x 2 + 1 )– 1 
. Assinale a opção correta.
log 2 5 
A) ∀x ∈ IR, A possui inversa.
B) Apenas para x 0, A possui inversa.
C) São apenas dois os valores de x para os quais A possui inversa.
D) Não existe valor de x para o qual A possui inversa.
E) Para x = log25, A não possui inversa.
Resolução:
Para A não possuir inversa, det A = 0.

1 
2x ⋅ log 2 5 – 2
=0
x + 1 

2x = 0 (não existe x, x ∈ IR)
ou
log 2 5 =
1
2
x +1
∴ x 2 + 1 = log 5 2 ∴ x 2 0 (não existe x, x ∈ IR)
Logo, det A ≠ 0 e, sendo assim, ∀x ∈ IR, A possui inversa.
▼
Resposta: A
Questão 7
Considerando as funções arc sen : [– 1, + 1] → [– p/2, p/2]
e
arc cos : [– 1, + 1] → [0, p] ,

3
4
assinale o valor de cos  arcsen + arccos  .
5
5

A)
6
25
7
25
1
C)
3
B)
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2
5
5
E)
12
D)
5
ANGLO VESTIBULARES
Resolução:
Fazendo α = arc sen
sen α =
cos β =
4
3
e β = arc cos , temos:
5
5
π π
3
4
∴ cos α =
e α∈ – ,
5
2 2
5
4
3
e β ∈ [0, π] ∴ sen β =
5
5
Assim:
cos (α + β) = cos α ⋅ cos β – sen α ⋅ sen β =
16
9
7
–
=
25 25 25
▼
Resposta: B
Questão 8
Considere um polígono convexo de nove lados, em que as medidas de seus ângulos internos constituem uma progressão aritmética
de razão igual a 5º. Então, seu maior ângulo mede, em graus,
A) 120
D) 150
B) 130
E) 160
C) 140
Resolução:
Sendo a1 o primeiro termo da progressão aritmética de razão 5º e a9 a medida do ângulo pedido, do enunciado, temos:
a9 = a1 + 8 ⋅ 5º ∴ a1 = a9 – 40º
(1)
Ainda,
(a1 + a9 ) ⋅ 9
= (9 – 2) ⋅ 180º (2)
2
De (1) e (2), temos:
(a9 – 40º + a9 ) ⋅ 9
= 1260º ∴ a9 = 160º
2
▼
Resposta: E
Questão 9
 3
O termo independente de x no desenvolvimento do binômio  3 x −
 5x

5
3
A) 729 3 45
D) 376 3
3
B) 972 15
E) 165 3 75
C) 891 3
3
12
5x  é
3 x 
3
5
Resolução:
O Binômio se reduz a:

 12
1
1
1
1
–


 3  2

–
3 3
  ⋅ x 3 –   ⋅ x 6 
5
 5 



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6
ANGLO VESTIBULARES
O Termo geral é:
12  3 
T =   ⋅  
 p  5
12 – p
2
12
T =   ⋅ (– 1)p
P
⋅
3
⋅ 
–12 + p
x 3
36 – 5p
6
5
p
p
 3 – 3
⋅ (– 1) ⋅   ⋅ x 6
5
⋅x
p
p–8
2
p–8
=0 ∴ p=8
2
Logo:
12
 3 –
T =   ⋅ (– 1)8 ⋅  
5
8
2
3
= 495 ⋅
5
2
2
3
3
1
= 165 ⋅ 3
3
⋅5
2
3
= 165 ⋅ 3 75
3
▼
Resposta: E
Questão 10
Considere as afirmações dadas a seguir, em que A é uma matriz quadrada n × n, n 2:
I. O determinante de A é nulo se e somente se A possui uma linha ou uma coluna nula.
II. Se A = (aij ) é tal que aij = 0 para i j, com i, j = 1, 2, …, n, então det A = a11 a 22 … ann.
III. Se B for obtida de A, multiplicando-se a primeira coluna por
2 + 1 e a segunda por
2 − 1 , mantendo-se inalteradas
as demais colunas, então det B = det A.
Então, podemos afirmar que é (são) verdadeira(s)
A) apenas II.
B) apenas III.
C) apenas I e II.
D) apenas II e III.
E) todas.
Resolução:
1 1
 tem detA = 0
(I) Falsa; por exemplo, A = 
1 1
(II) Verdadeira; basta aplicarmos sucessivamente o teorema de Laplace.
(III) Verdadeira; pois detB = ( 2 + 1) ( 2 – 1) ⋅ detA ∴ detB = detA.
▼
Resposta: D
Questão 11
Considere um cilindro circular reto, de volume igual a 360 π cm3, e uma pirâmide regular cuja base hexagonal está inscrita
na base do cilindro. Sabendo que a altura da pirâmide é o dobro da altura do cilindro e que a área da base da pirâmide é
de 54 3 cm2, então, a área lateral da pirâmide mede, em cm2,
A) 18 427
B) 27 427
C) 36 427
D) 108 3
E) 45 427
ITA/2004
7
ANGLO VESTIBULARES
V
Resolução:
Do enunciado, temos a figura:
2h
h
E
F
A
O
D
Devemos ter:
6⋅
V … vértice da pirâmide;
O … centro da base;
h … medida da altura do cilindro;
l … medida do lado do hexágono regular ABCDEF;
—
VM … apótema da pirâmide;
OA = l.
M
B
l2 3
l
= 54 3 ∴ l = 6 cm
4
C
Ainda,
π ⋅ l2 ⋅ h = 360 π
Substituindo l = 6, temos:
π ⋅ 62 ⋅ h = 360 π ∴ h = 10 cm ⇒ VO = 20 cm
No triângulo retângulo VOM, temos:
(VM)2 = (VO)2 + (OM)2
 6 3 2
 ∴ VM =
(VM)2 = (20)2 + 

 2 
427
Portanto a área lateral pedida é igual a 6 ⋅
1
⋅6⋅
2
427 , ou seja, 18 427 cm2.
▼
Resposta: A
Questão 12
 π π
O conjunto de todos os valores de α , α ∈  − ,  , tais que as soluções da equação (em x) x 4 –
 2 2
 π 
A) − , 0
 3 
 π
D) 0 , 
 3
 π π
B) − , 
 4 4
 π π
E)  , 
 12 3 
4
48 x 2 + tg α = 0 são todas reais, é
 π π
C) − , 
 6 6
Resolução:
2
Fazendo x2 = y, temos: y –
4
48 ⋅ y + tg α = 0
Nessa equação do 2º grau, as raízes devem ser maiores ou iguais a zero. Assim:
( 48 )
4
2
– 4 ⋅ tg α 0
∴
tg α 0
123
123
tg α 0
tg α 3
No intervalo dado no enunciado, temos, então:

α ∈ 0,

π
.
3 
Resposta: D
ITA/2004
8
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 13
Sejam as funções f e g definidas em IR por f(x) = x2 + αx e g(x) = –(x2 + β x), em que α e β são números reais. Considere que estas
funções são tais que
f
g
Valor mínimo
Ponto de mínimo
Valor máximo
Ponto de máximo
–1
0
9
4
0
Então, a soma de todos os valores de x para os quais (f o g)(x) = 0 é igual a
A) 0
B) 2
C) 4
D) 6
E) 8
Resolução:
Do enunciado, temos:
–α
–α
0 e f
 = –1
2
 2 
De
–α
0, temos α 0. (1)
2
–α
De f 
 = – 1, temos :
 2 
α2
4
–
α2
2
α2 = 4
= –1
(2)
De (1) e (2), temos α = 2 e, portanto, f (x) = x2 + 2x.
Do enunciado, temos:
 –β 9
–β
0 e g 
=
2
 2  4
De
–β
0 , temos β 0
2
(3)
 –β 9
De g 
 = , temos :
 2  4
– β2 β2 9
+
=
4
2
4
β2 = 9
(4)
De (3) e (4), temos β = – 3 e, portanto, g (x) = – (x2 – 3x).
f(g (x)) = 0 ⇔
⇔ [g(x)]2 + 2g(x) = 0
⇔ g(x) [g(x) + 2] = 0
⇔ g(x) =0 ou g(x) + 2 = 0
⇔ x2 – 3x = 0 ou – x2 + 3x + 2 = 0
As raízes de x2 – 3x = 0 são 0 e 3.
As raízes de – x2 + 3x + 2 = 0 são reais (pois o discriminante é positivo), e sua soma é igual a 3.
Portanto a soma de todas as raízes é igual a 6.
Resposta: D
ITA/2004
9
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 14
Considere todos os números z = x + iy que têm módulo
A)
25
9
49
16
81
C)
25
B)
7
e estão na elipse x2 + 4y2 = 4. Então, o produto deles é igual a
2
25
D)
7
E) 4
Resolução:
Sendo x e y reais, temos:
7
2
7
7
2
|z| =
∴ x2 + y2 =
4
4
Resolvendo o sistema:
 2
7
 x + y2 =

4 , obtemos os pares
 x 2 + 4y 2 = 4

|z| =
O produto dos números 1 + i
 


 
 
1, 3  , 1, – 3  ,  – 1, 3  e  – 1, – 3 

2  
2  
2  
2 

3
3
3
3
49
é
.
,1 – i
, –1 + i
e –1 – i
2
2
2
2
16
▼
Resposta: B
Questão 15
Para algum número real r, o polinômio 8x3 – 4x2 – 42x + 45 é divisível por (x – r)2. Qual dos números abaixo está mais
próximo de r?
A) 1,62
D) 1,32
B) 1,52
E) 1,22
C) 1,42
Resolução:
Da divisibilidade de 8x3 – 4x2 – 42x + 45 por (x – r)2, podemos concluir que pelo menos duas das três raízes são iguais a r.
Sendo s a outra raiz, temos:
1442443
r+r+s= –
(– 4)
8
r⋅r+r⋅s+r⋅s= –
42
8
45
8
Resolvendo o sistema
r⋅r⋅s= –
1442443
2r + s =
1
2
r2 + 2rs = –
r2 ⋅ s = –
21
4
45
,
8
5
3
es= –
2
2
Entre os números dados, aquele que está mais próximo de r é 1,52.
Obtemos r =
Resposta: B
ITA/2004
10
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 16
Assinale a opção que representa o lugar geométrico dos pontos (x, y) do plano que satisfazem a equação
x 2 + y2
40
det
4
34
A) Uma elipse.
B) Uma parábola.
C) Uma circunferência.
x
y 1
2 6 1
= 288.
2 0 1
5 3 1
D) Uma hipérbole.
E) Uma reta.
Resolução:
Devemos ter:
x2 + y2
40
4
34
x
2
2
5
y
6
0
3
1
1
= 288
1
1
⋅ (– 2)
(+)
2
x +y
40
4
34
2
x–2 y 1
0
6 1
= 288
0
0 1
3
3 1
Aplicando o Teorema de Laplace e desenvolvendo, temos:
18x2 + 18y2 – 72x – 108y – 216 = 0 (÷ 18)
x2 + y2 – 4x – 6y – 12 = 0
∴ (x – 2)2 + (y – 3)2 = 25
Logo, o lugar geométrico dos pontos (x, y) do plano é a circunferência de centro (2, 3) e raio 5.
▼
Resposta: C
Questão 17
A soma das raízes da equação z3 + z2 – |z|2 + 2z = 0, z ∈ C
I , é igual a
A) – 2
B) – 1
C) 0
D) 1
E) 2
Resolução:
|
Lembrando que |z|2 = z ⋅ –
z , para todo z, z ∈ C
, temos:
–
3
2
z + z – z ⋅ z + 2z = 0
z + 2) = 0
z(z2 + z – –
z = 0 ou z2 + z – –
z +2=0
z + 2 = 0 que:
Sendo z = x + yi, com x e y reais, temos de z2 + z – –
(x + yi)2 + x + yi – (x – yi) + 2 = 0
x2 + 2xyi – y2 + x + yi – x + yi + 2 = 0
(x2 – y2 + 2) + 2y (x + 1) i = 0
Resolvendo o sistema:
 x 2 – y 2 + 2 = 0

obtemos os pares (– 1, 3 ) e (– 1, – 3 ) .
 2y (x + 1) = 0 ,
Portanto as raízes da equação proposta são os números 0, – 1 + i 3 e – 1 – i 3 .
A soma desses números é – 2.
Resposta: A
ITA/2004
11
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 18
Dada a equação x3 + (m + 1)x2 + (m + 9)x + 9 = 0, em que m é uma constante real, considere as seguintes afirmações:
I. Se m ∈ ] – 6, 6 [, então existe apenas uma raiz real.
II. Se m = – 6 ou m = + 6, então existe raiz com multiplicidade 2.
III. ∀ m ∈ IR, todas as raízes são reais.
Então, podemos afirmar que é (são) verdadeira(s) apenas
A) I
B) II
C) III
D) II e III
E) I e II
Resolução:
Sendo p (x) = x3 + (m + 1) x2 + (m + 9) x + 9, temos:
p (x) = x3 + x2 + mx2 + mx + 9x + 9
p (x) = x2 (x + 1) + mx ⋅ (x + 1) + 9 (x + 1)
p (x) = (x + 1) (x2 + mx + 9).
O discriminante de q (x) = x2 + mx + 9 é ∆ = m2 – 36.
Com – 6 m 6, temos ∆ 0 e, nesse caso, q (x) = 0 não admite raízes reais; – 1 é a única raiz real de p (x) = 0.
Com m = – 6, temos q (x) = x2 – 6x + 9 = (x – 3)2.
Nesse caso, 3 é raiz dupla de p (x) = 0.
▼
Com m = 6, temos q (x) = x2 + 6x + 9 = (x + 3)2.
Nesse caso, – 3 é raiz dupla de p (x) = 0.
Resposta: E
Questão 19
—
Duas circunferências concêntricas C1 e C2 têm raios de 6 cm e 6 2 cm, respectivamente. Seja AB uma corda de C2, tangente
—
à C1. A área da menor região delimitada pela corda AB e pelo arco AB mede, em cm2,
A) 9 (π – 3)
B) 18 (π + 3)
C) 18 (π – 2)
D) 18 (π + 2)
E) 16 (π + 3)
Resolução:
Do enunciado, temos a figura, onde C é o centro das circunferências, T é ponto de tangência e S é a área da região a ser calculada:
A
S
T
α
C2
C1
α
C
B
CT = 6 cm
CA = CB = 6√2 cm
No triângulo retângulo CTB, temos:
cos α =
ITA/2004
CT
6
2
⇒ cos α =
∴ cos α =
∴ α = 45º
CB
2
6 2
12
ANGLO VESTIBULARES
Logo:
S=
( )
1
⋅π⋅ 6 2
4
2
–
1
⋅6 2⋅6 2
2
S = 18 π – 36 ∴ S = 18 (π – 2) cm 2
▼
Resposta: C
Questão 20
A área total da superfície de um cone circular reto, cujo raio da base mede R cm, é igual à terça parte da área de um círculo
de diâmetro igual ao perímetro da seção meridiana do cone. O volume deste cone, em cm3, é igual a
A) πR3
3
B) π 2 R
C)
π
2
R3
D) π 3 R 3
E)
π
3
R3
Resolução:
Do enunciado, temos a figura:
V
g
V … vértice do cone;
O … centro da base;
h … medida da altura do cone;
R … medida do raio da base do cone;
g … medida da geratriz do cone;
g
h
A
R
R
O
B
Devemos ter:
π ⋅ R2 + π ⋅ R ⋅ g =
1
⋅ π ⋅ (R + g)2
3
1
⋅ π ⋅ (R + g)2
3
3R = g + R ∴ g = 2R (1)
πR(R + g) =
No triângulo retângulo VOA, temos:
(VO)2 + (OA)2 = (VA)2
h2 + R2 = (2R)2 ∴ h = R 3
Sendo V o volume pedido, temos:
1
V = ⋅ π ⋅ R2 ⋅ R 3
3
V=
πR3 3
πR3
∴ V=
3
3
Resposta: E
ITA/2004
13
ANGLO VESTIBULARES
▼
As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser resolvidas e
respondidas no caderno de soluções.
Questão 21
Seja A um conjunto não-vazio.
a) Se n (A) = m, calcule n(P(A)) em termos de m.
b) Denotando P 1 (A) = P(A) e P k + 1 (A) = P(P k (A)), para todo número natural k 1, determine o menor k, tal que n(P k (A)) 65000,
sabendo que n(A) = 2.
Resolução:
a) Sendo n (A) = m, podemos afirmar que o número de subconjuntos de A, isto é, o número de elementos de P (A) é dado por:
 m
 m
 m
 + 
 +…+ 
 = 2m
 0 
 1 
 m
n(P (A)) = 
Resposta: 2m
b) n (A) = 2
n (P(A)) = 22 = 4
n(P 2 (A)) = 24 = 16
n(P 3 (A)) = 216 = 65536.
Portanto n (P 3 (A)) 65000.
▼
Resposta: 3
Questão 22
Uma caixa branca contém 5 bolas verdes e 3 azuis, e uma caixa preta contém 3 bolas verdes e 2 azuis. Pretende-se retirar uma
bola de uma das caixas. Para tanto, 2 dados são atirados. Se a soma resultante dos dois dados for menor que 4, retira-se uma
bola da caixa branca. Nos demais casos, retira-se uma bola da caixa preta. Qual é a probabilidade de se retirar uma bola verde?
Resolução:
Jogando-se 2 dados, o evento soma dos pontos menor que 4 é {(1, 1), (1, 2), (2, 1)}. A probabilidade da soma menor que 4 é então
3
1 .
=
36 12
Do enunciado, temos:
soma
menor
que 4
e
sair bola
verde da
caixa branca
ou
soma
maior ou
igual a 4
e
sair bola
verde da
caixa preta
1
12
⋅
5
8
+
11
12
⋅
3
5
P=
▼
Resposta:
∴
P=
289
480
289
480
Questão 23
Determine os valores reais do parâmetro a para os quais existe um número real x satisfazendo
1 – x2 a – x.
Resolução:
Sendo x e y números reais, tais que y = 1 – x 2 , temos –1 x 1, y 0 e x2 + y2 = 1.
Nessas condições, os pares (x, y) podem ser representados pela semicircunferência na figura a seguir.
ITA/2004
14
ANGLO VESTIBULARES
y
T
–1
0
x
1
(r)
Nessa figura, temos, também, o conjunto de todas as retas de equação y = a – x, a ∈ IR, de modo que a inequação
1 – x 2 a – x admita pelo menos uma solução real.
A equação da reta (r), tangente à semicircunferência no ponto T e de coeficiente angular igual a –1, é dada por y =
1 – x 2 a – x admite soluções reais se, e somente se, a Portanto, a inequação
▼
Resposta: a 2 – x.
2.
2
Questão 24
1+i
Sendo z =
2
60
, calcule
∑ z n = z + z 2 + z 3 + ... + z60 .
n=1
Resolução:
z=
2
2
+i
2
2
∴ z = cos
π
4
+ i sen
π
4
Sendo S a soma dos termos da progressão geométrica (z1, z2, z3, … , z60), temos:
S=
z (z60 – 1)
|z| ⋅ |z60 – 1|
e |S| =
z–1
|z – 1|
Temos:
|z| = 1
z60 = cos
60π
60π
+ i sen
4
4
z60 = cos(15π) + isen(15π)
z60 = –1
z60 –1 = –2
z –1=
∴
|z60 – 1| = 2
2
2
–1+i
2
2
 2
2  2 2

|z – 1| = 
– 1 + 

 2

 2 
Logo, |S| =
1⋅ 2
2–
Resposta:
ITA/2004
∴ |z – 1| = 2 – 2
∴ |S| = 2 2 + 4
2
2 2+4
15
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 25
Para b 1 e x 0, resolva a equação em x: (2x) logb 2 – (3x) logb 3 = 0.
Resolução:
Sendo logb 2 = r e logb 3 = s, temos:
(2x)r = (3x)s
logb(2x)r = logb(3x)s
r ⋅ (logb2 + logbx) = s ⋅ (logb3 + logbx)
r2 + r ⋅ logbx = s2 + s ⋅ logbx
(r – s) ⋅ logbx = s2 – r2
(r – s) ⋅ logbx = – (r – s) ⋅ (r + s)
Como r – s ≠ 0, temos logbx = –(r + s)
logbx = – (logb2 + logb3)
logbx = logb6–1
∴
x=
1
6
▼
1
Resposta:  
6
Questão 26
Considere a equação x3 + 3x2 – 2x + d = 0, em que d é uma constante real. Para qual valor de d a equação admite uma raiz
dupla no intervalo ] 0, 1 [?
Resolução:
Sendo r, 0 r 1, a raiz dupla e s a raiz simples de x3 + 3x2 – 2x + d = 0, temos:
r+r+s
= –3
r ⋅ r + r ⋅ s + r ⋅ s = –2
(1)
(2)
r⋅r⋅s
(3)
= –d
Da igualdade (1), temos s = – 2r – 3 e, substituindo em (2), resulta:
r2 + 2r (– 2r – 3) = – 2
– 3r2 – 6r + 2 = 0.
Resolvendo essa equação, obtemos r =
Como 0 r 1, temos r =
– 3 ± 15
.
3
– 3 + 15
.
3
s = – 2r – 3
s=
6 – 2 15
– 3 – 2 15
–3 ∴ s=
3
3
Da igualdade (3), temos d = – r2 ⋅ s
 – 3 + 15 2 – 3 – 2 15
 ⋅
d = – 

3
3


d=
– 36 + 10 15
9
Resposta:
ITA/2004
– 36 + 10 15
9
16
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 27
Prove que, se os ângulos internos α, β e γ de um triângulo satisfazem a equação
sen (3α) + sen (3 β) + sen (3γ) = 0,
então, pelo menos, um dos três ângulos α, β ou γ é igual a 60º.
Resolução:
3β + 3γ
3α
= 270º –
∴
2
2
3β + 3γ
3α
= – cos
2
2
cos
3β + 3γ
3α
= – sen
2
2
14243
α + β + γ = 180º ∴
sen
Assim:
sen (3α) + sen (3β) + sen (3γ) = 0
2 ⋅ sen
3β + 3γ
3β – 3γ
3α
3α
⋅ cos
+ 2 sen
⋅ cos
=0
2
2
2
2
Substituindo:
– 2 ⋅ cos
3β + 3γ
3β – 3γ
3α
3α
⋅ cos
– 2 ⋅ cos
⋅ cos
=0
2
2
2
2
– 2 ⋅ cos
3β + 3γ
3β – 3γ 
3α 
⋅ cos
+ cos
=0
2 
2
2

– 2 ⋅ cos
3α
2
– 4 ⋅ cos
3α
3β
3γ
⋅ cos
⋅ cos
=0
2
2
2

3β
3γ 
⋅ cos  = 0
2 ⋅ cos
2
2

Assim, α = 60º ou β = 60º ou γ = 60º.
▼
c.q.d.
Questão 28
Se A é uma matriz real, considere as definições:
I. Uma matriz quadrada A é ortogonal se e só se A for inversível e A–1 = AT.
II. Uma matriz quadrada A é diagonal se e só se aij = 0, para todo i, j = 1, ..., n, com i ≠ j.
Determine as matrizes quadradas de ordem 3 que são, simultaneamente, diagonais e ortogonais.
Resolução:
Seja A uma matriz diagonal de ordem 3:
a 0 0 


A = 0 b 0 


0 0 c 
Como A deve ser diagonal e ortogonal:
A–1 = At = A , com a ⋅ b ⋅ c ≠ 0.
Assim:
A ⋅ A–1 = I ∴ A ⋅ A = I
a 0 0  a 0 0 

 

0 b 0  ⋅ 0 b 0  =
0 0 c  0 0 c 

 

ITA/2004
1 0 0


0 1 0 
0 0 1 


17
ANGLO VESTIBULARES
a 2

0

0
0 0 
b2 0 

0 c2 
1 0 0


0 1 0 
0 0 1 


=
Logo, a = ± 1, b = ± 1 e c = ± 1
Portanto as oito matrizes quadradas de ordem 3 que são, simultaneamente, diagonais e ortogonais são todas do tipo:
a 0 0 


0 b 0 , com a, b, c ∈ {– 1, 1}
0 0 c 


▼
a 0 0 


Resposta: 0 b 0 , com a, b, c ∈ {– 1, 1}
0 0 c 


Questão 29
Sejam r e s duas retas que se interceptam segundo um ângulo de 60º. Seja C1 uma circunferência de 3 cm de raio, cujo centro
O se situa em s, a 5cm de r. Determine o raio da menor circunferência tangente à C1 e à reta r, cujo centro também se situa na
reta s.
Resolução:
Do enunciado, temos a figura, na qual R é a medida do raio pedido:
P
S
T
60º
r
R
A
R
B
60º
r’
R
r’ // r
OS = 5
OB = 5 – R
V
5–R
3
C1
O
s
No triângulo retângulo ABO, temos:
sen 60º =
BO
AO
3 5–R
=
2
3+R
R=
10 – 3 3
3+2
⋅
( 3 – 2)
( 3 – 2)
∴ R = 29 – 16 3
Resposta: (29 – 16 3 ) cm
ITA/2004
18
ANGLO VESTIBULARES
▼
Questão 30
Sejam os pontos A: (2, 0), B: (4, 0) e P: (3, 5 + 2 2 ).
a) Determine a equação da circunferência C, cujo centro está situado no primeiro quadrante, passa pelos pontos A e B e é
tangente ao eixo y.
b) Determine as equações das retas tangentes à circunferência C que passam pelo ponto P.
Resolução:
a) Do enunciado, temos a figura:
y
C
D
D … centro da circunferência C;
T … ponto de tangência.
T
A
O
B
4
E
2
x
Devemos ter:
xD =
x A + xB
2+4
⇒ xD =
∴ xD = 3
2
2
Logo, o raio da circunferência C tem medida DT = EO = AD = 3.
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo AED, temos:
(ED)2 + (AE)2 = (AD)2
(ED)2 + 12 = 32 ∴ ED = 2 2
Assim, o ponto D tem coordenadas (3, 2 2 ).
Portanto uma equação pedida é:
(x – 3)2 + (y – 2 2 )2 = 9
Resposta: (x – 3)2 + (y – 2 2 )2 = 9
b) Do enunciado e do item anterior, temos a figura:
5 + 2
2
s
y
r
P
β
F
α
α
ED = 2 2 , PD = 5 e FD = 3.
D
O
A
2
ITA/2004
F e G … pontos de tangência;
α
T
2
2
r e s … retas tangentes;
G
E
3
B
4
α
180° – α
x
19
ANGLO VESTIBULARES
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo PFD, temos:
(PF)2 + (FD)2 = (PD)2
(PF)2 + 32 = 52 ∴ PF = 4
Ainda nesse triângulo, tg α =
PF
4
, ou seja, tg α = .
FD
3
Logo, o coeficiente angular da reta r é tg α =
4
4
e o coeficiente angular da reta s é tg (180º – α) = – .
3
3
Portanto uma equação da reta r é y – (5 + 2 2 ) =
y – (5 + 2 2 ) = –
Resposta: y =
ITA/2004
4
4
(x – 3), ou seja, y = x + 2 2 + 1 e uma equação da reta s é
3
3
4
4
(x – 3), ou seja, y = – x + 2 2 + 9.
3
3
4
4
x + 2 2 +1 e y = – x + 2 2 +9
3
3
20
ANGLO VESTIBULARES
CO MENTÁRIO
Uma bela prova, com questões abrangentes e conceituais. Examina conhecimentos específicos e exige dos candidatos criatividade, iniciativa e capacidade de análise dos dados na interpretação dos textos.
Parabéns à banca examinadora.
ITA/2004
21
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C
N
I
I C D ÊN IA
ASSUNTO
Trigonometria
Teoria dos Conjuntos
Probabilidade
Números Complexos
Matriz
Logaritmo
Inequação Exponencial
Geometria Plana
Geometria do Espaço
Geometria Analítica
Função
Equações Polinomiais
Determinante
Binômio de Newton
Análise Combinatória
Álgebra
1
ITA/2004
2
3
23
Nº DE QUESTÕES
ANGLO VESTIBULARES
Errata
A resolução da questão nº 8 da Prova de Inglês do ITA,
do dia 10/12/2003, nos conduz à alternativa D. Por engano,
foi assinalada a B.
ITA/2004
25
ANGLO VESTIBULARES