Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

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PROVA DE MATEMÁTICA – ITA 2015/2016 (ENUNCIADOS)

1) Considere as seguintes afirmações:

I. A função  

₁₀

x 1 f x log

x

  

  

  é estritamente crescente no intervalo  ^{1, }  ^.

II. A equação 2

^{x 2}

 3

^{x 1}

possui uma única solução real.

III. A equação  _{x 1 } 

^x

_{ x} admite pelo menos uma solução real positiva.

É (são) verdadeira(s)

a) apenas I. b) apenas I e II. c) apenas II e III.

d) I, II e III. e) apenas III.

2) Se x é um número natural com 2015 dígitos, então o número de dígitos da parte inteira de

⁷

x é igual a

a) 285. b) 286. c) 287. d) 288. e) 289.

3) Escolhendo-se, aleatoriamente, três números inteiros distintos no intervalo  1, 20  , a probabilidade de que eles estejam, em alguma ordem, em progressão geométrica de razão inteira é igual a

a) 2

285 . b) 2

217 . c) 1

190 . d) 4

225 . e) 1

380 .

4) Se tg x  7 e 3

x , ,

2

  

      então sen 3x é igual a a) ¹⁴

 8 . b) ¹⁴

8 . c) ¹⁴

4 . d) ¹⁴

 4 . e) ¹⁴ 6 .

5) Seja  a , a , a ,

1 2 3

 a sequência definida da seguinte forma: a

₁

 1000 e

 

n 10 n 1

a  log 1 a 

_

para n  2. Considere as afirmações a seguir:

I. A sequência   a

n

é decrescente.

II. a

_n

 0 para todo n  1.

III. a

_n

 1 para todo n  3.

É (são) verdadeira(s)

a) apenas I. b) apenas I e II. c) apenas II e III.

d) I, II e III. e) apenas III.

6) Seja P um polígono convexo regular de n lados, com

_n

n  3. Considere as afirmações a seguir:

I. P é inscritível numa circunferência.

_n

II. P é circunscritível a uma circunferência.

_n

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III. Se

_n

é o comprimento de um lado de P e

_n

a é o comprimento de um apótema de

_n

P , então

n ⁿ

n

a  1 para todo n  3 . É (são) verdadeira(s)

a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III.

d) apenas I e II. e) I, II e III.

7) Um triângulo está inscrito numa circunferência de raio 1 cm. O seu maior lado mede 2 cm e sua área é de 1

²

cm .

2 Então, o menor lado do triângulo, em cm, mede

a) 1

1 .

 2 b) 2  2 . c) 1

2 . d) 2

6 . e) 3

6 . 8) Se o sistema de equações

x y 4z 2

x 2y 7z 3

3x y az b

  

    

    



é impossível, então os valores de a e b são tais que

a) a  6 e b  4. b) a  6 e b  4. c) a  6 e b  4.

d) a  6 e b  4. e) a é arbitrário e b  4.

9) Se P e Q são pontos pertencentes à circunferência x

²

 y

²

 4 de centro O e à reta

 

y  2 1 x ,  então o valor do cosseno do ângulo POQ ^ˆ é igual a a) 3

5 .

 b) 3

7 .

 c) 2

5 .

 d) 4

5 .

 e) 1

7 .



10) Um triângulo retângulo tem perímetro igual a 5, em que é o comprimento da hipotenusa. Se  e  são seus ângulos agudos, com    , então sen      é igual a a) 5 2 5.  b) 6 3 5.   c) 16 5 35.  d) 20 5  44. e) 18 5  40.

11) Se 1 1

M 2 0

  

  

  e 2 1

N ,

1 3

 

      então MN

^T

 M N

^1

é igual a

a)

3 5

2 2

5 3

2 2

  

 

 

  

 

 

b)

3 1

2 2

7 5

2 2

  

 

 

  

 

 

c)

3 11

2 2

13 5

2 2

  

 

 

  

 

 

d)

3 5

2 2

13 3

2 2

  

 

 

  

 

 

e)

3 11

2 2

13 3

2 2

  

 

 

  

 

 

12) Considere as afirmações a seguir:

I. Se z e w são números complexos tais que z iw    1 2i e w    z 2 3i , então

2 2

z  w    3 6i.

II. A soma de todos os números complexos z que satisfazem 2 z

²

 z

²

  4 2i é igual a

zero.

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III. Se z 1 i   , então _z

⁵⁹

_{ 2}

²⁹

 _{  1 i .}  É (são) verdadeira(s)

a) apenas I. b) apenas I e II. c) apenas 1 e III.

d) apenas II e III. e) I, II e III.

13) Seja  uma circunferência de raio 4 cm e PQ uma corda em  de comprimento 4 cm. As tangentes a  em P e em Q interceptam-se no ponto R exterior a  . Então, a área do triângulo PQR, em cm ,

²

é igual a

a) ^{2 3} .

3 b) ^{3 2} .

2 c) ⁶ .

2 d) ^{2 3} .

5 e) ^{4 3} . 3

14) Se a reta de equação x  a divide o quadrilátero cujos vértices são   0,1 ,   2, 0 ,

  4, 0 e   6, 4 em duas regiões de mesma área, então o valor de a é igual a a) 2 5 1.  b) 2 6 1.  c) 3 5  4. d) 2 7  2. e) 3 7  5.

15) Seja p o polinômio racional inteiro dado por _{p x}   _{ x}

⁸

_{ x}

^m

_{ 2x ,}

ⁿ

em que os expoentes 8, m, n forma, nesta ordem, uma progressão geométrica cuja soma dos termos é igual a 14. Considere as seguintes afirmações:

I. x  0 é uma raiz dupla de p.

II. x  1 é uma raiz dupla de p.

III. p tem quatro raízes com parte imaginária não nula.

Destas, é (são) verdadeira(s)

a) apenas I. b) apenas I e II. c) apenas I e III.

d) apenas II e III. e) I, II e III.

16) Seja ABC um triângulo equilátero e suponha que M e N são pontos pertencentes ao lado BC tais que BM  MN  NC. Sendo  a medida, em radianos, do ângulo MAN, ^ˆ então o valor de cos  é

a) 13

14 . b) 14

15 . c) 15

16 . d) 16

17 . e) 17

18 .

17) Uma esfera S , de raio

₁

R  0 , está inscrita num cone circular reto K. Outra esfera, S , de raio r, com 0

2

  r R, está contida no interior de K, tem centro sobre o eixo de K e é simultaneamente tangente à esfera S e à superfície lateral de K. O volume de K é

₁

igual a

a)  

R

5

3r R r .



 b)  

2 R

5

3r R r .



 c)  

R

5

r R r .



 d)  

4 R

5

3r R r .



 e)  

5 R

5

3r R r .



 18) Considere o polinômio p com coeficientes complexos definido por

 

⁴

 

³

 

²

    p z  z   2 i z   2 i z   2 i z   1 i . Podemos afirmar que

a) nenhuma das raízes de p é real.

b) não existem raízes de p que sejam complexas conjugadas.

c) a soma dos módulos de todas as raízes de p é igual a 2  2.

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d) o produto dos módulos de todas as raízes de p é igual a 2 2.

e) o módulo de uma das raízes de p é igual a 2.

19) Pintam-se N cubos iguais utilizando-se 6 cores diferentes, uma para cada face.

Considerando que cada cubo pode ser perfeitamente distinguido dos demais, o maior valor possível de N é igual a

a) 10 b) 15 c) 20 d) 25 e) 30

20) Em um triângulo equilátero ABC de lado 2, considere os pontos P, M e N pertencentes aos lados AB, BC e AC, respectivamente, tais que

a) P é o ponto médio de AB;

b) M é o ponto médio de BC;

c) PN é a bissetriz do ângulo APC. ^ˆ

Então, o comprimento do segmento MN é igual a

a) 10 4 3  b) 5 2 3  c) 6 3 3  d) 10 5 3  e) 5 3 5  21) Seja f a função definida por _{f x}   _{ log}

_{x 1}

 _x

²

_{ 2x 8 . }  Determine:

a) O domínio D da função f.

_f

b) O conjunto de todos os valores de x  D

_f

tais que f x    2.

c) O conjunto de todos os valores de x  D

_f

tais que f x    1.

22) Sejam x e y pertencentes ao intervalo   0,  . Determine todos os pares ordenados

 x, y  tais que

2 cos x sen y 1 2 2 sen x 3 cos y 1 .

2

  

 

   



23) Um hexágono convexo regular H e um triângulo equilátero T estão inscritos em circunferências de raios R e

_H

R , respectivamente. Sabendo-se que H e T têm mesma

_T

área, determine a razão

^H

T

R . R

24) Seja A a matriz de ordem 3 2,  dada por

1 0

A 0 1 .

1 1

 

 

  

 

  a) Determine todas as matrizes B tais que BA  I .

₂

b) Existe uma matriz B com BA  I

₂

que satisfaça BB

^T

 I ?

₂

Se sim, dê um exemplo

de uma dessas matrizes.

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25) Numa certa brincadeira, um menino dispõe de uma caixa contendo quatro bolas, cada qual marcada com apenas uma destas letras: N, S, L, O. Ao retirar aleatoriamente uma bola, ele vê a letra correspondente e devolve a bola à caixa. Se essa letra for N, ele dá um passo na direção Norte; se S, em direção Sul; se L, na direção Leste; e se O, na direção Oeste. Qual a probabilidade de ele voltar para a posição inicial no sexto passo?

26) Sejam S um subconjunto de

²

e P a, b um ponto de  

²

. Define-se a distância de P a S, d P,S , como a menor das distâncias   ^{d P, Q ,}   ^com Q S : 

     

d P,S  min d P, Q : Q S . 

Sejam S

1

   x, y  

²

: x  0 e y  2  e S

2

   x, y  

²

: y  0 . 

a) Determine d P,S quando 

1

 ^{P }   ^{1, 4 e} d Q,S quando 

1

 ^{Q  }  ^{3, 0 .} 

b) Determine o lugar geométrico dos pontos do plano equidistantes de S e

₁

S .

₂

27) Sejam a, b, c números reais com a  0.

a) Mostre que a mudança 1

x z

  x transforma a equação ax

⁴

 bx

³

 cx

²

 bx a   0 numa equação de segundo grau.

b) Determine todas as raízes da equação x

⁴

 3x

³

 2x

²

 3x 1 0.  

28) Considere as circunferências 

₁

: x

²

 y

²

 8x  4y  20 e

2 2

2

: x y 2x 8y 8.

     O triângulo ABC satisfaz as seguintes propriedades:

a) o lado AB coincide com a corda comum a 

₁

e 

₂

; b) o vértice B pertence ao primeiro quadrante;

c) o vértice C pertence a 

₁

e a reta que contém AC é tangente a 

₂

. Determine as coordenadas do vértice C.

29) Determine o termo constante do resto da divisão do polinômio  _{1 x   x}

²



⁴⁰

_por

 1 x  

³

.

30) Em um cone circular reto de altura 1 e raio da base 1 inscreve-se um tetraedro

regular com uma de suas faces paralela à base do cone, e o vértice oposto coincidindo

com o centro da base do cone. Determine o volume do tetraedro.

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PROVA DE MATEMÁTICA – ITA 2015/2016 RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES 1) b (Função exponencial e logaritmo)

2) d (Função exponencial) 3) a (Probabilidade) 4) b (Trigonometria) 5) d (Sequência recorrente)

6) d (Geometria plana – polígonos)

7) b (Geometria plana – relações métricas nos triângulos) 8) a (Sistemas lineares)

9) a (Geometria analítica – circunferência e reta) 10) d (Trigonometria no triângulo retângulo) 11) c (Matrizes)

12) b (Números complexos)

13) e (Geometria plana – circunferência) 14) d (Geometria analítica – reta)

15) c (Polinômios)

16) a (Geometria plana – relações métricas nos triângulos) 17) b (Geometria espacial)

18) e (Polinômios)

19) e (Análise combinatória)

20) d (Geometria plana – relações métricas nos triângulos) 21) a) D

f

  4,   ; b)  ; c) 3 3 5

S x | x

2

  

    

  (Logaritmo)

22) 2 5

S , ; ,

12 3 4 6

         

             (Trigonometria) 23) ²

2 (Geometria plana – áreas)

24) a) 1 a a a

B ;

b 1 b b

 

 

       b) Sim. 1 0 0

B 0 1 0

 

  

  e

1 2 2

3 3 3

B .

2 1 2

3 3 3

  

 

  

  

 

 

(Matrizes) 25) ²⁵

256 (Probabilidade)

26) a) d P,S 

1

  1 e d Q,S 

1

  13; b)

2

y x, se x 2

y x 1, se 2 x 2

4

y x, se x 2

   

 

     

   



(Geometria analítica – cônicas)

27) a) Dem.; b) 1 i 3

S 2 3 ,

2

  

    

  (Equações polinomiais)

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28) 38 36 5 , 5

  

 

  (Geometria analítica – circunferência) 29) 781 (Polinômios – derivada)

30) 6 5 2  7 

4

 (Geometria espacial)

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PROVA DE MATEMÁTICA – ITA 2015/2016 (ENUNCIADOS E RESOLUÇÕES)

1) Considere as seguintes afirmações:

I. A função  

₁₀

x 1 f x log

x

  

  

  é estritamente crescente no intervalo  ^{1, }  ^.

II. A equação 2

^{x 2}

 3

^{x 1}

possui uma única solução real.

III. A equação  _{x 1 } 

^x

_{ x} admite pelo menos uma solução real positiva.

É (são) verdadeira(s)

a) apenas I. b) apenas I e II. c) apenas II e III.

d) I, II e III. e) apenas III.

RESOLUÇÃO: b

I. A função  

₁₀

x 1 f x log

x

  

     é estritamente crescente no intervalo  ^{1, }  ^.

(VERDADEIRA)

   

f

x 1 0 x 0 x 1 D , 0 1,

x

          

No intervalo  ^{1, }  , a função 1

y  x é estritamente decrescente e, consequentemente, a

função x 1 1

y 1

x x

    é estritamente crescente. Como a função _log

₁₀

  é

estritamente crescente, a composição  

₁₀

x 1 f x log

x

  

  

  é estritamente crescente.

Alternativamente, podemos fazer

2 1

1 2 1 2 1 2

2 1 2 1

10 10

2 1 2 1

1 1 1 1 1 1

x x 1 1 1 1 1 1 1

x x x x x x

x 1 x 1 x 1 x 1

0 log log

x x x x

                

       

        

   

Logo, a função é estritamente crescente.

Note que, quando aplicamos a função logaritmo na base 10 nos dois lados da desigualdade, mantivemos o mesmo sinal, pois log na base 10 é uma função estritamente crescente.

II. A equação 2

^{x 2}

 3

^{x 1}

possui uma única solução real. (VERDADEIRA)

x x x 2 x 1

x 2

2 1 2 1

2 3

3 12

3 2 3







          

A função

2

x

y 3

    

  é uma função monótona estritamente decrescente, cuja imagem é

 ^{0, }  , então a equação

2

x

1

3 12

  

    possui uma única solução real.

Alternativamente, poderíamos fazer

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira x x

x 2 x 1

2 3 2 3

x 2

2 1 2 1 1

2 3 x log log 12.

3 12 12

3 2 3







                     Logo, há uma única solução real.

III. A equação  _{x 1 } 

^x

_{ x} admite pelo menos uma solução real positiva. (FALSA)

     

 

x x

x x x

x x

0 x 1: x 1 x log x 1 log x x log x 1 1

1 x log x 1 x log x x

          

      

A última expressão contraria a proposição inicial. Observe que o logaritmo de base entre 0 e 1 é uma função estritamente decrescente.

     

 

x x

x x x

x x

x 1: x 1 x log x 1 log x x log x 1 1

1 x log x 1 x log x x

         

      

Novamente, a última expressão contraria a proposição inicial. Observe que o logaritmo de base maior do que 1 é uma função estritamente crescente.

Logo, a equação não admite solução real positiva.

2) Se x é um número natural com 2015 dígitos, então o número de dígitos da parte inteira de

⁷

x é igual a

a) 285. b) 286. c) 287. d) 288. e) 289.

RESOLUÇÃO: d

Se x é um número natural com 2015 dígitos, então 10

²⁰¹⁴

  x 10

²⁰¹⁵

.

2014 2015 5 6

287 287

287 288

7 7

7 7 7 7

10 x 10 10 10 x 10 10

       

Logo,

⁷

x possui 288 algarismos.

3) Escolhendo-se, aleatoriamente, três números inteiros distintos no intervalo  1, 20  , a probabilidade de que eles estejam, em alguma ordem, em progressão geométrica de razão inteira é igual a

a) 2

285 . b) 2

217 . c) 1

190 . d) 4

225 . e) 1

380 .

RESOLUÇÃO: a (O enunciado da questão foi adaptado, pois ela estava incorreta da maneira como foi proposta.)

O número de resultados possíveis é  

³₂₀

20! 20 19 18

n C 1140

3!17! 6

       .

Os casos favoráveis são

(1, 2, 4); (1, 3, 9); (1, 4, 16); (2, 4, 8); (2, 6, 18); (3, 6, 12); (4, 8, 16); (5, 10, 20).

Assim, n A    8 e a probabilidade pedida é    

 

n A 8 2

P A .

n 1140 285

  



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4) Se tg x  7 e 3

x , ,

2

  

      então sen 3x é igual a a) ¹⁴

 8 . b) ¹⁴

8 . c) ¹⁴

4 . d) ¹⁴

 4 . e) ¹⁴ 6 . RESOLUÇÃO: b

 

^{2 x QIII}

2 2

1

sec x 1 tg x 1 7 8 sec x 2 2 cos x

2 2

     



    

1 7

sen x tg x cos x 7

2 2 2 2

 

          

Vamos encontrar a expressão de sen 3x em função de sen x .

 

 

   

2

2 2 3

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

2sen x 1 sen x sen x 1 2sen x 3sen x 4sen x

    

    

     

3

7 7 6 7 7 7 7 14

sen 3x 3 4

2 2 2 2 4 2 4 2 4 2 8

   

               

   

5) Seja  a , a , a ,

1 2 3

 a sequência definida da seguinte forma: a

₁

 1000 e

 

n 10 n 1

a  log 1 a 

_

para n  2. Considere as afirmações a seguir:

I. A sequência   ^a

_n

é decrescente.

II. a

_n

 0 para todo n  1.

III. a

_n

 1 para todo n  3.

É (são) verdadeira(s)

a) apenas I. b) apenas I e II. c) apenas II e III.

d) I, II e III. e) apenas III.

RESOLUÇÃO: d

I. A sequência   a

n

é decrescente. (VERDADEIRA)

 

^{an an}

n 10 n 1 n 1 n 1 n

a  log 1 a 

_

 10   1 a

_

 a

_

 10   1 a sempre que a

_n

 0 . Assim, a

_n

 a

_{n 1}

,   n 1 , o que implica que a sequência é decrescente.

II. a

_n

 0 para todo n  1. (VERDADEIRA) Pelo Princípio da Indução Finita, temos 1º) a

₁

 1000  0

2º) Hipótese de indução: a

k

 log

10

 1 a 

k 1_

  0 3) Demonstração para  k 1  

 

k 1 10 k 10

a

_

 log 1 a   log 1 0 

Logo, conclui-se que a

_n

 0 para todo n  1.

III. a

_n

 1 para todo n  3. (VERDADEIRA)

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

 

2 10 1 10 10 2 10 10

2

a log 1 a log 1001 3 log 1000 a log 1001 log 10000 4 3 a 4

        

  

    ^{ }

10 3 10 2 10 10 3

0  log 1 3   a  log 1 a   log 1 4   log 10 1    0 a  1 Pelo Princípio da Indução Finita, temos:

1º) a

₃

 1 (conforme demonstração acima)

2º) Hipótese de indução: a

k

 log

10

 1 a 

k 1_

  1, k  3 3) Demonstração para  k 1  

  ^{ }

k 1 10 k 10 10 10

a

_

 log 1 a   log 1 1   log 2  log 10 1  Logo, conclui-se que a

_n

 1 para todo n  3.

Alternativamente, poderíamos concluir que a afirmativa é verdadeira provando que a

3

 1 e observando que a sequência é decrescente (demonstração do item I).

6) Seja P um polígono convexo regular de n lados, com

_n

n  3. Considere as afirmações a seguir:

I. P é inscritível numa circunferência.

_n

II. P é circunscritível a uma circunferência.

_n

III. Se

_n

é o comprimento de um lado de P e

_n

a é o comprimento de um apótema de

_n

P , então

n ⁿ

n

a  1 para todo n  3 . É (são) verdadeira(s)

a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III.

d) apenas I e II. e) I, II e III.

RESOLUÇÃO: d

I. P é inscritível numa circunferência. (VERDADEIRA)

_n

Traçando as mediatrizes de dois lados consecutivos, obtém-se dois triângulos isósceles

congruentes. O vértice desses triângulos isósceles é centro da circunferência circunscrita

ao polígono e o raio da circunferência é a medida dos lados iguais. Logo, o polígono é

inscritível numa circunferência.

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

II. P é circunscritível a uma circunferência. (VERDADEIRA)

_n

Na situação descrita acima, as alturas do vértice dos triângulos isósceles congruentes são raios da circunferência inscrita no polígono. Logo, o polígono é circunscritível a uma circunferência.

III. Se

_n

é o comprimento de um lado de P e

_n

a é o comprimento de um apótema de

_n

P , então

n ⁿ

n

a  1 para todo n  3 . (FALSA)

n n

n n

2 a

AM 1 1 1

tg OM a 2 tg 2 tg 2 3

n

        

n 3 tg tg 3

n 3 n 3

   

     

Observe que, quanto maior o valor de n, menor o valor da tangente e, consequentemente, maior o valor da razão

ⁿ

n

a . Como a tangente diminui e se aproxima de zero, não deve haver um limitante superior para a razão

ⁿ

n

a .

Vamos identificar um contraexemplo:

 

8 8

a 1 1 2 1

n 8 1

2 2 1 2 2 tg 8

          .

 

²

1 cos 1 2

2 2 2 2 2 2

4 2

tg 2 1

8 1 cos 1 2 2 2 4 2 2

4 2

  

          

  

 

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

7) Um triângulo está inscrito numa circunferência de raio 1 cm. O seu maior lado mede 2 cm e sua área é de 1

²

cm .

2 Então, o menor lado do triângulo, em cm, mede

a) 1

1 .

2

 b) 2  2 . c) 1 .

2 d) 2

.

6 e) 3

. 6 RESOLUÇÃO: b

O maior lado do triângulo é igual ao diâmetro da circunferência circunscrita, então o triângulo é retângulo.

Seja a  2 a hipotenusa e o catetos b e c.

A área do triângulo é dada por b c 1 1

S bc .

2 2 2

    

Pelo teorema de Pitágoras, temos: b

²

 c

²

 a

²

 2

²

 4.

Vamos resolver o sistema:

2 2 2

2 4 2 2

b c 4 2 4 2 2

b 4 b 4b 2 0 b 2 2

b 2

bc 2

     

             

   



b 2 2

   .

Logo, o maior cateto é 2  2 e o menor cateto e, consequentemente, menor lado do triângulo é 2  2 .

8) Se o sistema de equações

x y 4z 2

x 2y 7z 3

3x y az b

  

    

    



é impossível, então os valores de a e b são tais que

a) a  6 e b  4. b) a  6 e b  4. c) a  6 e b  4.

d) a  6 e b  4. e) a é arbitrário e b  4.

RESOLUÇÃO: a

   

L2 L2 L1 L3 L3 2 L2

L3 L3 3 L1

x y 4z 2 x y 4z 2 x y 4z 2

x 2y 7z 3 y 3z 1 y 3z 1

3x y az b 2y a 12 z b 6 a 6 z b 4

    

  

        

  

         

  

             

  

Para que o sistema seja impossível, devemos ter a     6 0 a 6 e b 4     0 b 4 .

9) Se P e Q são pontos pertencentes à circunferência x

²

 y

²

 4 de centro O e à reta

 

y  2 1 x ,  então o valor do cosseno do ângulo POQ ^ˆ é igual a a) 3

5 .

 b) 3

7 .

 c) 2

5 .

 d) 4

5 .

 e) 1

7 .



Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

RESOLUÇÃO: a (O enunciado dessa questão foi adaptado, pois a mesma estava incorreta da maneira como foi originalmente proposta.)

Vamos identificar os pontos P e Q interseção da circunferência x

²

 y

²

 4 e da reta

  y  2 1 x . 

 

²

2 2 2 2

8

x 2 2x 4 x 4 8x 4x 4 5x 8x 0 x 0 x

               5

   

x    0 y 2 1 0     2 P 0, 2

8 8 6 8 6

x y 2 1 Q ,

5 5 5 5 5

   

            

   

Para calcular o ângulo POQ ^ˆ , vamos considerar os vetores OP    0, 2 e

8 6

OQ , .

5 5

 

   

  Assim, temos:

2 2

8 6 12

0 2

OP OQ 5 5 5 3

cos POQ ˆ .

10 5

OP OQ 8 6 2

2 5

5 5

 

      

  

    



   

          

10) Um triângulo retângulo tem perímetro igual a 5, em que é o comprimento da hipotenusa. Se  e  são seus ângulos agudos, com    , então sen      é igual a a) 5 2 5.  b) 6 3 5.   c) 16 5 35.  d) 20 5  44. e) 18 5  40.

RESOLUÇÃO: d

Sejam c  a hipotenusa, a o cateto oposto ao ângulo  e b o cateto oposto ao ângulo

 do triângulo retângulo descrito no enunciado.

a b

    

 

2p        a b c a b 5    a b 5 1 

Pelo teorema de Pitágoras, temos: a

²

 b

²

 c

²

 a

²

 b

²



²

.

       

 

2 2 2 2 2 2 2 2

2

a b 5 1 a b 2ab 6 2 5 2ab 6 2 5

2ab 5 2 5

           

  

     

²

 

2 2 2 2 2 2

a  b  2ab   5 2 5   2 5  4   a b  2 5  4

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

a     b b a 2 5  4

        

  

2 2 2 2

2 2

b a a b b a 5 1 2 5 4 5 1 2 5 4

6 2 5 2 5 4 20 5 44

           

    

 

² ₂ ²

2 2

b b a a b a sen sen cos sen cos

c c c c c 20 5 44

20 5 44

               

   

11) Se 1 1

M 2 0

  

  

  e 2 1

N ,

1 3

 

      então MN

^T

 M N

^1

é igual a

a)

3 5

2 2

5 3

2 2

  

 

 

  

 

 

b)

3 1

2 2

7 5

2 2

  

 

 

  

 

 

c)

3 11

2 2

13 5

2 2

  

 

 

  

 

 

d)

3 5

2 2

13 3

2 2

  

 

 

  

 

 

e)

3 11

2 2

13 3

2 2

  

 

 

  

 

 

RESOLUÇÃO: c

   

       

1 1 1 2 T T

1

2 1 2 2

0 1

1 1 1 1 0 1 2 1 0 2 2

M M

2 0 det M 1 1 1 1 2 1 1 1 1

2

 



 

 

   

     

     

            

 

                 

T 1

0 1

1 1 2 1 2 2 1

MN M N

2 0 1 3 1 1 3

1 2

1 3 3 11

1 4 2 2 2 2

4 2 5 1 13 5

2 2 2 2



 

 

 

     

                         

     

   

  

                         

12) Considere as afirmações a seguir:

I. Se z e w são números complexos tais que z iw    1 2i e w    z 2 3i , então

2 2

z  w    3 6i.

II. A soma de todos os números complexos z que satisfazem 2 z

²

 z

²

  4 2i é igual a zero.

III. Se z 1 i   , então _z

⁵⁹

_{ 2}

²⁹

 _{  1 i .}  É (são) verdadeira(s)

a) apenas I. b) apenas I e II. c) apenas 1 e III.

d) apenas II e III. e) I, II e III.

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

RESOLUÇÃO: b

I. Se z e w são números complexos tais que z iw    1 2i e w    z 2 3i , então

2 2

z  w    3 6i. (VERDADEIRA)

 z iw   w z   1 2i   2 3i  w 1 i   3 i 3 i 1 i 2 4i

w 1 2i

1 i 1 i 2

          

  

     

 

     

z    w 2 3i   1 2i   2 3i    1 i

 

²

 

²

2 2

z  w    1 i   1 2i        2i 3 4i 3 6i

II. A soma de todos os números complexos z que satisfazem 2 z

²

 z

²

  4 2i é igual a zero. (VERDADEIRA)

Seja z   x iy , com x, y  .

   

²

 

2 2 2 2 2 2

2 z  z    4 2i 2 x  y  x iy     4 2i 3x  y  2xyi   4 2i

2 2

2 4 2 2 2

2

1 1

3x y 4

3x 4 3x 4x 1 0 x 1 x

x 3 2xy 2

  

           

 



x

2

           1 x 1 z 1 i z 1 i

2

1 1 1 1

x x z i 3 z i 3

3 3 3 3

          

A soma de todos os valores de z é     1 1

1 i 1 i i 3 i 3 0.

3 3

   

             

   

III. Se z 1 i   , então _z

⁵⁹

_{ 2}

²⁹

 _{  1 i .}  (FALSA)

2 2

z 1 i    z      1 2i i 2i

 

²⁹

 

²⁹

     

59 2 29 29

z  z    z 2i     1 i 2 i 1 i   2   1 i

13) Seja  uma circunferência de raio 4 cm e PQ uma corda em  de comprimento 4 cm. As tangentes a  em P e em Q interceptam-se no ponto R exterior a  . Então, a área do triângulo PQR, em cm ,

²

é igual a

a) ^{2 3} .

3 b) ^{3 2} .

2 c) ⁶ .

2 d) ^{2 3} .

5 e) ^{4 3} . 3 RESOLUÇÃO: e

A corda PQ tem comprimento igual ao raio da circunferência  , então PQ é o raio do hexágono regular inscrito em  e POQ ^ˆ   60 .

O segmento OR passa pelo ponto M médio de PQ e é perpendicular a PQ.

No triângulo isósceles POQ, temos POM ^ˆ  QOM ^ˆ   30 , o que implica ˆ

RPM ˆ  RQM   30 .

No triângulo retângulo PMR, temos: MR 1 MR 2 3

tg 30 MR .

PM 3 2 3

     

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

Portanto,

_PQR ²

4 2 3

PQ MR 3 4 3

S cm .

2 2 3

 

  

14) Se a reta de equação x  a divide o quadrilátero cujos vértices são   ^{0,1 ,}  ^{2, 0 ,} 

  ^{4, 0 e}   6, 4 em duas regiões de mesma área, então o valor de a é igual a a) 2 5 1.  b) 2 6 1.  c) 3 5  4. d) 2 7  2. e) 3 7  5.

RESOLUÇÃO: d

Vamos supor, sem perda de generalidade, que 2   a 4 . O ponto E tem coordenadas E    a, 0 .

A equação da reta AD é dada por:

1 1 1

x 0 6 0 6y x 6 4x 0 y x 1

y 1 4 2

        

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

As coordenadas de F são a

F a, 1

2

 

      . A área de ABCD é

A C A C

ABCD

B D B D

x x y y 0 4 1 0 4 1

1 1 1

S 10.

x x y y 2 6 0 4 4 4

2 2 2

    

      

     

Logo, a área do quadrilátero ABEF deve ser igual a 5. Assim, temos:

A E A E

ABEF

B F B F

2 2

2

0 a 1 0 a 1

x x y y

1 1 1

S a a

x x y y

2 2 2 a 0 1 2 2 a 1

2 2

4 112

a 4a 24 0 a 2 2 7

1 a 2

a a 2 5

2 2

a 4a 16 0 x

  

 

                    

         

       

    

2     a 4 a 2 7  2

15) Seja p o polinômio racional inteiro dado por _{p x}   _{ x}

⁸

_{ x}

^m

_{ 2x ,}

ⁿ

em que os expoentes 8, m, n forma, nesta ordem, uma progressão geométrica cuja soma dos termos é igual a 14. Considere as seguintes afirmações:

I. x  0 é uma raiz dupla de p.

II. x  1 é uma raiz dupla de p.

III. p tem quatro raízes com parte imaginária não nula.

Destas, é (são) verdadeira(s)

a) apenas I. b) apenas I e II. c) apenas I e III.

d) apenas II e III. e) I, II e III.

RESOLUÇÃO: c (Essa questão foi adaptada para dar mais precisão ao enunciado.) PG : 8, m, n   m 8q   n 8q

2

2 2

1 3

8 m n 14 8 8q 8q 14 4q 4q 3 0 q q

2 2

               

Como p é um polinômio racional inteiro, então 1 q  2 e

 

^{8 4 2 2}



^{6 2}



²



²



^{4 2}



p x  x  x  2x  x  x  x  2  x  x  1 x  x  2 .

Note que fatoramos dessa forma, pois, por inspeção, é possível identificar as raízes 1 e

1.

Portanto, p tem raízes x  0 (dupla), x  1 (simples), x   1 (simples) e mais 4 raízes complexas (raízes de parte imaginária não nula).

I. x  0 é uma raiz dupla de p. (VERDADEIRA) II. x  1 é uma raiz dupla de p. (FALSA)

III. p tem quatro raízes com parte imaginária não nula. (VERDADEIRA)

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

16) Seja ABC um triângulo equilátero e suponha que M e N são pontos pertencentes ao lado BC tais que BM  MN  NC. Sendo  a medida, em radianos, do ângulo MAN, ^ˆ então o valor de cos  é

a) 13

14 . b) 14

15 . c) 15

16 . d) 16

17 . e) 17

18 . RESOLUÇÃO: a

Seja 3x a medida dos lados do triângulo equilátero ABC.

Leis dos cossenos no triângulo ABM:

 

²

2 2 2 2

1

2

AM x 3x 2 x 3x cos 60 10x 6x 7x AM AN x 7

           2   

Lei dos cossenos no triângulo AMN:

  

²



²

2 2 2

13

x x 7 x 7 2 x 7 x 7 cos 14x cos 13x cos

             14

17) Uma esfera S , de raio

₁

R  0 , está inscrita num cone circular reto K. Outra esfera, S , de raio r, com 0

2

  r R, está contida no interior de K, tem centro sobre o eixo de K e é simultaneamente tangente à esfera S e à superfície lateral de K. O volume de K é

₁

igual a

a)  

R

5

3r R r .



 b)

  2 R

5

3r R r .



 c)

  R

5

r R r .



 d)

  4 R

5

3r R r .



 e)

 

5 R

5

3r R r .





RESOLUÇÃO: b (Essa questão foi adaptada para dar mais precisão ao enunciado.)

A figura a seguir mostra a seção meridiana do cone de revolução com as duas esferas

inscritas.

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

Para calcular o volume do cone, precisamos encontrar o raio da base BH  HC  x e a altura AH  h.

2

2 2 2

2 1 2

1 1 2

AO O E AO r r Rr

AEO ADO AO

AO O D AO r R R R r

        

  

A altura do cone é

2 2

2

r Rr 2R

h AH AO r 2R r 2R

R r R r

        

 

Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo AEO , temos:

₂

 

2 2 2 2 2 2

2 2

2

r Rr r Rr r Rr 2Rr 2r 4r Rr

AE r r r

R r R r R r R r R r R r

            

                              2r Rr

AE R r

 



2 2

2 2

2r Rr EO

AE R r r R

AEO AHC x

AH HC 2R x Rr

R r

       

 Portanto, o volume do cone K é

 

2 2 2 5

2

cone base

1 1 1 R 2R 2 R

V S h x h

3 3 3 Rr R r 3r R r

  

           

 

 

18) Considere o polinômio p com coeficientes complexos definido por

 

⁴

 

³

 

²

    p z  z   2 i z   2 i z   2 i z   1 i . Podemos afirmar que

a) nenhuma das raízes de p é real.

b) não existem raízes de p que sejam complexas conjugadas.

c) a soma dos módulos de todas as raízes de p é igual a 2  2.

d) o produto dos módulos de todas as raízes de p é igual a 2 2.

e) o módulo de uma das raízes de p é igual a 2.

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

RESOLUÇÃO: e

   

⁴

  

³

  

²

    

p 1 1 2 i 1 2 i 1 2 i 1 1 i

1 2 i 2 i 2 i 1 i 0

              

          Logo,  1 é raiz de p.

Vamos aplicar o algoritmo de Briott-Ruffini:

1 2 i  2 i  2 i  1 i 

 1 1 1 i  1 1 i  0

                 

       

3 2 2 2

2

p z z 1 z 1 i z z 1 i z 1 z z 1 1 i z 1 z 1 z 1 i z 1

 

                

    

Logo, as raízes de p são  1 ,   1 i e  i.

a) nenhuma das raízes de p é real. (FALSA)

  1 é raiz.

b) não existem raízes de p que sejam complexas conjugadas. (FALSA)

 i e i são raízes de p e complexos conjugados.

c) a soma dos módulos de todas as raízes de p é igual a 2  2. (FALSA)

1 1 i i i 1 2 1 1 3 2

            

d) o produto dos módulos de todas as raízes de p é igual a 2 2. (FALSA) 1 1 i i i 1 2 1 1 2

           

e) o módulo de uma das raízes de p é igual a 2. (VERDADEIRA)

 

²

 

²

1 i 1 1 2

      

19) Pintam-se N cubos iguais utilizando-se 6 cores diferentes, uma para cada face.

Considerando que cada cubo pode ser perfeitamente distinguido dos demais, o maior valor possível de N é igual a

a) 10 b) 15 c) 20 d) 25 e) 30

RESOLUÇÃO: e

O valor de N é igual ao número de maneiras diferentes de colorir um cubo.

O número de maneiras de colorir as 6 faces do cubo é 6! 720. 

Entretanto, nem todas essas maneiras de colorir o cubo são distintas. Vamos contar quantas formas de colorir são equivalentes.

Considere um cubo com uma determinada pintura e uma sequência de faces definida.

Colocando cada uma das 6 faces como base, nós obtemos uma sequência diferente, mas que é a mesma pintura do cubo.

Com cada face embaixo, podemos colocar cada uma das 4 faces para frente, o que resulta numa sequência diferente de cores, mas que é a mesma pintura do cubo.

Dessa forma, cada pintura diferente do cubo aparece em 6 4   24 sequências diferentes de cores.

Portanto, o número de maneiras distintas de pintar o cubo é 720

N 30.

 24 

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

20) Em um triângulo equilátero ABC de lado 2, considere os pontos P, M e N pertencentes aos lados AB, BC e AC, respectivamente, tais que

a) P é o ponto médio de AB;

b) M é o ponto médio de BC;

c) PN é a bissetriz do ângulo APC. ^ˆ

Então, o comprimento do segmento MN é igual a

a) 10 4 3  b) 5 2 3  c) 6 3 3  d) 10 5 3  e) 5 3 5  RESOLUÇÃO: d

A ceviana CP é mediana e altura do triângulo equilátero ABC, então CP ^{2 3} 3.

 2  Aplicando o teorema da bissetriz interna no triângulo APC, temos:

AN CN AN CN AN CN 2 2 3

CN 3 3

AP CP AP CP 1 3 1 3 3 1

         

  

Aplicando a lei dos cossenos no triângulo CMN, temos:

 

²

 

2 2 2 2

1

MN CM CN 2 CM CN cos 60 1 3 3 2 1 3 3

2

1 12 6 3 3 3 10 5 3

               

       MN 10 5 3

  

21) Seja f a função definida por _{f x}   _{ log}

_{x 1}

 _x

²

_{ 2x 8 . }  Determine:

a) O domínio D da função f.

_f

b) O conjunto de todos os valores de x  D

_f

tais que f x    2.

c) O conjunto de todos os valores de x  D

_f

tais que f x    1.

Resoluções elaboradas pelo Prof. Renato Madeira

RESOLUÇÃO:

a) Para que o logaritmo esteja bem definido o logaritmando deve ser positivo e a base positiva e diferente de um.

  

x

2

 2x 8    0 x  4 x  2      0 x 2 x  4 x 1 0      x 1

x 1 1     x 0

O domínio de f é definido pela interseção dos três intervalos. Assim, temos:

 

D

f

 4,  . b)

 

_{x 1}



²



²

 

^{2 2 2}

f x  log

_

x  2x 8    2 x  2x 8   x 1   x  2x 8   x  2x 1  

f

4x 9 x 9 D S

       4   

c) Inicialmente, observemos que, como D

f

  4,   , então a base do logaritmo satisfaz x 1 5.  

 

_{x 1}



²



²

 

^{1 2}

f x log x 2x 8 1 x 2x 8 x 1 x 3x 9 0

3 3 5 3 3 5

x x

2 2





           

 

   

 

f

3 3 5 3 3 5

D 4, x S x | x

2 2

 

 

         

 

22) Sejam x e y pertencentes ao intervalo   0,  . Determine todos os pares ordenados

 x, y  tais que

2 cos x sen y 1 2 2 sen x 3 cos y 1 .

2

  

 

   



RESOLUÇÃO:

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

2

  

 

   



Somando as duas igualdades, temos:

2 cos x sen y   2 sen x  3 cos y   0 2 sen x  2 cos x  sen y  3 cos y

2 2 1 3

sen x cos x sen y cos y

2 2 2 2

5 5

cos x cos sen x sen sen sen y cos cos y

4 4 6 6

    

   

   

cos x cos y 5

4 6

 

   

           

Temos duas possibilidades: