INSTITUTO TECNOLÓGICO DE AERONÁUTICA
VESTIBULAR SIMULADO / 2007
PROVA DE MATEMÁTICA
INSTRUÇÕES 1. Esta prova tem duração de quatro horas.
2. Não é permitido deixar o local de exame antes de decorridas duas horas do início da prova.
3. Você poderá usar apenas lápis (ou lapiseira), caneta, borracha e régua. É proibido portar qualquer outro material
escolar.
4. Esta prova é composta de 20 questões de múltipla escolha (numeradas de 01 a 20) e de 10 questões dissertativas (numeradas de 21 a 30).
5. As 20 questões de múltipla escolha correspondem a 50% do valor da prova e as questões dissertativas aos 50% restantes.
6. Você recebeu este caderno de questões e um caderno de soluções com duas folhas de rascunho. Verifique se o caderno de questões está completo.
7. Numere seqüencialmente de 21 a 30, a partir do verso da capa, cada página do caderno de soluções. número atribuído a cada página corresponde ao da questão a ser resolvida. Não escreva no verso da parte superior da capa (região sombreada) do caderno de soluções. As folhas centrais coloridas deverão ser utilizadas apenas como rascunho e, portanto, não devem ser numeradas e nem destacadas pelo candidato.
8. Cada questão de múltipla escolha admite uma única resposta.
9. As resoluções das questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, podem ser feitas a lápis e de ser apresentadas de forma clara, concisa e completa. Respeite a ordem e o espaço disponível no caderno de soluções. Sempre que possível, use desenhos e gráficos.
10. Antes do final da prova, você receberá uma folha de leitura óptica, destinada à transcrição das respostas das questões numeradas de 01 a 20. Usando caneta preta, assinale a opção correspondente à resposta de cada uma das
questões de múltipla escolha. Você deve preencher todo o campo disponível para a resposta, sem extrapolar-lhe os limites.
11. Cuidado para não errar no preenchimento da folha de leitura óptica. Se isso ocorrer, avise o fiscal, que lhe fornecerá uma
folha extra com o cabeçalho devidamente preenchido.
12. Não haverá tempo suplementar para o preenchimento da folha de leitura óptica.
13. Na última página do caderno de soluções, existe uma reprodução da folha de leitura óptica, que deverá ser preenchida
com um simples traço a lápis, durante a realização da prova.
14. A não devolução do caderno de soluções e/ou da folha de leitura óptica implicará a desclassificação do candidato. 15. Aguarde o aviso para iniciar a prova. Ao terminá-la, avise o fiscal e aguarde-o no seu lugar.
CEARÁ
TURNO: M ( ) T ( ) N ( ) DATA: 08/03/2007 No QUESTÕES: 30
PROFESSOR(ES): Max e Onofre ETAPA: 1a
SIMULADO DE MATEMÁTICA – ITA
ALUNO(A):_______________________________________________________ No: ______ TURMA: ______
3
o
Ensino Médio
X
SEDE EDNILDO GOMES DE SOÁREZ Av. do Imperador, 1055 SEDE EDILSON BRASIL SOÁREZ
Rua Henriqueta Galeno, 1011 SEDE NILA GOMES DE SOÁREZ
2
COLÉGIO
7 DE SETEMBRO
PROVA DE MATEMÁTICA - SIMULADO ITA/2007
Professores: Max e Onofre - 3
oEnsino Médio
2CEARÁ
QUESTÕES OBJETIVAS
QUESTÃO 01
Um ministro brasileiro organiza uma recepção. Metade dos convidados são estrangeiros cuja língua oficial não é o português e, por delicadeza, cada um deles diz “bom dia” a cada um dos outros na língua oficial de a quem se dirige. O ministro responde “seja bem-vindo” a cada um dos convidados. Sabendo que no total foram ditos 78 bons dias em português o número de convidados na recepção foi: A) 9 B) 10 C) 11 D) 12 E) 13 QUESTÃO 02
Cinco amigos, Arnaldo, Bernaldo, Cernaldo, Dernaldo e Ernaldo, devem formar uma fila com outras 30 pessoas. De quantas maneiras podemos formar esta fila de modo que Arnaldo fique na frente de seus 4 amigos?
(Obs.: Os amigos não precisam ficar em posições consecutivas.) A)
35!
B)35!
5!
C)35!
5
D) 35 5! 5 E)e
π 163 QUESTÃO 03De quantos modos se pode pintar as faces de uma pirâmide pentagonal regular usando seis cores diferentes, sendo cada face de uma cor? A) 144 B) 288 C) 720 D) 340 E) 72 QUESTÃO 04
Um campeonato é disputado por 10 clubes em rodadas de 5 jogos cada. De quantos modos é possível selecionar os jogos da primeira rodada? A) 315 B) 945 C) 720 D) 3628800 E) 120
Numa demonstração de paraquedismo, durante a queda livre, participam 10 paraquedistas. Em um certo momento, 7 deles devem dar as mãos e formar um círculo. De quantas formas distintas eles poderão ser escolhidos e dispostos nesse círculo?
A) 120 B) 720 C) 86400 D) 151200 E) n.d.a. QUESTÃO 06
Uma livraria vai doar 15 livros iguais a 4 bibliotecas. Cada biblioteca deve receber ao menos dois livros. O número de modos que esses livros pode ser repartidos nessa doação, é igual a:
A) 1365 B) 840 C) 240 D) 120 E) 35 QUESTÃO 07
Definimos como Número Escada todo número onde os algarismos aparecem em ordem crescente, sem ser permitido a repetição de algarismos. Assim, considerando o conjunto, a quantidade de números do tipo Escada de 4 algarismos que podemos formar com os elementos do conjunto A é: A) 126 B) 6561 C) 24 D) 56 E) 36 QUESTÃO 08 Sejam retas r
1 e r2 distintas e paralelas, P1,..., Pm pontos distintos em r1 e S1..., Sn pontos distintos em r2. Determine o valor de m + n se 18 e 30 são, respectivamente, o número de quadriláteros convexos e de triângulos que se pode construir com vértices nos pontos acima considerados. A) 10 B) 13 C) 5 D) 7 E) 15 QUESTÃO 09
Quantos elementos têm o conjunto A, subconjuntos do conjunto dos números racionais, onde:
p A = p, q ; 1 p 10 e 1 q 10 q ∈ ≤ ≤ ≤ ≤ N A) 20 B) 50 C) 63 D) 83 E) 100
4
COLÉGIO
7 DE SETEMBRO
PROVA DE MATEMÁTICA - SIMULADO ITA/2007
Professores: Max e Onofre - 3
oEnsino Médio
4CEARÁ
QUESTÃO 10
Há 4 livros diferentes de Matemática, 2 livros diferentes de Química e 5 livros diferentes de Física. De quantas maneiras podemos arrumar esses livros numa prateleira, de modo que os livros de física fiquem todos separados?
A) 1814400 B) 21 C) 86400 D) 5760 E) 34560 QUESTÃO 11
Se as medidas dos lados de um triângulo obtusângulo estão em progressão geométrica, considerada crescente de razão r, então r pertence ao intervalo: A) + 2 2 1 , 0 B) + + 2 5 1 , 2 2 1 C) + + 2 5 1 , 2 5 1 D) + + 2 2 2 , 2 5 1 E) + + 2 3 2 , 2 2 2 QUESTÃO 12
Seja M o ponto médio do lado BC do triângulo ABC tal que ∠CAB = 45° e ∠ABC = 30°. Ache o ângulo ∠AMC.
A) 15° B) 30° C) 45° D) 60° E) 75° QUESTÃO 13
No triângulo ABC, pontos D e E são escolhidos sobre os lados AB e AC, respectivamente, de modo que o quadrilátero BCED seja circunscritível. Se o perímetro de ABC mede 15 cm e o lado BC mede 3 cm, o perímetro do triângulo ADE mede:
A) 9 B) 18 C) 24 D) 30 E) 16 QUESTÃO 14
Os lados de um hexágono eqüiângulo ABCDEF medem 10, 6, 12, 14, x e y, nesta ordem. Então, o perímetro de ABCDEF é igual a: A) 60
B) 72 C) 84 D) 96 E) 120
Um trapézio retângulo ABCD contém uma circunferência de raio 1cm tangente a todos os seus lados. Sabe-se que o lado oblíquo BC mede 7cm. A área do trapézio, em cm2, mede:
A) 8 B) 9 C) 10 D) 11 E) 12 QUESTÃO 16 Considere as afirmativas:
1. Entre dois números racionais existe sempre um racional. 2. Existe sempre um número racional entre dois irracionais. 3. A soma de dois racionais é sempre racional.
4. A soma de dois irracionais é sempre irracional. 5. O produto de dois irracionais é sempre irracional. Podemos concluir que:
A) Todas são verdadeiras.
B) Apenas (1), (3) e (4) são verdadeiras. C) Apenas (1), (2) e (3) são verdadeiras. D) Apenas (2), (4) e (5) são verdadeiras. E) Apenas (1), (4) e (5) são falsas.
QUESTÃO 17
Considere as armativas:
I. (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 = 2(a2 + b2 + c2) – 2(ab + bc + ac); II. (a + b + c)3 – (a3 + b3 + c3) = 3(a + b)(b + c)(c + a);
III. 1
2(a + b + c) [(a – b)
2 + (b – c)2 + (c – a)2] = a3 + b3 + c3 – 3abc. Podemos concluir que:
A) Apenas I e II são verdadeiras. B) Apenas I e III são verdadeiras. C) Apenas II e III são verdadeiras. D) Todas são verdadeiras. E) Todas são falsas.
QUESTÃO 18
Seja D = a2 + b2 + c2, onde a e b são inteiros consecutivos e c = ab. Então, sobre a raiz quadrada de D, podemos afirmar que: A) É sempre um inteiro par.
B) Algumas vezes é um inteiro par, outras vezes não. C) Algumas vezes é racional, outras vezes não. D) É sempre um inteiro ímpar.
E) É sempre irracional.
QUESTÃO 19
Sejam a, b e c números reais distintos entre si e diferentes de zero e p um número real tal que
1 1 1
a + = b + = c + = p.
b c a
Então, o valor de abc + p3 é igual a: A) p
B) 2p C) p2 D) 1 E) 0
6
COLÉGIO
7 DE SETEMBRO
PROVA DE MATEMÁTICA - SIMULADO ITA/2007
Professores: Max e Onofre - 3
oEnsino Médio
6CEARÁ
QUESTÃO 20
Se 4 < a < 5 ,
2001 a + b 2001 o número de valores inteiros que
b a pode assumir é: A) 90 B) 100 C) 110 D) 120 E) 130
QUESTÕES SUBJETIVAS
QUESTÃO 21Quantos inteiros entre 1 e 1000000, inclusive, não são quadrados perfeitos, cubos perfeitos e nem quartas potências perfeitas?
QUESTÃO 22
Convenciona-se transmitir sinais luminosos de uma ilha para a costa por meio de seis lâmpadas brancas e seis vermelhas, colocadas nos vértices de um hexágono regular, de tal modo que:
I. Em cada vértice haja 2 lâmpadas de cores diferentes. II. Em cada vértice não haja mais do que uma lâmpada acesa. III. O número mínimo de vértices iluminados seja 3.
Determine o número total de sinais que podem ser transmitido.
Questão 23
Na figura abaixo temos o primeiro quadrante de um sistema de coordenadas cartesianas, com 7 pontos no eixo das abscissas e 6 pontos no eixo das ordenadas. Utilizando um dos 6 pontos do eixo das ordenadas, e um dos 7 pontos do eixo das abscissas podemos formar 42 retas.
Na intersecção dessas retas algumas ocorrem nesse primeiro quadrante. Determine o total de intersecções no primeiro quadrante.
QUESTÃO 24
Uma permutação dos inteiros 1901, 1902, 1903, ... , 2000 é uma seqüência a
1, a2, a3, ... , a100, na qual cada um desses inteiros aparece exatamente uma vez. Para cada uma dessas permutações, forma-se a seqüência das somas parciais:
1 1
a
S
=
2 1 2a
a
S
=
+
3 2 1 3a
a
a
S
=
+
+
...
100 3 2 1 100a
a
a
...
a
S
=
+
+
+
+
Determine a quantidade dessas permutações, que não têm termos da seqüência S
1, S2, S3, ... , S100 divisíveis por três.
QUESTÃO 26
Sejam K e M pontos marcados sobre os lados AB e BC do triângulo ABC, respectivamente. N é o ponto de interseção entre AM e CK. Sabe-se que os quadriláteros AKMC e KBMN são inscritíveis em circunferências de mesmo raio. Calcule o ângulo ∠ABC.
QUESTÃO 27
Seja ABC um triângulo com lados a, b, c tais que c < b < a. Considere o trinômio do 2o grau y = x2 + 2(b + c – a) . x + b2 + c2 – a2. a) Mostre que y = 0 possui duas raízes reais e distintas.
b) Seja r = a – b – c + 2(a - b) (a - c). Mostre que, se r < 0, o ângulo  é agudo e, se r = 0, então  = 90o.
QUESTÃO 28
Ache o lugar geométrico dos pontos (x; y) do plano tais que x3 + y3 + 3xy = 1.
QUESTÃO 29
Mostre que log5 2 é irracional.
QUESTÃO 30
8
COLÉGIO
7 DE SETEMBRO
GABARITO DE MATEMÁTICA - SIMULADO ITA/2007
Professores: Max e Onofre - 3
oEnsino Médio
8CEARÁ
GABARITO (PARTE OBJETIVA)
QUESTÃO 01 RESPOSTA: D Solução: Brasileiros x Brasileiros:
n
⋅
(
n
−
1
)
Estrangeiros x Brasileiros: 2n
Convidados x Ministro:2
n
Daí temos:(
−
1
)
+
2+
2
=
78
⋅
n
n
n
n
0
78
2
n
2+
n
−
=
De onde obtemosn
=
6
Total de convidados:2
n
=
12
QUESTÃO 02 RESPOSTA: C Solução:O número de filas nas quais Arnaldo fica na frente de seus amigos é igual ao número de filas nas quais Bernardo fica na frente de seus amigos. E o mesmo ocorre se o amigo que fica na frente é Cernaldo ou Dernaldo ou Ernaldo, respectivamente. Logo, como o número de maneiras de formar uma fila com 35 pessoas é 35!, o número de maneiras é 35!
5 .
QUESTÃO 03 RESPOSTA: A
Solução:
Consideremos os seguintes acontecimentos e seus respectivos números de ocorrências:
Acontecimentos
Nº de
ocorrências
1
A
: escolha da cor para a base da pirâmide.
6
2A
: permutação circulares das 5 cores sobre
as faces laterais.
4
!
Pelo P.M., temos:
6
⋅
4
!
=
144
modos de pintar a pirâmide.QUESTÃO 04 RESPOSTA: B
Solução:
Selecionar os jogos da primeira rodada é dividir os 10 clubes em 5 grupos de 2. Mas isso pode ser feito, permutando os 10 clubes e dividindo por
5
!
⋅
( )
2
!
5. Portanto( )
2
!
945
5!
!
10
5=
⋅
. QUESTÃO 05 RESPOSTA: C Solução:Escolha dos 7 paraquedistas para formar o círculo:
C
10,7=
120
Após a escolha dos 7 paraquedistas, determinamos o total de disposições no círculo, através de permutações circulares, mais precisamente
( )
PC
7=
6
!
=
720
.RESPOSTA: D
Solução:
Se considerarmos a equação x1+x2+ x3+ x4 =15, onde
x
i representa a quantidade de livros recebido por cada biblioteca,4
,
3
,
2
,
1
=
i
.Como cada biblioteca deve receber ao menos dois livros, então
x
i≥
2
. Façamos então a substituição pory
i=
x
i+
2
. A quantidadede soluções da equação , com é igual a quantidade de soluções inteiras não negativas de
7 4 3 2 1+ y + y + y = y Portanto 120 soluções. QUESTÃO 07 RESPOSTA: A Solução:
Como para cada escolha de quatro algarismos só existe uma ordem crescente, então para cada escolha só existe um número. Portanto o total de escolhas é o mesmo que o total de números. Então a resposta é C9,4 =126
QUESTÃO 08 RESPOSTA: D
Solução:
De acordo com as informações, temos: Quadriláteros:
⋅
=
18
⇒
2 , 2 , n mC
C
mn
⋅
(
mn
−
m
−
n
+
1
)
=
72
( I ) Triângulos:n
⋅
C
m,2+
m
⋅
C
n,2=
30
⇒
mn
⋅
(
m
+
n
−
2
)
=
60
( II ) Dividindo as equações ( I ) e ( II ), obtemos:(
)
(
−
−
+
)
=
⇒
⋅
−
+
⋅
6
5
1
2
n
m
mn
mn
n
m
mn
(
)
5
2
11
5
mn
=
⋅
m
+
n
−
+
( III ) Substituindo a equação ( III ) em ( II ), temos:(
+
−
)
=
⇒
⋅
2
300
5
mn
m
n
[
11⋅(
m +n −2)
+5]
⋅(
m +n −2)
=300Como estamos interessados apenas no valor de
m
+
n
, façamosm
+
n
−
2
=
r
, de onde obtemos a equação:⇒ = − +5 300 0 11 2 r r r =5⇒
m
+
n
−
2
=
5
⇒
m
+
n
=
7
QUESTÃO 09 RESPOSTA: C Solução:Fixamos os numeradores com os números naturais de 1 a 10, e depois colocamos os denominadores, de forma que numerador e denominador sejam primos entre si, pois caso contrário, simplificaremos e ficamos com uma com um número racional já contado.
Para numerador 1: 10 possibilidades, todos os números de 1 a 10. Para numerador 2: 5 possibilidades, eliminamos os pares.
Para numerador 3: 7 possibilidades, eliminamos os múltiplos de 3. Para numerador 4: 5 possibilidades, eliminamos os pares.
Para numerador 5: 8 possibilidades, eliminamos 5 e 10.
Para numerador 6: 3 possibilidades, eliminamos os pares ou os múltiplos de 3. Para numerador 7: 9 possibilidades, eliminamos 7.
Para numerador 8: 5 possibilidades, eliminamos os pares.
Para numerador 9: 7 possibilidades, eliminamos os múltiplos de 3.
Para numerador 10: 4 possibilidades, eliminamos os pares ou múltiplos de 5.
10
COLÉGIO
7 DE SETEMBRO
GABARITO DE MATEMÁTICA - SIMULADO ITA/2007
Professores: Max e Onofre - 3
oEnsino Médio
10CEARÁ
QUESTÃO 10 RESPOSTA: A
Solução:
Colocamos em fila os livros de Matemática e de Química deixando os espaços para colocarmos os livros de Física:
__ M __ M __ M __ M __ Q __ Q __
Como são 5 livros de Física, e temos 7 espaços, escolhemos estes espaços a serem ocupados com os livros de Física, o que pode ser feito de
C
7,5=
21
Como os livros de uma mesma disciplina são diferentes, então devemos multiplicar pelas permutações:
P
6=
720
(permutações dos livros de Matemática e de Química) eP
5=
120
(permutações dos livros de Física).Portanto, a resposta é:
21
×
120
×
720
=
1814400
QUESTÃO 11 RESPOSTA: C
Solução:
Considerando a P.G. crescente, ou seja, com razão r > 1, o triângulo terá como lados: a, ar e ar2, onde ar2 é o maior lado. Pela desigualdade triangular, temos:
a + ar > ar2⇒ r2 – r – 1 < 0 ⇒
2 5 1 0<r < + . Como o triângulo é obtusângulo, temos:
2 5 1 2 5 1 0 1 ) ( ) (ar 2 2 > ar 2 +a2 ∴r 4 −r 2 − < ∴r2 > + ∴r > + . Logo, 1 + 5 < r < 1 + 5. 2 2 QUESTÃO 12 RESPOSTA: C Solução:
Seja CH a altura relativa ao lado AB. Como ∠CAH = 45°, então o triângulo CAH é retângulo isósceles e CH = AH. Além disso, ∠BCH = 60°. No
triângu-lo CHB, cos 60° = CH/CB = 1/2. Logo, AH = CH = CB/2 = CM = MB = HM. Agora, o triângulo CHM é eqüilátero, de modo que ∠CMH = 60°. Também,
o triângulo AHM é isósceles e ∠MHB = 30°. Logo, ∠HAM = ∠HMA = 15°.
Portanto, ∠AMC = 60° – 15° = 45.
QUESTÃO 13 RESPOSTA: A
Solução:
Seja J o ponto de tangência do círculo inscrito ao quadrilátero BCED com o lado AC. Por um lado, o círculo está inscrito no triângulo ABC, de modo que AJ = p – BC, onde
p é o semi-perímetro de ABC. Logo, AJ = 7,5 – 3 = 4,5 cm. Por outro lado, o circulo é
ex-inscrito ao triângulo ADE, de modo que AJ = p’, onde p’ é o semi-perímetro de ADE. Logo, p’ = 4,5 implica que o perímetro de ADE é igual a 9 cm.
M
B
C
H
30° 45°A
A
B
C
D
E
J
QUESTÃO 14 RESPOSTA: A
Solução:
Prolongando os lados BC, DE e AF, obtemos um triângulo eqüilátero, cujos lados me-dem:
10 + 6 + 12 = 12 + 14 + x = x + y + 10.
Resolvendo essas equações, obtemos x = 2 e y = 16. Logo, o perímetro do hexágono é igual a 10 + 6 + 12 + 14 + 2 + 16 = 60.
QUESTÃO 15 RESPOSTA: B
Solução:
Como o trapézio é retângulo, sua altura é igual a AD. Veja que AD é igual ao diâmetro da circunferência inscrita no trapézio. Logo,
AD = 2 (altura). Além disso, como o trapézio é circunscritível, pelo teorema de Pitot, temos AB + CD = AD + BC = 2 + 7 = 9 cm. A área é dada
por 9 2 2 2 ) ( cm CD AB S = + ⋅ = . QUESTÃO 16 RESPOSTA: C Solução:
1. (Verdadeira) Considere p < q racionais. Então, p + q
2 é racional e, além disso,
p + q p < < q .
2
2. (Verdadeira) Sejam α < β dois irracionais. Sabemos que existe um racional menor que α – β, digamos q < α – β . Considere todos os números: q; 2q; 3q;...; k . q; .... Observe que todos esses números são racionais. Também, pelo menos um desses números pertence ao intervalo (α, β), caso contrário existiria um inteiro k tal que k . q < α < β (k + 1)q. Mas isto é um absurdo, pois teríamos q = (k + 1)q – k · q > α – β.
3. (Verdadeira) Se r = 1 2
1 2
p p e s =
q q são dois racionais, p1, q1, p2 e q2 inteiros, então r + s =
1 2 2 1 1 2 p q + p q q q é racional. 4. (Falsa) (1 + 2) + (1– 2) = 2. 5. (Falsa) (1 + 2 ) (1⋅ − 2 )= −1. QUESTÃO 17 RESPOSTA: D Solução: I. Verdadeiro. (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 = a2 – 2ab + b2 + b2 – 2bc + c2 + c2 – 2ac + c2 = 2(a2 + b2 + c2) – 2(ab + bc + ac).
II. Verdadeiro. Veja demonstração na apostila 1.
III. Verdadeiro. Considere a equação (x – a)(x – b)(x – c) = 0, cujas raízes são a, b e c. Então, a, b e c satisfazem a equação: x3 – (a + b + c)x2 + (ab + bc + ac)x – abc = 0:
Substituindo x sucessivamente por a, b, c e somando as equações obtidas, temos: (a3 + b3 + c3) – (a + b + c)(a2 + b2 + c2) + (ab + bc + ac)(a + b + c) – 3abc = 0: Logo,
a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ac) = 1
2 (a + b + c) [(a – b) 2 + (b – c)2 + (c – a)2]
10
6
12
14
x
y
A
B
C
D
E
F
12
COLÉGIO
7 DE SETEMBRO
GABARITO DE MATEMÁTICA - SIMULADO ITA/2007
Professores: Max e Onofre - 3
oEnsino Médio
12CEARÁ
QUESTÃO 18 RESPOSTA: D
Solução:
Veja que D = a2 + (a + 1)2 + [a · (a + 1)]2 = a2 + a2 + 2a + 1 + [a · (a + 1)]2 = [a2 + a)]2 + 2.(a2 + a) + 1 = (a2 + a + 1)2. Logo, D = a2 + a + 1 = a(a + 1) + 1 é sempre inteiro.
Como a(a + 1) é o produto de dois inteiros consecutivos, é sempre par, então D é sempre ímpar..
QUESTÃO 19 RESPOSTA: E
Solução:
Reescrevendo as equções, obtemos: ab + 1 = bp
bc + 1 = cp ca + 1 = ap
Subtraindo as equações duas a duas, obtemos: b · (a – c) = (b – c) · p
a · (b – c) = (b – a) · p c · (b – a) = (c – a) · p
Como a, b e c são distintos, multiplicando as três últimas equações e simplicando o resultado, obtemos: abc · (a – c)(b – c)(c – a) = (b – c)(b – a)(c – a) · p3⇒ abc = – p3⇒ p3 + abc = 0.
QUESTÃO 20 RESPOSTA: B
Solução: Fazendo a
b = n, nossas inequações se reduzem a
4 1 1 < < .
2001 1 + n 2001 Invertendo essas inequações, obtemos
2001 2001
> n + 1 > .
4 5
Daí, 500, 25 > n + 1 > 400, 2, ou seja, 399, 2 < n < 499, 25. Logo, n ∈ {400, 401, ..., 499}, de modo que n pode assumir 100 valores possíveis.
GABARITO (PARTE SUBJETIVA)
QUESTÃO 21
Solução: Sejam os conjuntos: E ={
1, 2, 3, ..., 1000000}
,{
é
quadrado
perfeito
}
1x
E
x
E
=
∈
{
é
cubo
perfeito
}
2x
E
x
E
=
∈
{
équarta potência perfeita}
3 x E x
E = ∈ .
Observe que:
a)
a
4=
( )
a
2 2, isto é, toda quarta potência é um quadrado, o que acarreta:(
1 2 3) (
1 2)
2 1 3 2 1 1 3E
E
E
E
E
E
n
E
E
E
n
E
E
E
⊂
⇒
∪
∪
=
∪
⇒
∪
∪
=
∪
b) Se um número é quadrado e também cubo, então ela é sexta potência. Posto isto, temos que o número pedido é:
( ) (
E n E1 E2 E3)
n y = − ∪ ∪( ) (
E
n
E
1E
2)
n
−
∪
=
( ) ( ) ( ) (
E n E1 n E2 n E1 E2)
n − − + ∩ = . Porém:Logo,
y
=
1000000
−
1000
−
100
+
10
=
998910
QUESTÃO 22
Solução:
Para calcular o número de sinais com 3 vértices iluminados. Consideremos os seguintes acontecimentos e seus respectivos números de ocorrências:
Logo, pelo P.M., o número de sinais com 3 vértices iluminados é
C
63⋅
2
3. Analogamente, calcula-se o número de sinais com 4 vértices iluminados: 4 46 ⋅2
C ; com 5 vértices iluminados:
C
65⋅
2
5 e com 6 vértices iluminados:C
66⋅
2
6.Portanto, o número total de sinais transmitidos é:
C
63⋅
2
3+
C
64⋅
2
4+
C
65⋅
2
5+
C
66⋅
2
6=
656
QUESTÃO 23
Solução:
Para cada quatro pontos escolhidos (dois no eixo das abscissas e dois no eixo das ordenadas), é determinado um ponto de intersecção dessas retas, assim o máximo de interseções que poderá ocorrer, será
C
7,2⋅
C
6,2=
21
⋅
15
=
315
.QUESTÃO 24
Solução:
Se tomarmos uma solução, como, por exemplo,
1
2
2
3
2
+
−
+
=
−
isto é,
x
1=
−
2
,x
2=
3
,x
3=
−
2
,x
4=
2
, e somarmos 4 a cada um dosx
i, parai
=
1
,
2
,
3
,
4
, termos uma solução em inteirospositivos de 17 4 3 2 1+ y + y + y = y
De maneira geral, a transformação
y
i=
x
i+
4
, para I = 1, 2, 3, 4, associa a cada solução de x1 + x2 + x3 + x4 = 1, com x1∈ {– 3, – 2, – 1, 0, 1, 2, 3}, uma solução de y
1 + y2 + y3 + y4 = 17, com y1∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. Logo precisamos achar o número de soluções em inteiros positivos de
17 4 3 2 1+y + y +y = y
com a restrição y1≤ 7, para i = 1, 2, 3, 4. Portanto, definindo Ai = conjunto das soluções de y1 + y2 + y3 + y4 = 17 com y1 > 7, desejamos contar as soluções de y1 + y2 + y3 + y4 = 17 que estão fora da união dos Ai’s. Logo o número procurado é
C16,3 – 4 . C9,3,
uma vez que n(Ai) = C17–7–1,3= C9,3 e n(Ai∩ Aj) = 0.
QUESTÃO 25
Solução:
Seja
{
1901, 1902, 1903, ..., 2000}
= R0 ∪ R1 ∪ R2 , onde cada conjuntoR
i é formado pelos elementos que deixam resto i, na divisão por 3.Pode-se observar que:
n
( )
R
0=
33
,n
( )
R
1=
33
,n
( )
R
2=
34
Podemos simplificar a questão levando em conta apenas os restos. Cada permutação
S
=
{
a
1,
a
2,
a
3,
...,
a
100}
pode ser representada considerando apenas os restos, pela seqüênciaS
'
=
{
a
'
1,
a
'
2,
a
'
3,
...,
a
'
100}
.Observe que os restos “zero” não alteram os restos das somas parciais:
S
1,S
2,S
3, ... ,S
100. Portanto devemos apenas nos preocuparmos com a colocação dos elementos dos conjuntosR
1 eR
2.Existem apenas duas maneiras para colocação dos restos 1 e 2: 1, 1, 2, 1, 2, 1, ... , 1, 2
2, 2, 1, 2, 1, 2, ... , 2, 1.
Acontecimentos
Nº de ocorrências
1
A
: escolha de 3 vértices para serem
iluminados.
C
632
A
:escolha de 3 vértices após ter
ocorrido
A .
13
2 , pois em cada vértice devemos
escolher uma lâmpada dentre duas para
ser acesa.
14
COLÉGIO
7 DE SETEMBRO
GABARITO DE MATEMÁTICA - SIMULADO ITA/2007
Professores: Max e Onofre - 3
oEnsino Médio
14CEARÁ
Mas, como
n
( ) ( )
R
2=
n
R
1+
1
, então somente a segunda possibilidade é possível. Os 33 “zeros” podem aparecer em qualquer ordem coma
'
1≠
0
.Daí, temos:
33
99
modos de escolher a posição dos múltiplos de 3, depois devemos permutar: os que deixam resto zero, os que deixam resto 1, os que deixam resto 2. Portanto, a resposta é:
! 34 ! 33 ! 33 33 99 ⋅ ⋅ ⋅ QUESTÃO 26 Solução:
Seja ∠ABC = α. Primeiro, observe que ∠ANC = ∠KNM = 180° – α (pois BKNM é inscritível). Além disso, como os raios das duas circunferências são iguais, é imediato que ∠KCM = α (já que estã “olhando” para arcos iguais de circunferências de mesmo raio). Em seguida, observe que ∠KAM = ∠KCM = α (pois AKMC é inscritível). Finalmente, observe que ∠ANC = ∠KAN + ∠NCM + ∠ABC. Daí, obtemos 180°−α = α + α + α, ou seja, α = 45°.
QUESTÃO 27
Solução:
a) Calculando o discriminante da equação y = 0, temos: ∆ = [2 · (b + c a)]2 – 4 · 1· (b2 + c2 – a2)
= 4 · (b2 + c2 + a2 + 2bc – 2ab – 2ac) – 4b2 – 4c2 + 4a2 = 8a2 + 8bc – 8ab – 8ac
= 8 · (a – b)(a – c).
Como c < b < a, segue que ∆ > 0, o que signica dizer que a equação possui duas raízes reais distintas. b) Calculando as raízes da equação y = 0, obtemos
-2(b + c - a) ± ?
x = = a - b - c ± 2 · (a - b) (a - c). 2
Logo, r = a – b – c + 2 · (a - b) (a - c) é raiz da equação y = 0. A outra raiz é s = a – b – c – 2 · (a - b) (a - c). Observe que s < 0. Vamos analisar o sinal de r. Se r < 0, a equação possui duas raízes negativas e r · s = b2 +c2 – a2 > 0, de modo que b2 + c2 > a2. Neste caso, obtemos  < 90o. Se r = 0, então r · s = b2 + c2 – a2 = 0, de modo que b2 + c2 = a2. Neste caso, o triângulo é retângulo, com  = 90o.
QUESTÃO 28
Solução:
Temos (x + y)(x2 + y2 – xy) + 3xy = 1, ou ainda, (x + y)[(x + y)2 – 3xy] + 3xy = 1. Daí, (x + y)3 – 1– 3xy[(x + y) – 1] = 0, [(x + y) – 1][(x + y)2 + (x + y) + 1] – 3xy[(x + y) 1] = 0, (x + y – 1)(x2 + y2 – xy + x + y + 1) = 0.
Logo, ou x + y = 1, ou x2 + y2 – xy + x + y + 1) = 0. Esta última equação ainda pode ser escrita como uma equação do segundo grau: x2 – (y – 1)x + (y2 + y + 1) = 0.
Como ∆ = (y – 1)2 – 4(y2 + y + 1) = – 3y2 – 6y – 3 = – 3(y + 1)2≤ 0, a única possibiliade é que y + 1 = 0, ou seja, y = – 1. Neste caso, obtemos x = 1.
Segue que o lugar geométrico dos pontos (x; y) é a reta x + y = 1 mais o ponto (– 1;– 1).
QUESTÃO 29
Solução:
Suponha que seja racional. Então podemos escrever log5 2 = p,
q com p e q inteiros positivos primos entre si, de onde obtemos que
2 = 5p=q, ou ainda, 2q = 5p. Mas, isto é claramente impossível, pois 2q é par e 5p é ímpar. Logo, log
5 2 é irracional.
B
A
C
K
N
M
α α 180°−α αQUESTÃO 30
Solução:
Inicialmente, observe que devemos ter x ≥ 0. Faça y = a + x . Então, y ≥ 0. Substituindo na equação inicial e elevando ao quadrado, obtemos o sistema:
a + x = y2 a – y = x2
Subtraindo, temos x + y = y2 – x2 = (y – x)(y + x), de onde concluímos que x + y = 0 ou y – x = 1. No primeiro caso, como x ≥ 0 e y ≥ 0, a única possibilidade é x = y = 0, que nos dá a = 0 (ABSURDO). No segundo caso, ficamos com y = x + 1 e, portanto, x2 + x + 1– a = 0.
Como o discriminante desta equação é ∆ = 12 –4 · (1– a) = 4a – 3 > 0 (pois a ≥ 1), então a equação dada possui duas raízes reais e distintas:
1 2
-1 - 4a - 3 -1 + 4a - 3 x = e x = .
2 2
Como x ≥ 0, a única solução real para a equação inicial é x = −1+4a3 − ,
2 já que
1 4a 3 1 4 · 1 3 0.
2 2
− + − ≥ − + − =
A soma das raízes é 1 4a 3. 2 − + −