O ANGLO RESOLVE A PROVA DE MATEMÁTICA DO ITA

(1)

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sele-cionar os candidatos mais aptos.

O

ANGLO

RESOLVE

A PROVA DE

MATEMÁTICA

DO ITA

(2)

MATEMÁTICA

NOTAÇÕES

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 y}2

_{2, então x}2_{– 2y}

_0. Então, destas é (são) verdadeira(s)

A) apenas I. D) apenas I e III.

B) apenas I e II. E) todas.

C) apenas II e III.

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:}

Com x2

_{1, temos , ou}_seja, _.

Como , podemos concluir que a afirmação III, “se x2

_{1 e y}2

_{2, então x}2_{– 2y}

_0”

é verdadeira.

Portanto, apenas as afirmações I e III são verdadeiras.

Sejam a, b, c reais não-nulos e distintos, c

0. Sendo par a função dada por , – c

x

c, então f(x), para – c

x

c, é constante e igual a

A) a + b. D) b. B) a + c. E) a. C) c. f x ax b x c ( )= + + 1 2 2–

0 x2–2y

1–2 2 x2+(–2y)

1+(–2 2) –2y–2 2 2y

2 2 y

2 *[a, b] = {x

∈

IR; a

x

b}. [a,

∞

) = {x

∈

IR; a

x}. (–

∞

, a] = {x

∈

IR; x

a}.

P = (x, y) significa ponto P de coordenadas (x, y). AB

—

denota o segmento que une os pontos A e B.

l

nx denota o logarítmo natural de x. At denota a matriz transposta da matriz A.

*

C é o conjunto dos números complexos. IR é o conjunto dos números reais. IN = {1, 2, 3, ...}.

i denota a unidade imaginária, ou seja, i2_{= –1.} –z é o conjugado do número complexo z.

Se X é um conjunto, P(X) denota o conjunto de todos os subconjuntos de X.

A\B = {x

∈

A; x

∉

B}.

3

ITA/2002 – ANGLO VESTIBULARES

QUESTÃO 01

Resposta: D

QUESTÃO 02

Resposta: E

(3)

f (– x) = f (x), para todo 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 = – ax}2_{– acx + bx + bc (}

∀

_{x, – c}

_x

_c) 2

⋅

(ac – b)

⋅

x = 0 (

∀

x, – c

x

c) Logo, b = ac. Como f (x) = temos: f (x) = f (x) = f (x) = a

Os valores de x

∈

IR, para os quais a função real dada por 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 está definida, formam o conjunto [– 5, 0]

∪

[1, 6].

Seja a equação em C

z4_{– z}2_{+ 1 = 0.}

Qual dentre as alternativas abaixo é igual à soma de duas das raízes dessa equação?

A) D) – i. B) E) C) z4_{– z}2_{+ 1 = 0}

∆

= 1 – 4 = – 3 + 3 2 . i 2. – 3 . 2 2 3 . f x( )= 5– ||2x–1| –6| f x( )= 5−||2x– |– |1 6 a x c x c

⋅

+ + ( ) ax ac x c + + ax b x c + + , – – ax b x c ax b x c + + = + + z2 i sen 3 3 =cos

π

+

π

z2 5 i sen 3 5 3 =cos

π

+

π

z2 1 i 3 2 =

±

QUESTÃO 03

Resposta: E

RESOLUÇÃO:

QUESTÃO 04

Resposta: D

RESOLUÇÃO:

(4)

Donde temos:

Assim:

z₂+ z₄= – i

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.

Sejam f e g duas funções definidas por

A soma do valor mínimo de f com o valor mínimo de g é igual a

A) 0. D)

B) E) 1.

C)

e , x

∈

IR

f é mínimo quando senx = – 1 e g é mínimo quando sen2_{x = 1. Assim:}

f_mín= g_mín= Logo: f_mín+ g_mín= 1 4 1 4 1 2 + = 1 2 1 4 2    = 2 1 4 – 4

( )

= g (x) 1 2 3sen x – 12 = _ _ f (x)=

( )

23senx – 1 1 4. –1. 4 1 2. f x sen x e g x x sen x

IR

( ) – ( ) , –

.

=

( )

2 = _1_

∈

2 3 1 3 2 1 z i sen i z i sen i z i sen i z i sen 1 2 3 4 6 6 3 2 1 2 7 6 7 6 3 2 1 2 5 6 5 6 3 2 1 2 11 6 11 6 3 2 = + = + = + = = + = + = + = cos cos – – cos – cos –

π

1 2 i

5 QUESTÃO 05

Resposta: B

RESOLUÇÃO:

QUESTÃO 06

Resposta: D

RESOLUÇÃO:

(5)

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 = [– 1, 1]. B) A = [a,

∞

),

∀

a

1. C) A = [a,

∞

),

∀

a

1. D) A = (–

∞

, a],

∀

a

– 1. E) A = (–

∞,

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

Como, para todo real y, sen y

1, podemos concluir que a igualdade {y

∈

IR; sen y

x} = IR é veri-ficada se, e somente se, x

1.

Portanto, x

∈

A

⇔

x

1.

Logo, A = [a, +

∞

), onde a é um número real qualquer maior que 1.

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_{+ b}2_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_{+ b}2_{= 13.}

Sabendo que a equação

x3_{– px}2_{= q}m_, _{p, q}_{0, q}_≠_1, m ∈_IN, possui três raízes reais positivas a, b e c, então

log_q[abc (a2_{+ b}2_{+ c}2₎a + b + c_] é igual a

A) 2 m + p logqp. D) m – p logqp.

B) m + 2 p logqp. E) m – 2 p logqp.

C) m + p logqp.

Sendo a, b e c as raízes da equação x3_{– px}2_{+ 0}

⋅

_{x – q}m_{= 0, temos:}

a + b + c = p

ab + ac + bc = 0 (relações de Girard) a

⋅

b

⋅

c = qm

a2_{+ b}2_{+ c}2_{= (a + b +c)}2_{– 2(ab + ac + bc)}

∴

a2_{+ b}2_{+ c}2_{= p}2

Sendo E = abc (a2_{+ b}2_{+ c}2₎a + b + c_{, temos}

E = qm

⋅

_(p2₎p_{, isto é, E = q}m

⋅

_p2p_.

Do enunciado, temos p

0, q

0 e q ≠1. Nessas condições:

logqE = logq(qm

⋅

p2p)

logqE = logqqm+ logqp2p

log_qE = m + 2p

⋅

log_qp Nota:

Para esta resolução não pudemos considerar que a, b e c são positivas, pois, neste caso, ab + ac + bc seria diferente de zero.

QUESTÃO 08

Resposta: A

RESOLUÇÃO:

QUESTÃO 09

Resposta: B

RESOLUÇÃO:

123 QUESTÃO 07

Resposta: B

RESOLUÇÃO:

(6)

Dada a função quadrática

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. D) o valor máximo de f é E) o valor máximo de f é Sendo

∆

o discriminante de f(x) = x2

⋅

l

_n _{+ x}

⋅

l

_{n 6 –}

l

_n _{, temos:}

∆

= (

l

n 6)2_{– 4 (}

l

_n _{) (}

l

_n ₎

∆

= [

l

n (2

⋅

3)]2+

l

n

⋅

l

n

∆

= (

l

n 2 +

l

n 3)2_{+ (}

l

_{n 2 –}

l

_{n 3)(}

l

_{n 3 –}

l

_{n 2)}

∆

= 4

⋅

l

n 2

⋅

l

n 3 (

∆

0)

Como

l

n

0, podemos afirmar que o gráfico de f possui concavidade “para baixo”. Sendo yvo valor máximo de f, temos:

y_v=

yv=

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:

C_3,2

⋅

C_7,2 modos.

Como os anagramas são as permutações das 4 letras escolhidas, o número de anagramas é: C_3,2

⋅

C_7,2

⋅

4! = 3

⋅

(21) (24) = 1512

O seguinte trecho de artigo de um jornal local relata uma corrida beneficente de bicicletas: “Alguns se-gundos 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.”

l

n n n n 2 3 3 2

⋅

– – ( – ) 4 2 3 4 2 3

l

n n n n

⋅

– 4 2 3 4 2 3

l

n n n

⋅

2 3 3 2 2 3 3 2 –1 4 2 3 3 2 1 4 2 3 2 2 3 3 2

l

n n n – n .

l

n n n n 2 3 3– 2. f x( )= x2 n2+ x n – n 3 6 1 4 3 2

l

7 QUESTÃO 11

Resposta: D

RESOLUÇÃO:

QUESTÃO 12

Resposta: A

QUESTÃO 10

Resposta: D

RESOLUÇÃO:

(7)

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 matema-ticamente correta.

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 enun-ciado, 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 posterior-mente.

1ºposs.: 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) segue que

l

(D, B) é ímpar.

Como David e Rubinho terminaram nas mesmas posições,

l

(D, B) + s(D, B) é par. ímpar

Portanto, s(D, B) é ímpar. Voltando à equação (2), temos: s(F, D) + s(F, B) + s(D, B) = 8

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)] é par.

par ímpar 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!

RESOLUÇÃO:

1442443

123

(8)

Consideremos, agora, casos de empate, mediante um exemplo de seqüência de trocas de posições: Ini = (F, D, B) 1 (D, F, B)

l

₁ 2 (D, B, F) s₁ 3 (B, D, F)

l

2 4 (D, B, F)

l

₃ 5 (D, F, B) s2 6 (F, D, B)

l

₄ 7 (D, F, B)

l

₅ 8 (F, D, B)

l

₆ 9 (D, F, B)

l

7 10 (F, D, B)

l

₈ 11 (D, F, B)

l

₉ 12 (D, B, F) s3 13 (D, F, B) s4 14 (D, B, F) s5 15 (D, F, B) s6 16 (D, B, F) s7 17 (D, F, B) s8 Ter = ( , , )

Admitamos que a linha 17 represente a situação que precede o término da corrida. Há, então, dois casos possíveis:

1ºcaso: Ter = (DF, B), Ralf (F) alcançou David (D), não havendo troca de liderança.

2ºcaso: 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 cor-reta.

Portanto, podemos concluir que David ganhou a corrida.

Seja a matriz

. O valor de seu determinante é

A) . B) . C) . D) 1. E) 0. O valor do determinante é:

D = cos 390

°

⋅

cos 25

°

– sen 120

°

⋅

sen 65

°

D = cos 30

°

⋅

cos 25

°

– sen 60

°

⋅

sen 65

°

D = cos 30

°

⋅

cos 25

°

– cos 30

°

⋅

cos 25

°

D = 0 3 2 3 3 2 2 2 3 cos 25 sen 65 sen120 cos 390 ° ° ° °      

9 QUESTÃO 13

Resposta: E

(9)

Sejam A e B matrizes quadradas de ordem n tais que AB = A e BA = B. Então,

[

(A + B)t

_]

2_{é igual a} A) (A + B)2_. B) 2 (At

⋅

_Bt_). C) 2 (At_{+ B}t_). D) At_{+ B}t_. E) At_Bt_. Temos: A B = A 1 BA = B 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)

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 =

α

V e AW =

β

W.

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. D) . E) . Do enunciado, aV + bW = O

∴

aV = – bW (1) Suponhamos que a ≠0. Então:

AV =

α

V a(AV) = a(

α

V) A a V =

α

a V De (1), temos: A(– b)W =

α

(– b)W (– b)AW = (– b)

α

W (– b)

β

W = (– b)

α

W

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. –1 2 1 2

RESOLUÇÃO:

QUESTÃO 14

Resposta: C

QUESTÃO 15

Resposta: A

(10)

O triângulo ABC, inscrito numa circunferência, tem um lado medindo cm, cujo ângulo oposto é de 15º. O comprimento da circunferência, em cm, é A) 20 (1 + ). B) 400 (2 + ). C) 80 (1 + ). D) 10 (2 + 5). E) 20 (1 + ).

Do enunciado, temos a figura:

Sendo sen 15º = sen (45º – 30º), temos que sen 15º = sen 45º ⋅cos 30º – sen 30º

⋅

cos 45º. Assim, sen 15º = , ou seja, sen 15º = .

Aplicando o Teorema dos senos no triângulo ABC, temos:

Portanto, o comprimento da circunferência é , ou seja, cm.

Num sistema de coordenadas cartesianas, duas retas r e s, com coeficientes angulares 2 e , respec-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} dis-tância de B ao eixo das ordenadas vale

A) . B) . C) . D) . E) 1. 1

5

2

5

4

5

8

5

1 2 20 2 1

(

+ 3

)

2

⋅ ⋅

π 10 6 + 2

π

( ) 20 6 – 2 4 2R R 10 6 2

π

=

∴

=

⋅

(

+

)

6 2 4 – 2 2 3 2 – 1 2 2 2 ⋅ ⋅ *O … centro da circunferência r … medida do raio A B 15° C 20 π r O 3 3 3 3 3 2 20

π

11 QUESTÃO 17

Resposta: B

QUESTÃO 16

Resposta: A

(11)

Do enunciado, temos a figura:

Equação da reta r: y = 2 x Equação da reta s:

Sejam então: B (a, 2 a) e C a

0 e b

0. Se o segmento BC—é perpendicular a r, devemos ter:

Assim, temos: B (a, 2 a) e

Como a área do triângulo OBC é 12

×

10– 1_{, então:}

(não convém) Portanto, a distância de B ao eixo das ordenadas é

Seja k

0 tal que a equação (x2_{– x) + k (y}2_{– 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} _{é igual a}

A) 2 + . D) 2 – . B) 2 – . E) 2. C) 2 + . x k y k k – 1 – 2 1 4 1 2 1 4 1 2 2    + +    + = x – 1 k y – k 2 1 2 1 4 2 2    +   = + x2 x 1 k y2 y k 4 1 4 1 4 4 – + –    +  +  = + 3 5 3 5 p p q q – – 2 2 4 5. a=–4 5 1 2 15 4 12 10 2 1

⋅

a =

⋅

– a= 4 5 1 2 0 0 1 2 1 5 2 5 4 1 12 10 1

⋅

a a =

⋅

a a – C 5a a 2 5 4 , .    2 2 1 2 5 2 a b a b b a – – =– ∴ = b, b , 2    y= x 2

RESOLUÇÃO:

QUESTÃO 18

Sem Resposta

RESOLUÇÃO:

y x r s 0 B C

(12)

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: Então: a2_{= b}2_{+ c}2 _{+ 1}2_{, ou seja:} k = k2– 4 k – 1 = 0 k = (não convém)

Com k = substituindo-se as coordenadas (p, q) na equação da elipse, vem: (p2_{– p) +} _(q2_{– q) = 0}

∴

II) Se 0

k

1, temos: Então: a2_{= b}2_{+ c}2 _{+ 1}2_{, ou seja:} k = k2+ 4 k – 1 = 0 k = (não convém)

Com k = , substituindo-se as coordenadas (p, q) na equação da elipse, vem: (p2_{– p) +} _(q2_{– q) = 0}

∴

Assim, só podemos afirmar que é igual a se tivermos k

1. Logo, essa questão não apresenta alternativa correta.

Considere a região do plano cartesiano xy definida pela desigualdade x2_{+ 4x + y}2_{– 4y – 8}

_0.

Quando esta região rodar um ângulo de radianos em torno da reta x + y = 0, ela irá gerar um sólido de superfície externa total com área igual a

A)

π

. B)

π.

C)

π

. D)

π

. E) 128

π

. 7 128 6 128 5 128 4 128 3

π

6 2+ 5, p p q q – – 2 2 p p q q – – – 2 2 = 2+ 5 (–2+ 5) – 2+ 5 –2– 5 – 2+ 5

⇒

k+ = + k k 1 4 1 4 a k k e b k 2 1 2 4 1 4 = + = + . p p q q – – 2 2 = +2 5 (2+ 5) 2+ 5, 2– 5 2+ 5

⇒

k₄+ = +1 k₄_k1 a k e b k k 2 1 2 4 1 4 = + = + .

13 QUESTÃO 19

Resposta: A

(13)

A circunferência x2_{+ 4x + y}2_{– 4y – 8 = 0 tem centro C(– 2, 2) e raio r = 4.}

Considere o esquema:

O sólido gerado é constituído por duas cunhas esféricas, cada uma com ângulo diedro rad e raio 4.

A área total da superfície externa desse sólido é igual a , ou seja,

Seja uma pirâmide regular de base hexagonal e altura 10 m. A que distância do vértice devemos cortá-la por um plano paralelo à base de forma que o volume da pirâmide obtida seja do volume da pirâmide original?

A) 2 m. D) 6 m.

B) 4 m. E) 8 m.

C) 5 m.

Considere a figura:

Do enunciado, temos que

Sendo k a razão de semelhança entre a pirâmide obtida e a pirâmide original, nesta ordem, deve-mos ter

De (1) e (2), resulta que k3= . Assim, k =

Ainda, k = De (3) e (4), resulta d Portanto, d = 5 m. 10 1 2 = . d 10 ( ).4 1 2 ( ).3 1 8 V V k 1 2 3 ₂ = ( ). V V 1 2 1 8 1 = ( ).

V₁… volume da pirâmide obtida V₂… volume da pirâmide original d … distância do plano de corte ao vértice d 10 1 8 128 3

π

_. 2 4 4 6 2 4 4 2 2 2

⋅

          +    

π

6 y x 0 C 2 – 2 x + y = 0 C 4 x + y = 0 4 π/6 π/6

Representação Gráfica Plana Representação do sólido gerado

RESOLUÇÃO:

QUESTÃO 20

Resposta: C

(14)

As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser respondidas no caderno de soluções.

Seja a função f dada por

f (x) = (log₃5)

⋅

log₅8x – 1+ log₃41 + 2x – x2– log₃2x(3x + 1) Determine todos os valores de x que tornam f não-negativa.

Resposta:

Mostre que

C_8,4, para quaisquer x e y reais positivos. Obs.: C_n,pdenota a combinação de n elementos tomados p a p.

1ºmodo:

O termo geral do binômio é:

O termo independente de x e y ocorre quando 8 – 2p = 0

∴

p = 4.

Como todos os termos do desenvolvimento são positivos:

2ºmodo:

Adotando x

y (poderia ser o contrário), temos Assim:

∴

x y y x + +     2 81 4 x y y x x y y x + 1

∴

+ +2 3 x y e y x 1 0. x y y x C x y y x C +         + +    

∴

8 8 4 4 8 4 2

,

, T 8 4 C8,4 =    = T 8 p x y y x 8 p x y 8 – p p 8 – 2p =   ⋅         =     ⋅    

⋅

x y y x x y y x x y y x + +     = +             = +         2 4 2 4 8 x y y x + +     2 4 1 5 x 1

log log log – log

log log

log log – log

log – – ( ) – – ( ) – – – ( ) – 3 5 1 3 1 2 3 3 1 3 3 1 3 3 1 2 3 3 1 3 1 1 2 3 1 3 1 2 5 8 4 2 0 5 8 5 4 2 0 8 4 2 0 2 2 2 2 2

(

)

+ +   

( )

⋅

+ + + + + + x x x x x x x x x x x x x x x x

(( )

+ + + ₊ + +

⋅

1 2 ₃ ₁ 3 3 2 4 2 3 0 2 2 2 2 2 2 1 2 2 5 6 1 0 5 6 1 0 1 5 1 x x _x _x x x x x x x x x x x – _{– (} ₎ – – – – – – –

15 QUESTÃO 21

RESOLUÇÃO:

QUESTÃO 22

(15)

Como então:

Com base no gráfico da função polinomial y = f (x) esboçado abaixo, responda qual é o resto da divisão de f (x) por

O resto da divisão do polinômio f(x) por é da forma ax + b, onde a e b são cons-tantes reais.

Sendo Q(x) o quociente dessa divisão, temos .

Logo, e f (1) = a + b.

Do gráfico, temos e f (1) = 0.

Resolvendo o sistema , obtemos:

Portanto,

Resposta: .

Sejam a e b dois números complexos não-nulos, tais que a2_{+ b}2_{= 0. Se z, w}

∈

_{C satisfazem a}

determine o valor de |a| de forma que |zw| = 1. z –

_⋅

_{w + z}

_⋅

_w_{– = 6a}

∴

z–

⋅

w = 3a + 4b e z

⋅

w– = 3a – 4b z –

_⋅

_{w – z}

_⋅

_w_{– = 8b} |zz

⋅

w| = 1

∴

|z

⋅

w|2= 1

∴ (

z

⋅

w)

⋅

(z — ) = 1

⋅

w

∴

(z–

⋅

w)

⋅

(zz

⋅

w– ) = 1 Substituindo-se: (3a + 4b)(3a – 4b) = 1

∴

9a2– 16b2= 1 Como a2+ b2= 0, temos b2= –a2.

z w z w a z w z w b + = =    6 8 – −x + 4 1 4 ax+ ≡ −b x + 4 1 4. a= −1e b= 4 1 4 a b a b 2 1 8 0 + = + = f 1 2 1 8    = f 1 a b 2 2    = + f x

( )

≡x− x Q x ax b  

(

−

)

⋅

( )

+ + 1 2 1 x 1 2 x 1 −   

(

−

)

1 1 2 1 8 y = f (x) x– 1 (x– ). 2 1    x y y x C + +     2 4 8 4 , C_{8 4} 8 4 4 70 , ! ! ! , = ⋅ =

QUESTÃO 24

RESOLUÇÃO:

123

QUESTÃO 23

RESOLUÇÃO:

123

(16)

Assim:

Resposta:

1. Mostre que se uma matriz quadrada não-nula A satisfaz a equação A3_{+ 3A}2_{+ 2A = 0 (1)}

então (A + I)3_{= A + I, em que I é a matriz identidade.} 2. Sendo dado que

satisfaz à equação (1) acima, encontre duas matrizes não-nulas B e C tais que B3_{+ C}3_{= B + C = A.} Para essas matrizes você garante que o sistema de equações

tem solução (x, y) ≠(0, 0)? Justifique. 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

∴

B + C = A B3+ C3= (A + I)3+ (– I)3

∴

B3+ C3= A Assim, B = e C = . Logo, B – C = e det (B – C) = 0.

Como det (B – C) = 0 e o sistema associado à equação (B – C)

⋅

=

é homogêneo, então esse sistema tem solução (x, y) ≠ (0, 0).

Sejam n

2 números reais positivos a1, a2, … anque formam uma progressão aritmética de razão positiva. Considere A_n= a₁+ a₂+ … + a_ne responda, justificando: Para todo n

2, qual é o maior entre os números

Observemos a diferença entre os números:

= _A _

⋅

+ _ _ + n A n a a A n a n n n n n n 2 2 2 2 2 – – A n a A n a n n n n – – –             = 2 2 2 A n a e A n a n n n n – – ?      2 2 2 0 0       x y    _ 1 1 0 0       – 1 0 0 – 1    _ 0 1 0 – 1    _ (B–C) x y       =      0 0 A=       – – 1 1 0 2 1 5 25 1 1 25 1 5 2 2 a =

∴

a =

∴

a =

17 QUESTÃO 26

RESOLUÇÃO:

QUESTÃO 25

(17)

Como a P.A. é de termos positivos e crescente, temos que a_n(a_n– a₁)

0. Como a diferença é positiva, é o número maior.

Considere n pontos distintos A₁, A₂, … A_nsobre uma circunferência de raio unitário, de forma que os comprimentos dos arcos A₁A₂, A₂A₃, …, A_{n – 1}A_nformam uma progressão geométrica de termo inicial

π

e razão . Para que valores de n

∈

teremos o comprimento do arco An A1menor que

do comprimento da circunferência?

Obs.: Para todo arco A_kA_l, o comprimento considerado é o do arco que une o ponto A_kao ponto A_l no sentido anti-horário.

Sendo A1A2= a1, A2A3= a2, ... , An – 1An= an – 1, temos que (a1, a2, ... , an – 1) é uma PG com a1=

π

e .

Do enunciado:

AnA1= 2

π

– Sn – 1,

onde S_{n – 1}é a soma dos termos da P.G.

Temos ainda que:

Resposta: n

10

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:

*

O ... centro da base do cone r ... medida do raio da base do cone h ... medida da altura do cone g ... medida da geratriz do cone S ... área da superfície total do cone

h g A B r O

∴

_1_ − _ _

∴

−

∴

2 1 2 1 9 10 1 9 n n n

A An n 1 1 9 1 512 2 2 1 2 1 2 2

⋅

π

∴

π

⋅

_ _ −

_ _

⋅

π

A An n 1 1 2 2 2 1 2 =

π

−

π

+

π

⋅

_ _ − A A_n n 1 1 2 1 2 1 1 2 1 = −    −         −

⋅

−

π

q= 1 2 1 512 1 2 A n a n n –    2 =a_n (a_n –a₁) =2a2n –an

⋅

a1–a2n =2

⋅

2

⋅

+ 2 2 1 a a n a a n n – n n ( )

QUESTÃO 27

QUESTÃO 28

RESOLUÇÃO:

1 1 1 1

(18)

Do enunciado, temos que ou seja, g = r

⋅

m (1). Temos: S =

π ⋅

r2₊

π ⋅

_r

⋅

_{g, ou seja, S =}

π ⋅

_r

⋅

_{(r + g) (2).}

De (1) e (2), resulta que S =

π ⋅

r2

⋅

_{(m + 1) (3).}

Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo AOB, temos que g2_{= r}2_{+ h}2 _(4).

De (1) e (4), segue que (5).

De (3) e (5), temos que ou seja,

Portanto,

Considere o seguinte raciocínio de cunho cartesiano: “Se a circunferência de centro C = (h, 0) e raio r intercepta a curva , x

0, no ponto 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.”

Use este raciocínio para mostrar que o coeficiente angular dessa reta tangente em A é .

Consideremos o sistema formado pela equação da circunferência e pela equação da curva.

De 1 e 2 , vem: x2_{+ (1 – 2h) x + h}2_{– r}2_{= 0.}

Sabendo-se que x = a é raiz dupla dessa equação, então: a 1 1 – 2h h2_{– r}2

a 1 1 – 2h + a a – 2ah + a2_{+ h}2_{– r}2

1 1 – 2h + 2a

Devemos ter: 1 – 2h + 2a = 0

∴

h = a + .

Daí: A e C .

Assim, o coeficiente angular da reta AC é:

Como a reta tangente em A é perpendicular ao raio AC, seu coeficiente angular m é tal que:

Se x, y e z são os ângulos internos de um triângulo , prove que o triân-gulo ABC é retântriân-gulo.

ABC e sen x sen y sen z

y z = + + cos cos m – 2 a – 1 m 1 2 a ⋅

(

)

= ∴ = m a – 0 a – a 1 2 – 2 a AC= +    = a 1 2, 0 +    a, a

( )

1 2 x – h y r 1 y x , x 0 2 2 2 2

(

)

+ = =    

1 2 a A=( ,a a) y= + x h= S⋅(m– )1.

π

h2 = S⋅(m– )1 . π S h m m =π

⋅

₂2

⋅

+ 1 1 ( – ) ( ), r h m 2 2 2 ₁ = ( – ) m r g r =

⋅ ⋅

⋅

π π 2 ,

19 QUESTÃO 30

QUESTÃO 29

(19)

senx =

∴

senx = tg

Como = , temos:

senx = tg

(

90° –

)

∴

senx = cotg

∴

2sen

⋅

cos = (pois cos

≠

0)

2sen2 _{= 1}

∴

_sen ₌

_±

A única resposta que convém é: = 45°

∴

x = 90°

Logo, ABC é um triângulo retângulo. x 2 2 2 x 2 x 2 x 2 cos x sen x 2 2 x 2 x 2 x 2 x 2 90º – x 2 y+z 2 y+z 2 2 2 2 2 2 2 ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ sen y z y z y z y z cos – cos cos –

RESOLUÇÃO:

1 1

(20)

Comentário

Mantendo a tradição, foi uma prova difícil e trabalhosa. A questão 18 não apresenta alternativa correta.