Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

PROVA DE MATEMÁTICA ITA 2018-2019 FASE 2 (ENUNCIADOS)

1) Determine os valores reais de a e b para os quais as equações x

+ ax

+ 18 = 0 e x

+ bx 12 + = 0 possuam duas raízes em comum e, a seguir, determine essas raízes.

2) Determine todas as soluções da equação

7 sen x cos x .

+ = 12

3) Determine o número complexo z de menor argumento que satisfaz z 25i −  15.

4) Sabendo que x pertence ao intervalo fechado  1, 64 ,  determine o maior valor da função

( ) (

)

(

)

⁸

f x log x 12 log x log . x

= +     

 

5) Seja F o foco da parábola de equação ( ^{y 5} − )

= ^{4 x 7 , (} − ⁾ e sejam A e B os focos da elipse de equação ( x 4 )

( y 2 )

9 8 1.

− + − = Determine o lugar geométrico formado pelos pontos P do plano tais que a área do triângulo ABP seja numericamente igual ao dobro da distância de P a F.

6) Sejam a, b e c três números reais em progressão aritmética crescente, satisfazendo cosa cos b cosc + + = 0 e sen a sen b sen c + + = 0.

Encontre a menor razão possível para essa progressão aritmética.

7) Um número natural n, escrito na base 10, tem seis dígitos, sendo 2 o primeiro. Se movermos o dígito 2 da extrema esquerda para a extrema direita, sem alterar a ordem dos dígitos intermediários, o número resultante é três vezes o número original.

Determine n.

8) Um cone circular reto, de altura h, e um cilindro circular reto têm bases de mesmo raio. O volume do cone é metade do volume do cilindro, e a área lateral do cone é igual à área lateral do cilindro. Determine, em função de h, o raio da esfera inscrita no cone.

9) Sejam A, B, C os vértices de um triângulo. Determine sen B, ^ˆ sabendo que

( ^{ˆ ˆ} ) ⁴ ( ^{ˆ ˆ} )

sen A B sen A C . + = = 5 −

10) Escolhem-se aleatoriamente três números distintos no conjunto  1, 2,3, , 29,30 . 

Determine a probabilidade da soma desses três números ser divisível por 3.

FIM ENUNC

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

PROVA DE MATEMÁTICA ITA 2018-2019 FASE 2 RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES

1) a = 1, b = 2 e r

=  1 5 i. (Equações polinomiais) 2) x ^{k 1} arc sen ⁵ , k

2 2 3

 

=     

  (Equações trigonométricas) 3) Z

= 12 16i. + (Números complexos)

4) 81 (Função logarítmica)

5) elipse de centro ( ) 8, 6 , eixo focal vertical, semieixo maior a = 2 e semieixo menor b = 3. (Geometria analítica – cônicas)

6) 2 3

 (Sistema de equações trigonométricas)

7) 285714 (Teoria dos números – sistema de numeração de base 10) 8) ( 4 7 7 h )

r 9

= − (Geometria espacial – cone, cilindro e esfera)

9) sen B ^{ˆ 44} .

= 125 (Trigonometria nos triângulos) 10) ⁶⁸

203 (Probabilidade)

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

FATOS QUE AJUDAM 1)

As raízes comuns a dois polinômios também são raízes comuns da diferença entre eles.

Em uma equação polinomial do 3º grau da forma ax

+ bx

+ cx d + = 0, com raízes r ,

r

e r ,

as relações de Girard estabelecem que:

• a soma das raízes é

b

r r r ;

 = + + = − a

• a soma das raízes tomadas duas a duas é

c r r r r r r ;

 = + + = a e

• o produto das raízes é

d

r r r .

 = = − a

Relação similar é válida para equações polinomiais de qualquer grau.

2)

Produto notáveis _a

_{+ b}

_{= +} ( _{a b a} ) (

_{− + ab b}

) _e ( a + b )

= a

+ 2ab b +

Relação fundamental da trigonometria: sen x cos x 1

+

=

Fórmula de duplicação de arco:

sen 2x = 2sen x cos x e cos 2x = cos x sen x

−

= 2cos x 1 1 2sen x

− = −

Resolução da equação em seno: a  , a  1

sen  =   = a arc sen a +   2k , k   =  − arc sen a +   2k , k 3)

O conjunto dos pontos do plano complexo tais que z z −

= r, onde r 

, é o lugar geométrico dos pontos que estão a uma distância r da imagem do número complexo z ,

ou seja, uma circunferência de centro em z

e raio r .

Num triângulo retângulo de hipotenusa a, catetos b e c, e altura relativa à hipotenusa h, valem as relações: a

= b

+ c

(teorema de Pitágoras) e a h  =  b c.

4)

x

log b

=  x a = b, b  0, 0   a 1 ( )

c c c

log a b  = log a log b +

c c c

log a log a log b

  = b −

   

Em um trinômio do 2º grau da forma f x ( ) = ax

+ bx c, + a  0, o gráfico da função é uma parábola, cujo vértice tem coordenadas x

^b

2a

= − e y

f x ( )

, 4a

= = −  onde

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

b

4ac.

 = − Quando a  0, o vértice é um ponto de mínimo absoluto da função.

Quando a  0, o vértice é um ponto de máximo absoluto da função.

5)

Parábola: Dados um ponto F e uma reta d ( F  d ) e p a distância entre eles. Parábola de diretriz d e foco F é o conjunto dos pontos do plano equidistantes de F e d.

VF p

= 2 , onde p é o parâmetro e V o vértice da parábola Eixo de simetria horizontal e centro ( x , y

) :

( y − y

)

= 2p x ( − x

) ou ( y − y

)

= − 2p x ( − x

)

Eixo de simetria vertical e centro ( x , y

) :

( ^{x − x}

)

^{= 2p y} ( ^{− y}

) ^ou ( ^{x − x}

)

^{= − 2p y} ( ^{− y}

)

Elipse: Dados dos pontos F

e F

distantes 2c. Uma elipse de focos em F

e F

é o conjunto dos pontos do plano cuja soma das distâncias a F

e F

é constante 2a, com

2a  2c.

Relação entre o semieixo maior, semieixo menor e semidistância focal: a

= b

+ c

Eixo focal horizontal e centro ( x , y

) : (

) (

)

2 2

x x y y

a b 1

− −

+ =

Eixo focal vertical e centro ( x , y

) : (

) (

)

2 2

y y x x

1

a b

− −

+ =

Distância entre os pontos A x , y (

) e B x , y (

) :

( ) (

)

( ) ( )

AB 1 2 2 1

d = x − x + y − y = Δx + Δy

A área de um triângulo de vértice A x , y (

) , B x , y (

) e C x , y (

) é

ABC A B C

A B C

1 1 1

S 1 x x x ,

2 y y y

= onde as duas barras estão representando o módulo do

determinante.

6)

Uma PA de três termos, razão r e termo central a pode ser representada na forma a r,a,a r. − +

Fórmulas de Werner (soma em produto)

p q p q

sen p sen q 2 sen cos

2 2

+ −

+ =

p q p q

sen p sen q 2 sen cos

2 2

− +

− =

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

p q p q

cos p cos q 2 cos cos

2 2

+ −

+ =

p q p q

cos p cos q 2 sen sen

2 2

+ −

− = −

( )

sen p q tg p tg q

cos p cos q + = +

(  )

sen p q tg p tg q

cos p cos q

− = −



Resolução da equação em cosseno: a  , a  1 cos  =   = a 2k   arccos a, k 

7)

No sistema de numeração de base 10 cada algarismo assume um valor relativo associado à sua posição. Assim, um algarismo a na i-ésima posição do número tem valor relativo a 10 . 

Assim, por exemplo, um número de três algarismos abc é igual a

2 1

10  + a 10 b c.  + 8)

Um cilindro circular reto de raio da base r e altura h tem volume V

=   r

h e área lateral

Lcil.

S =   2 r h.

Um cone circular reto de raio da base r, altura h e geratriz g tem volume

2 cone

V 1 r h

=   3 e área lateral

Lcone

S =   r g.

Dois triângulos que possuem dois ângulos, respectivamente, iguais são semelhantes e seus lados correspondentes são proporcionais.

9)

sen  = sen    − = 2k , k     +  =  +   2k , k Fórmulas de Werner (produto em soma)

( ) ( )

sen p sen q 1 cos p q cos p q

2  

 =  − − + 

( ) ( )

cos p cos q 1 cos p q cos p q

2  

 =  + + − 

( ) ( )

sen p cos q 1 sen p q sen p q

2  

 =  + + − 

A soma dos ângulos internos de um triângulo é 180 .  ( )

sen  −  = sen  e cos (  −  = − ) cos 

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

10)

O número de maneiras de escolher p elementos dentre n elementos distintos é

( )

p n

C n!

p! n p !

= − (combinação).

Sejam um espaço amostral  (conjunto de todos os resultados possíveis) de eventos elementares equiprováveis, então a probabilidade de um determinado evento A é a razão entre o número de casos favoráveis (número de elementos de A) e o número de casos possíveis (número de elementos do espaço amostral), ou seja, ( ) ( )

( )

P A # A .

= #



Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

PROVA DE MATEMÁTICA ITA 2018-2019 FASE 2 (ENUNCIADOS E RESOLUÇÕES)

1) Determine os valores reais de a e b para os quais as equações x

+ ax

+ 18 = 0 e x

+ bx 12 + = 0 possuam duas raízes em comum e, a seguir, determine essas raízes.

RESOLUÇÃO: a = 1, b = 2 e r

=  1 5 i.

Sejam p x ( ) = x

+ ax

+ 18 de raízes r ,

r

e r ,

e q x ( ) = x

+ bx 12 + de raízes r ,

r

e r .

Se as equações possuem duas raízes em comum r

e r ,

então essas raízes são as raízes de _{p x} ( ) _{− q x} ( ) ₌ ( _x

_{+ ax}

_{+ 18} ) ( _{− x}

_{+ bx 12 +} ) _{= ax}

_{− bx + = 6 0}

O produto das duas raízes comuns é r r

⁶ .

 = a

Na equação x

+ ax

+ 18 = 0, o produto das raízes é ( )

3 1 2 3 3 3

18 6

r r r 1 18 r 18 r 3a.

1 a

 =   = −  = −   = −  = − Substituindo r

= − 3a na equação x

+ ax

+ 18 = 0, temos:

( 3a )

a ( 3a )

18 0 18a

18 a

1

a 1 r

3a 3 1 3

− +  − + =  − = −  = 

=  = − = −  = − Na equação x

+ bx 12 + = 0, o produto das raízes é

( )

3 1 2 4 4 4

12 6

r r r 1 12 r 12 r 2.

1 1

 =   = −  = −   = −  = − Substituindo r

= − 2 na equação x

+ bx 12 + = 0, temos:

( ) _{− 2}

_{+  − + b} ( ) _{2 12 =  0 2b =  = 4 b 2.}

As raízes comuns r

e r

são raízes da equação

2 2

1,2

2 2 5 i

ax bx 6 0 x 2x 6 0 r 1 5 i

2

− + =  − + =  =  = 

Portanto, a = 1, b = 2 e as raízes comuns são r

=  1 5 i.

2) Determine todas as soluções da equação

7 sen x cos x .

+ = 12

RESOLUÇÃO: x ^{k 1} arc sen ⁵ , k

2 2 3

 

=     

 

( )( )

6 6 2 2 4 2 2 4

1

7 7

sen x cos x sen x cos x sen x sen x cos x cos x

12 12

+ =  + − + =

4 2 2 4 2 2

7

sen x 2 sen x cos x cos x 3sen x cos x

 + + − = 12

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

(

)

1

sen x cos x 3sen x cos x 7

 + − = 12

( )

1 7 3 5 5

1 3 2 sen x cos x sen 2x sen 2x

4 12 4 12 9

 −   =  =  =

5 5

sen 2x 2x k arc sen , k

3 3

k 1 5

x arc sen , k

2 2 3

 

 =   =     

 

 

 =     

 

3) Determine o número complexo z de menor argumento que satisfaz z 25i −  15.

RESOLUÇÃO: Z

= 12 16i. +

A inequação z 25i −  15 representa os números complexos cuja distância ao número complexo 25i é menor ou igual a 15. Assim, esses complexos são representados no plano de Argand-Gauss por um círculo (circunferência e seu interior) de centro no ponto

( 0, 25 , ) correspondente ao número complexo 25i, e raio 15, conforme figura a seguir.

O complexo de menor argumento é o complexo Z

ponto de tangência de uma das tangentes ao círculo a partir da origem.

Podemos usar as relações métricas no triângulo retângulo OAZ

para identificar as partes real e imaginária de Z .

Aplicando o teorema de Pitágoras, temos:

2 2 2 2 2

1 1 1

OZ = OA − AZ = 25 − 15 = 400  OZ = 20.

1 1 1 1 1 1

HZ OA  = AZ OZ   HZ 25 15 20  =   x = HZ = 12

2 2

1 1

OH OA  = OZ  OH 25  = 20  y = OH = 16

Assim, a forma algébrica do número complexo Z

é Z

= x

+  i y

= 12 16i. +

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

4) Sabendo que x pertence ao intervalo fechado  1, 64 ,  determine o maior valor da função

( ) (

)

(

)

⁸

f x log x 12 log x log . x

= +       

RESOLUÇÃO: 81

( ) (

)

(

)

(

)

(

) (

)

f x log x 12 log x log 8 log x 12 log x log 8 log x x

= +        = +  − =

( log x

)

12 log x (

) (

3 log x

) ( log x

)

12 log x (

)

36 log x (

)

= +  − = − + =

( )

( log x

6 log x )

= −

Vamos substituir log x

=  = t x 2 ,

então

 

 

x  1, 64  2 =  1 2  64 = 2   t 0, 6 .

Assim, a função será dada por _{g t} ( ) _{= f 2} ( ) (

_{= t}

_{− 6t} )

_{, com t    0, 6 .}

A expressão t

− 6t está elevada ao quadrado, então devemos encontrar o maior valor em módulo. O ponto de mínimo dessa função quadrática é ( 3, 9 . − ) Assim, o maior valor de f é g 3 ( ) = f 2 ( )

= ( 3

−  6 3 )

= − ( ) 9

= 81.

5) Seja F o foco da parábola de equação ( y 5 − )

= 4 x 7 , ⁽ − ⁾ e sejam A e B os focos da elipse de equação ( x 4 )

( y 2 )

9 8 1.

− + − = Determine o lugar geométrico formado pelos pontos P do plano tais que a área do triângulo ABP seja numericamente igual ao dobro da distância de P a F.

RESOLUÇÃO: elipse de centro ( ) 8, 6 , eixo focal vertical, semieixo maior a = 2 e semieixo menor b = 3.

A equação ( ^{y 5 −} )

^{= 4 x 7 ( − )} tem por gráfico uma parábola de eixo de simetria horizontal, vértice V 7,5 , ( ) parâmetro 2p =  = 4 p 2 e concavidade voltada para a direita. Assim, o foco da parábola é x

x

^p 7 ² 8

2 2

= + = + = e y

= y

= 5, ou seja

( )

F 8, 5 .

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

A equação ( x 4 )

( ^{y 2} )

9 8 1

−

− + = tem por gráfico uma elipse de centro O 4, 2 , ( ) eixo

focal horizontal, semieixo maior a

=  = 9 a 3 e semieixo menor b

=  = 8 b 2 2.

A distância focal é a

= b

+ c

 = + 9 8 c

 = c 1. Assim, os focos da elipse são

( ) ( )

A = 4 1, 2 − = 3, 2 e B = ( 4 1, 2 + ) ( ) = 5, 2 .

Seja ^{P x, y ,} ( ) então devemos ter ( )

( )

PF = x 8 − + y 5 −

ABP

1 1 1

1 1

S x 3 5 6 5y 2x 3y 2x 10 y 2

2 2

y 2 2

= = + + − − − = −

( )

( )

( ^{( )}

( )

)

S

=  2 PF  − =  y 2 2 x 8 − + y 5 −  − y 2 = 4 x 8 − + y 5 − ( )

(

) ^{( )}

2 2 2

y 4y 4 4 x 8 y 10y 25 4 x 8 3y 36y 96 0

 − + = − + − +  − + − + =

( )

(

) ^{( )}

( )

4 x 8 3 y 2 6 y 6 96 108 4 x 8 3 y 6 12

 − + −   + = − +  − + − =

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

( x 8 )

( ^{y 6} )

3 4 1

−

 − + =

Logo, o lugar geométrico dos pontos P é uma elipse de centro ( ) 8, 6 , eixo focal vertical, semieixo maior a = 2 e semieixo menor b = 3.

6) Sejam a, b e c três números reais em progressão aritmética crescente, satisfazendo cosa cos b cosc + + = 0 e sen a sen b sen c + + = 0.

Encontre a menor razão possível para essa progressão aritmética.

RESOLUÇÃO: ² 3



Sejam a = − b r, b e c = + b r, com r  0 para que a progressão aritmética seja crescente.

( ) ( )

cos a cos b cos c + + =  0 cos b r − + cos b cos b r + + = 0

( ) ( )

cos b r cos b r cos b 2cos b cos r cos b

 − + + = −   = −

( ) ( )

sen a sen b sen c + + =  0 sen b r − + sen b sen b r + + = 0

( ) ( )

sen b r sen b r sen b 2sen b cos r sen b

 − + + = −  = −

1º caso: cos b =  0 sen b =  1 2º caso: sen b =  0 cos b =  1 3º caso: sen b  0  cos b  0

Em todos os casos, temos: cos r ¹ r 2k ² , k

2 3

= −  =     Sabendo que r  0, o menor valor de r é 2

3 .



Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

7) Um número natural n, escrito na base 10, tem seis dígitos, sendo 2 o primeiro. Se movermos o dígito 2 da extrema esquerda para a extrema direita, sem alterar a ordem dos dígitos intermediários, o número resultante é três vezes o número original.

Determine n.

RESOLUÇÃO: 285714

Sejam n = 2x, onde x é um número de 5 algarismos, e n ' = x2, então n =  2 10

+ x

n ' 10x 2 = +

( )

n ' =   3 n 10x 2 + =  3 200000 x +  7x = 599 998  = x 85714 Portanto, n = 2x = 285714.

8) Um cone circular reto, de altura h, e um cilindro circular reto têm bases de mesmo raio. O volume do cone é metade do volume do cilindro, e a área lateral do cone é igual à área lateral do cilindro. Determine, em função de h, o raio da esfera inscrita no cone.

RESOLUÇÃO: ( 4 7 7 h )

r 9

= −

Seja R o raio da base comum ao cone circular reto de altura h e geratriz g, e ao cilindro circular reto. Seja H a altura do cilindro, então

2 2

cone cil.

1 1 1 2h

V V R h R H H

2 3 2 3

=    =     =

cone cil.

L L

2h 4h

S S Rg 2 RH g 2H 2

3 3

=   =   = =  =

Seja a figura a seguir a seção meridiana do cone de altura h, geratriz g ^4h ,

= 3 e com a esfera inscrita de raio r.

Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo retângulo VMB, temos:

2 2 2

2 2 2

4h

16h

7h h 7

MB VB VM h h R MB

3 9 9 3

 

= − =     − = − =  = =

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

( ) ^{OC VO r h r} ( )

VCO ~ VMB A.A. r 4 7 h 7

MB VB h 7 4h 3 3

   =  = −  + =

( )

7 4 7 4 7 7 4 7 7 h

r h h r

16 7 9

4 7 4 7

− − −

 =   =   =

+ − −

9) Sejam A, B, C os vértices de um triângulo. Determine sen B, ^ˆ sabendo que

( ^{ˆ ˆ} ) ⁴ ( ^{ˆ ˆ} )

sen A B sen A C . + = = 5 − RESOLUÇÃO: sen B ^{ˆ 44} .

= 125

Como ˆA, ˆB e ˆ C são ângulos de um mesmo triângulo, então são positivos, menores que  e somam  .

( ) ( )

( )

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

A B A C B C (não convém)

ˆ ˆ ˆ ˆ

sen A B sen A C ou

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

A B A C C A C A 2C

+ = −  = −

+ = − 

+ =  − −   − =  − +  = Lembrando da forma de transformação de produto em soma, temos:

( ) ( ) ( )

ˆ ˆ 1 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

sen A cos C sen A C sen A C 2 sen A cos C sen B sen A C 2

 

 =  + + −   = + −

( )

ˆ ˆ ˆ ˆ

sen B ˆ 2sen Acos C sen A C

 = − −

Substituindo A ^ˆ = 2C, ^ˆ temos:

( )

( )

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

sen B ˆ = 2sen 2C cos C sen A C  − − = 2sen C cos C sen A C  − − (*) Voltando à igualdade do enunciado, temos:

( ^{ˆ ˆ} ) ( ( ^{ˆ ˆ} ) ) ^{ˆ 4}

sen A B sen A B sen C + =  − + = = 5

2

2

ˆ

ˆ 4 9

cos C 1 sen C 1

5 25

= − = −       =

De (*), vem: _{sen B} ^ˆ 2 sen C cos C sen A ^ˆ

( ^ˆ C ^ˆ ) 2 ^{4 9 4 44} . 5 25 5 125

=  − − =   − =

10) Escolhem-se aleatoriamente três números distintos no conjunto  1, 2,3, , 29,30 . 

Determine a probabilidade da soma desses três números ser divisível por 3.

RESOLUÇÃO: ⁶⁸ 203

O número total de maneiras de escolher três números no conjunto  1, 2,3, , 29,30  é

3 30

30 29 28

# C 5 29 28.

3!

 

 = = =  

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

No conjunto  1, 2, 3, , 29, 30 ,  há 10 números que deixam resto 1 na divisão por 3

 1, 4, 7, , 28 ,  10 números que deixam resto 2 na divisão por 3  2,5,8, , 29  e 10 múltiplo de 3  3, 6,9, ,30 . 

Para que tenhamos três números cuja soma seja múltipla de 3, temos os seguintes casos:

1º caso: 3 múltiplos de 3

3

1 10

10 9 8

# A C 120

3!

= =   =

2º caso: 3 números que deixam resto 1

3

2 10

10 9 8

# A C 120

3!

= =   =

3º caso: 3 números que deixam resto 2

3

3 10

10 9 8

# A C 120

3!

= =   =

4º caso: 1 múltiplo de 3, 1 número que deixa resto 1 e 1 número que deixa resto 2

# A

= 10 10 10 1000   =

O número de casos favoráveis é

1 2 3 4

# A = # A + # A + # A + # A = 120 120 120 1000 1360. + + + =

Portanto, a probabilidade de a soma desses três números ser divisível por 3 é

# A 1360 68

P .

# 5 29 28 203

= = =

  