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Material de Matemática com Simulados voltados para vestibular ITA

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Academic year: 2021

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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)

2

COLÉGIO

7 DE SETEMBRO

PROVA DE MATEMÁTICA - SIMULADO ITA/2007

Professores: Max e Onofre - 3

o

Ensino Médio

2

CEARÁ

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 03

De 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

(3)

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

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4

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7 DE SETEMBRO

PROVA DE MATEMÁTICA - SIMULADO ITA/2007

Professores: Max e Onofre - 3

o

Ensino Médio

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CEARÁ

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

(5)

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)

6

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7 DE SETEMBRO

PROVA DE MATEMÁTICA - SIMULADO ITA/2007

Professores: Max e Onofre - 3

o

Ensino Médio

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CEARÁ

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 21

Quantos 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

(7)

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 2

a

a

S

=

+

3 2 1 3

a

a

a

S

=

+

+

...

100 3 2 1 100

a

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)

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7 DE SETEMBRO

GABARITO DE MATEMÁTICA - SIMULADO ITA/2007

Professores: Max e Onofre - 3

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Ensino Médio

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CEARÁ

GABARITO (PARTE OBJETIVA)

QUESTÃO 01 RESPOSTA: D Solução: Brasileiros x Brasileiros:

n

(

n

1

)

Estrangeiros x Brasileiros: 2

n

Convidados x Ministro:

2

n

Daí temos:

(

1

)

+

2

+

2

=

78

n

n

n

n

0

78

2

n

2

+

n

=

De onde obtemos

n

=

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

2

A

: 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

.

(9)

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 por

y

i

=

x

i

+

2

. A quantidade

de 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 m

C

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

)

=300

Como estamos interessados apenas no valor de

m

+

n

, façamos

m

+

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)

10

COLÉGIO

7 DE SETEMBRO

GABARITO DE MATEMÁTICA - SIMULADO ITA/2007

Professores: Max e Onofre - 3

o

Ensino Médio

10

CEARÁ

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) e

P

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

(11)

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)

12

COLÉGIO

7 DE SETEMBRO

GABARITO DE MATEMÁTICA - SIMULADO ITA/2007

Professores: Max e Onofre - 3

o

Ensino Médio

12

CEARÁ

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

}

1

x

E

x

E

=

{

é

cubo

perfeito

}

2

x

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 3

E

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

1

E

2

)

n

=

( ) ( ) ( ) (

E n E1 n E2 n E1 E2

)

n − − + ∩ = . Porém:

(13)

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 4

6 ⋅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 dos

x

i, para

i

=

1

,

2

,

3

,

4

, termos uma solução em inteiros

positivos 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 x

1 + 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

}

= R0R1R2 , onde cada conjunto

R

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 seqüência

S

'

=

{

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 conjuntos

R

1 e

R

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

63

2

A

:escolha de 3 vértices após ter

ocorrido

A .

1

3

2 , pois em cada vértice devemos

escolher uma lâmpada dentre duas para

ser acesa.

(14)

14

COLÉGIO

7 DE SETEMBRO

GABARITO DE MATEMÁTICA - SIMULADO ITA/2007

Professores: Max e Onofre - 3

o

Ensino Médio

14

CEARÁ

Mas, como

n

( ) ( )

R

2

=

n

R

1

+

1

, então somente a segunda possibilidade é possível. Os 33 “zeros” podem aparecer em qualquer ordem com

a

'

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 α

(15)

QUESTÃO 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 ∆ = 124 · (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 − + −

Referências

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