elite resolve ita 2013-matematica

(19) 3251-1012 O ELITE RESOLVE ITA 2013 - MATEMÁTICA

1

MATEMÁTICA

NOTAÇÕES

: conjunto dos números naturais : conjunto dos números inteiros : conjunto dos números reais

( )mxnM : conjunto das matrizes reais m x n

det( )M : determinante da matriz M tM : transposta da matriz M : conjunto dos números complexos i : unidade imaginária, 2 1i

| |z : módulo do número z

Re z : parte real do número z

Arg z : argumento principal de \ 0z , 0,2Arg z

\A B : :x x Ae x B

,a b : ;x a x b

,a b : ;x a x b

,a b : ;x a x b

0

k

nn

a : 0 1 2 ... ,ka a a a k

0

kn

nn

a x : 2

0 1 2 ... ,kka a x a x a x k

CA : conjunto (evento) complementar do conjunto (evento) A

AB : segmento de reta unindo os pontos A e B

ˆABC : ângulo formado pelos segmentos AB e BC , com vértice no ponto B .

OBSERVAÇÃO: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos retangulares.

QUESTÃO 01 Sejam A, B e C subconjuntos de um conjunto universo U. Das afirmações:

I. \ ( ) ( \ ) ( \ )A B C A B A C ;

II. ( ) \ CA C B A B C ;

III. ( \ ) ( \ ) ( \ ) \A B B C A B C ;

é(são) verdadeira(s): a) apenas I. b) apenas II. c) apenas I e II. d) apenas I e III. e) todas.

Resolução Alternativa C I. Correta. Temos que:

( )C C CA B C A B C A B C

C CA B A C A B A C

Visualizando pelos diagramas de Venn-Euler: Lado esquerdo: A B C

A

B C

A B C

Lado direito: A B A C

A B

A C

A B A C

II. Correta. Temos que:

C CA C B A C B A B C

Visualizando pelos diagramas de Venn-Euler: Lado esquerdo: A C B

A C

B

A B C


2

Lado direito: CA B C

A

CB

C

CA B C

III. Incorreta. Podemos construir um contraexemplo. Fazendo, por exemplo, 1A , 2B e 3C , temos:

1

2 1

A B A B B CA B B C A B C

B C A B C

Visualizando pelos diagramas de Venn-Euler: Lado esquerdo: A B B C

A B

B C

A B B C

Lado direito: A B C

A B

C

A B C

Assim, note que, em geral, A B B C A B C , já que

A B B C é sempre vazio, enquanto A B C contém os elementos exclusivos de A, não necessariamente sendo vazio.

QUESTÃO 02 A soma das raízes da equação em , 8 417 16 0z z , tais que

0 z z , é a) 1. b) 2. c) 3. d) 4. e) 5.

Resolução Alternativa C

Para resolver a equação do enunciado, podemos chamar 4z e transformá-la em uma equação de segundo grau em :

2 17 16 0

17 225

2

16 ou 1

Como 4z , procuraremos agora os valores de z que satisfazem a equação, lembrando que procuramos apenas os valores reais não negativos de z, já que a equação z z só fica satisfeita nestas

condições. Logo: 4 16 2z z ou 4 1 1z z

Assim, a soma dos possíveis valores de z dadas as restrições do enunciado é:

2 1 3 .

QUESTÃO 03 Considere a equação em , 4( 5 3 ) 1z i . Se 0z é a solução

que apresenta o menor argumento principal dentre as quatro soluções, então o valor de 0| |z é

a) 29 . b) 41 . c) 3 5 . d) 4 3 . e) 3 6 . Resolução Alternativa B

Na equação dada, vamos chamar 5 3z i de w.

Assim, a equação a ser resolvida fica 4 1w 4 1 0w

2 21 1 0w w 1,w i . Com isso, temos: Se 1 5 3 1 6 3w z i z i ;

Se 1 5 3 1 4 3w z i z i ;

Se 5 3 5 2w i z i i z i ;

Se 5 3 5 4w i z i i z i ;

Sabendo que em um número complexo da forma a + b i o argumento

principal é dado por Arg( ) arctgb

za

, temos:

1Arg(6 3 ) arctg

2i

3Arg(4 3 ) arctg

4i

2Arg(5 2 ) arctg

5i

4Arg(5 4 ) arctg

5i

Assim, o número complexo que apresenta o menor argumento principal é aquele que tem a menor tangente, ou seja, z = 5 – 4 i.

Logo, o seu módulo é 5 4 25 16 41i .

QUESTÃO 04

A soma de todos os números reais x que satisfazem a equação 1 1 18 44 2 64 19 4x x x

é igual a a) 8. b) 12. c) 16. d) 18. e) 20.


3

Resolução Alternativa D Rearranjando a equação, temos:

1 1 18 44 2 64 19 4x x x

3 21 1 12 19 2 44 2 64 0x x x

Assim, fazendo a substituição 12 x y , temos a equação polinomial:

3 219 44 64 0y y y

Por verificação direta, temos que 1 é raiz dessa equação. Pelo dispositivo prático de Briot-Ruffini, temos:

–1 1 –19 44 64 1 –20 64 0

Portanto:

3 2 219 44 64 0 1 20 64 0y y y y y y

Resolvendo a equação 2 20 64 0y y , temos 4y ou

16y . Assim, as soluções da equação de grau 3 são:

1y ou 4y ou 16y .

Voltando para a variável x:

12 1x não tem solução em , pois 2 0t , t

1 22 4 2 1 2 3x x x

1 42 16 2 1 4 15x x x

Portanto, a soma S dos números reais que satisfazem a equação dada é:

3 15S 18S

QUESTÃO 05 Se os números reais a e b satisfazem, simultaneamente, as equações

1

2a b e 2ln ln8 ln5a b ,

um possível valor de a

b é

a) 2

2. b) 1 . c) 2 . d) 2 . e) 3 2 .

Resolução Alternativa A

Observe que para a expressão a b estar definida em , a e b

devem ser não negativos. Além disso, se algum deles fosse zero, tal expressão seria também igual a zero, o que não é o caso. Assim, a e b devem ser números reais positivos. A partir dessa observação, temos que:

2 2

2 21 1 1 1 1 1

2 2 4 4 16 16a b a b a b a

b

Por outro lado:

2 2 25 5ln ln8 ln5 ln ln5 ln8 ln

8 8a b a b a b

Substituindo uma expressão na outra, temos:

21 5 5 1 10

16 8 8 16 2b b b b

b

ou

1

8b

(I) Para 1

2b , temos:

2 1 2 21 16 4162

a a

Como a deve ser positivo, 2

4a .

(II) Para 1

8b , temos:

2 1 2 21 4 2168

a a

Como a deve ser positivo, 2

2a .

Assim, os pares ordenados ,a b que resolvem o problema são:

2 1,

4 2

e 2 1

,2 8

,

de modo que os possíveis valores do quociente a

b são:

241

2

a

b

2

2

a

b ou

221

8

a

b 4 2

a

b

QUESTÃO 06

Considere as funções f e g, da variável real x, definidas, respectivamente, por

2x ax bf x e e ln

3

axg x

b

,

em que a e b são números reais. Se 1 1 2f f , então pode-

se afirmar sobre a função composta g f que

a) 1 ln3g f .

b) 0g f .

c) g f nunca se anula.

d) g f está definida apenas em : 0x x .

e) g f admite dois zeros reais distintos. Resolução Alternativa E

Temos que:

2 0 21 0x ax bf x e e x a x b

Assim dizer que 1 1 2f f é equivalente a dizer que 1 e

2 são as raízes da equação do segundo grau 2 0x a x b . A partir disso, usando as relações de soma e produto, vem que:

1 2 31

1 2 21

aa

bb

Portanto, as funções dadas são:

2 3 2

3ln ln

3 2 2

x xf x e

x xg x

,

e a função composta g f é dada por:

2

23 2

3 2ln ln ln ln22 2

x xx xf x e

g f x e

2 3 2 ln2g f x x x

Julgamos agora cada alternativa. a) Incorreta.

21 1 3 1 2 ln2 6 ln2 ln3g f

b) Incorreta. A composta g f está definida para todo x real.


4

c) Incorreta. Temos que:

20 3 2 ln2 0g f x x x

O discriminante dessa equação é:

23 4 1 2 ln2 1 4 ln2 0

Assim, tal equação tem duas raízes reais distintas.

d) Incorreta. A composta g f está definida para todo x real.

e) Correta. Conforme já explicado na justificativa da alternativa (c), a equação 0g f x tem duas raízes reais distintas.

QUESTÃO 07 Considere funções f, g, f g : . Das afirmações:

I. Se f e g são injetoras, f g é injetora;

II. Se f e g são sobrejetoras, f g é sobrejetora;

III. Se f e g não são injetoras, f g não é injetora;

IV. Se f e g não são sobrejetoras, f g não é sobrejetora.

é(são) verdadeira(s) a) nenhuma. b) apenas I e II. c) apenas I e III. d) apenas III e IV. e) todas.

Resolução Alternativa A Consideremos inicialmente os gráficos das seguintes funções de para :

1f x x

2f x x

Observe que são ambas funções injetoras e sobrejetoras. Já a soma delas é:

3 1 2 0f x f x f x x x , x .

x

y

Como a função identicamente nula não é injetora nem sobrejetora, tal contraexemplo torna as afirmações (I) e (II) falsas. Consideremos agora os gráficos das seguintes funções de para :

23f x x x

24f x x

Observe que tais funções não são injetoras nem sobrejetoras. Entretanto, a soma delas é dada por:

2 23 4f x f x x x x x , x

Assim, tal soma corresponde à função 1f x x , que é tanto

injetora quanto sobrejetora, como já apresentado no início da resolução. Tal contraexemplo torna as afirmações (III) e (IV) falsas.

Assim, nenhuma afirmação apresentada é verdadeira. QUESTÃO 08

Seja n 6 um inteiro positivo não divisível por 6. Se, na divisão de n2 por 6, o quociente é um número ímpar, então o resto da divisão de n por 6 é a) 1. b) 2. c) 3. d) 4. e) 5.

Resolução Alternativa C

Seja 6n q r , com q inteiro positivo e 1,2,3,4,5r (r não pode

ser zero já que n não é divisível por 6). Segue que:

22 2 26 36 12n q r q q r r

Analisemos agora as possibilidades para r. (I) 1r :

2 2 2 236 12 1 1 6 6 2 1n q q q q

(II) 2r :

2 2 2 236 12 2 2 6 6 4 4n q q q q

(III) 3r :

2 2 2 236 12 3 3 6 6 6 1 3n q q q q

(IV) 4r :

2 2 2 236 12 4 4 6 6 8 2 4n q q q q

(V) 5r :

2 2 2 236 12 5 5 6 6 10 4 1n q q q q

As quantidades entre parênteses são os quocientes de cada divisão de n2 por 6. Temos que:

26 2q q é par;

26 4q q é par;

26 6 1q q é ímpar;

26 8 2q q é par;

26 10 4q q é par.

Portanto, o único caso em que o quociente da divisão de n2 por 6 é ímpar é quando 3r .

QUESTÃO 09

Considere a equação 5

0

0nn

n

a x

em que a soma das raízes é

igual a 2 e os coeficientes 0a , 1a , 2a , 3a , 4a e 5a formam,

nesta ordem, uma progressão geométrica com 0 1a . Então 5

0n

n

a

é igual a

a) 21 . b) 2

3 . c)

21

32.

d) 63

32. e) 63 .

x

y

0

x

y

–1

0

x

y

x

y


5

Resolução Alternativa D Temos a equação:

5 4 3 25 4 3 2 1 0 0a x a x a x a x a x a

Sendo q a razão da progressão geométrica, de acordo com as relações de Girard, temos para a soma das raízes:

54 4

5 5 4

1 12

2 2

aa aS q

a a a

Portanto a progressão geométrica é: 1 1 1 1 1

P.G. 1, , , , ,2 4 8 16 32

.

Assim, a soma pedida é dada por: 5

0

1 1 1 1 11

2 4 8 16 32nn

a

5

0

63

32nn

a

Alternativamente, podemos também utilizar diretamente a expressão da soma dos 6 primeiros termos da progressão geométrica:

6

650

0

1 631 11 2 64

1 11 12 2

nn

a qa

q

5

0

63

32nn

a

QUESTÃO 10

Seja solução real da equação 9 2 17 12 . Então a

soma das soluções z, com Re 0z , da equação 4 32z , é

a) 2 . b) 2 2 . c) 4 2 . d) 4. e) 16. Resolução Alternativa B

Temos que:

9 2 17 12 2 17 12 9

Elevando ambos os membros da equação ao quadrado, temos que:

2 2

2 17 12 9 2 17 144 24 9 9

24 9 136 Elevando novamente ambos os membros ao quadrado, temos:

2 2 224 9 136 576 9 18496 272

2 848 13312 0 832 ou 16 Como no desenvolvimento das contas tivemos que elevar ambos os membros da equação ao quadrado, é necessário fazer verificação na equação original. (I) Para 832 :

832 9 2 832 17 29 41 70 12 Logo, 832 não é raiz da equação.

(II) Para 16 :

16 9 2 16 17 5 7 12

Logo, 16 é raiz da equação.

Agora, com relação à equação 4 32z , temos:

4 4 416 32 16 2 cos senz z i

2 22 cos sen

4 4k

k kz i

, para 0,1,2,3k

Assim, as soluções dessa outra equação são:

0

1

2

3

2 cos sen 2 24 4

3 32 cos sen 2 2

4 4

5 52 cos sen 2 2

4 4

7 72 cos sen 2 2

4 4

z i i

z i i

z i i

z i i

Assim, a soma S das soluções z cuja parte real é positiva são:

0 3 2 2 2 2S z z i i 2 2S

QUESTÃO 11 Seja p uma probabilidade sobre um espaço amostral finito . Se A

e B são eventos de tais que 1

2p A , 1

3p B e 1

4 p A B ,

as probabilidades dos eventos \A B , A B e C CA B são, respectivamente,

a) 1

4,

5

6 e

1

4. b)

1

6,

5

6 e

1

4. c)

1

6,

7

12 e

3

4.

d) 1

3,

5

6 e

1

3. e)

1

4,

7

12 e

3

4.

Resolução Alternativa E (I) Temos que:

1 1\

2 4p A B p A p A B 1

\4

p A B

(II) Temos que:

1 1 1

2 3 4p A B p A p B p A B 7

12p A B

(III) Temos que:

11 1

4

CC Cp A B p A B p A B 3

4C Cp A B

QUESTÃO 12

Considere os seguintes resultados relativamente ao lançamento de uma moeda:

I. Ocorrência de duas caras em dois lançamentos. II. Ocorrência de três caras e uma coroa em quatro

lançamentos. III. Ocorrência de cinco caras e três coroas em oito

lançamentos.

Pode-se afirmar que a) dos três resultados, I é o mais provável. b) dos três resultados, II é o mais provável. c) dos três resultados, III é o mais provável. d) os resultados I e II são igualmente prováveis. e) os resultados II e III são igualmente prováveis.

Resolução Alternativa D (I) Para a ocorrência de duas caras em dois lançamentos, temos:

1

1 1 1

2 2 4p

(II) Já para a ocorrência de três caras e uma coroa em quatro lançamentos, pela Lei Binomial da Probabilidade, temos:

3 1

2

4 1 1 1 1 14

3 2 2 8 2 4p

(III) Também para a ocorrência de cinco caras e três coroas em oito lançamentos, novamente pela Lei Binomial da Probabilidade, temos:

5 3

3

8 1 1 1 1 756

5 2 2 32 8 32p

Assim, como 7 8 1

32 32 4 , temos a comparação:

3 2 1p p p

Portanto, não há um único evento mais provável que os demais, sendo os eventos I e II equiprováveis.

QUESTÃO 13

Considere 5 5 A com det 6A e \ 0 .

Se 2det 6 t tA A A , o valor de é

a) 1

6. b)

6

6. c)

3 36

6. d) 1. e) 216 .


6

Resolução Alternativa C Sendo a matriz quadrada de ordem 5 e 0 , temos que:

5det dett t t tA A A A A A

2 5 36 det det 6t t t tA A A A A A

Pelo teorema de Binet, temos:

3 3det 6 det det det 6t t t tA A A A A A

Como det dettA A , segue que:

33 3 3 1det det det 6 6 6

6A A A

Sendo real:

3 1

6

3 36

6

QUESTÃO 14

Sejam a um número real e n o número de todas as soluções

reais e distintas 0,2x da equação 8 8 6cos 4x sen x sen x a .

Das afirmações:

I. Se 0a , então 0n ;

II. Se 1

2a , então 8n ;

III. Se 1a , então 7n ; IV. Se 3a , então 2n ;

é (são) verdadeira(s)

a) apenas I. b) apenas III. c) apenas I e III. d) apenas II e IV. e) todas.

Resolução Alternativa E Fatorando a expressão dada e usando conceitos da trigonometria de modo a obtermos uma expressão contendo somente senos:

8 8 4 4 4 4cos sen cos sen cos senx x x x x x

8 8 4 4 2 2 2 2cos sen cos sen cos sen cos senx x x x x x x x

2 2 4 2 2 4 6(1 sen ) sen 1 1 2sen 1 4sen 6sen 4senx x x x x x Assim, temos:

8 8 6 4 2cos sen 4sen 6sen 4sen 1 0x x x a x x a , cujas

soluções são

2 4 24 8sen

12

ax .

Com isso, analisando cada item, concluímos:

I. Verdadeira: Se a = 0,

2 4 8sen

12x , e como sen2x é real e

positivo, a equação não tem solução;

II. Verdadeira: Se 1

2a ,

2 4 4 4 2

sen12 12

x , e assim, as

soluções são:

2 3 5 7

sen ; ; ;2 4 4 4 4

x x

(4 soluções) ou

3

sen3

x , que, analogamente ao caso anterior, possui 4

soluções. Portanto, a equação tem 8 soluções;

III. Verdadeira: Se a = 1,

2 4 16 4 4sen

12 12x , e assim, as

soluções são:

sen 0 0; ;2x x (3 soluções) ou

6

sen3

x (4 soluções para x).

Portanto, a equação tem 7 soluções;

IV. Verdadeira: Se a = 3,

2 4 64 4 8sen

12 12x e assim, as

soluções são 3

sen 1 ;2 2

x x

(2 soluções) ou 2 1

sen3

x (0

soluções). Portanto, a equação tem 2 soluções.

QUESTÃO 15

Se 1

cos22

x , então um possível valor de

cotg 1

cossec( ) sec( )

x

x x

é

a) 3

2. b) 1 . c) 2 . d) 3 . e) 2 .

Resolução Alternativa A Da trigonometria, temos:

cos

cotgsen

xx

x ,

1 1

cossecsen sen

xx x

,

1 1

seccos cos

xx x

.

Assim, a expressão dada fica: cos cos sen

1cotg 1 sen sen cos1 1 cos sencossec( ) sec( )

sen cos sen cos

x x xx x x x

x xx xx x x x

Do valor dado, cos2x = 1

2, e sabendo que cos2x = 2cos2x – 1,

temos que 2 21 3 32cos 1 cos cos

2 4 2x x x .

Assim, 3cos

2x .

QUESTÃO 16 Uma reta r tangencia uma circunferência num ponto B e intercepta uma reta s num ponto A exterior à circunferência. A reta s passa pelo centro desta circunferência e a intercepta num ponto C, tal

que o ângulo ABC seja obtuso. Então o ângulo CAB é igual a

a) 1

2ABC . b) 3

22

ABC . c) 2

3ABC .

d) 2ABC . e) 2

ABC

.

Resolução Alternativa B A figura abaixo ilustra a situação descrita no enunciado:

r

s A

B

C O D

E

Podemos notar que OBA é reto e que 2AOB ACB , já que AOB

é ângulo central e ACB é ângulo inscrito. Segue também que:

2 2

ABC CBO ABC ACB

. Já que CBO ACB

Podemos observar que o ângulo CAB é excêntrico exterior, logo:

2

CB BDCAB


7

2 22

2 2 )

BD AOB ACB BD ABC

CB CBE ABC

Logo,

2

2

CB BDCAB CAB

) 2ABC 2

2

ABC

.

32

2CAB ABC

QUESTÃO 17

Sobre a parábola definida pela equação 2 22 2 4 1 0x xy y x y pode-se afirmar que

a) ela não admite reta tangente paralela ao eixo Ox . b) ela admite apenas uma reta tangente paralela ao eixo Ox . c) ela admite duas retas tangentes paralelas ao eixo Ox .

d) a abscissa do vértice da parábola é 1

2x .

e) a abscissa do vértice da parábola é 2

3x .

Resolução Alternativa B Para justificativa dos primeiros 3 itens, vamos checar a derivada implícita da curva, pois esse valor é a inclinação da reta tangente à curva. Em especial, estamos verificando a existência de pontos em

que 0dy

dx , ou seja, tangentes paralelas ao eixo Ox .

Derivando implicitamente a equação da parábola em x temos:

2 22 2 4 1 0d

x xy y x ydx

2 2 2 2 2 4 0dy dy dy

x y x ydx dx dx

12

x ydy

dx x y

Resolvendo 0dy

dx , chegamos que 1y x , substituindo isso na

equação temos:

2 22 2 4 1 0

1

x xy y x y

y x

6 6 0x

1

0

x

y

Ou seja, existe apenas um ponto em que a tangente é paralela ao eixo Ox . a) FALSA – Como justificado anteriormente.

b) VERDADEIRA – Como justificado anteriormente.

c) FALSA – Como justificado anteriormente.

d) FALSA – Seja o ângulo de rotação de uma cônica da forma:

2 2 0Ax Bxy Cy Dx Ey F

Temos válida a seguinte relação:

tg2B

A C

Porém, 0A C , então tg2 não existe. Logo:

22 4 2

kk

.

Deste modo, o eixo de simetria da parábola descrita, ou é a reta y x , ou é a reta y x . Para encontrarmos o vértice da nossa parábola devemos saber onde o eixo de simetria intercepta a cônica em questão.

Para y x

2 2 22 2 4 1 0 4 2 1 0x x x x x x x x

Não há solução em para a equação acima.

Para y x

2 2 12 ( ) 2 4 ( ) 1 0 6 1

6x x x x x x x x .

Portanto o vértice da parábola está no ponto 1 1

,6 6

V

e) FALSA – Como visto na justificativa da alternativa d o vértice é

o ponto 1 1

,6 6

V

.

QUESTÃO 18

Das afirmações: I. Duas retas coplanares são concorrentes;

II. Duas retas que não têm um ponto em comum são reversas; III. Dadas duas retas reversas, existem dois, e apenas dois,

planos paralelos, cada um contendo uma das retas; IV. Os pontos médios dos lados de um quadrilátero reverso

definem um paralelogramo, é(são) verdadeira(s) apenas

a) III. b) I e III. c) II e III. d) III e IV. e) I e II e IV.

Resolução Alternativa D I. Falsa. Duas retas coplanares podem ser paralelas, não sendo assim, concorrentes.

II. Falsa. Duas retas paralelas não são reversas e não têm ponto em comum.

III. Verdadeira: Seja r uma reta no espaço, paralela ao eixo x. Tomemos um plano (paralelo ao plano xy, usado como referência) que contém r. Também tomemos um plano , paralelo a , e que contém uma reta s reversa a r. Para mostrar que e existem, basta observar que cada um dos planos possui uma reta normal que passa pelos pontos P e Q, de menor distância entre uma reta e outra:

r

s

y

z

x

P

Q

Consideremos, então, todos os planos que passam por r mas não

contêm : r


8

Observe que as intersecções de todos os planos com o plano são retas paralelas a r. Essas retas não são paralelas a s e, portanto, cruzam s em um único ponto cada uma delas. Assim, os planos não são paralelos à reta s nem contêm s.

Não há, portanto, um plano que contém s e ao mesmo tempo é paralelo a um dos planos .

IV – Verdadeira: Um quadrilátero reverso possui três vértices em um plano e o quarto vértice em um plano diferente. Observe o quadrilátero ABCD abaixo:

A B

C

D

Perceba o que acontece com o triângulo ABD, quando tomamos os pontos médios dos lados

AB e AD :

A

B D

M N

x

x

y

y

O segmento MN é, portanto, a base média do triângulo, sendo:

(i) 2

DBMN

(ii) MN é paralelo a DB

Analogamente, para o triângulo BCD isso também vale:

C

B D

P Q

b

b

a

a

Logo:

(i) 2

DBPQ MN

(ii) MN é paralelo a DB e, portanto, é paralelo a PQ

Sendo o raciocínio totalmente análogo para os segmentos NQ e MP , então o quadrilátero MNQP é um paralelogramo:

A B

C

D

M

N

P

Q

QUESTÃO 19 Um plano intercepta as arestas de um triedro trirretângulo de vértice V , determinando um triângulo ABC cujos lados medem,

respectivamente, 10 , 17 e 5 cm. O volume, em cm3, do sólido VABC é

a) 2 . b) 4 . c) 17 . d) 6 . e) 5 10 . Resolução Alternativa A

A figura abaixo ilustra a situação descrita pelo enunciado.

V

A

B

C

5

17

10

Podemos notar que a figura formada é um tetraedro e que os triângulos VAB, VBC e VAC são todos retângulos em V. Logo, pelo teorema de Pitágoras:

22 2

2 2 2

22 2

10 (I)

5 (II)

17 (III)

VA VB

VA VC

VB VC

,

Fazendo (I) (II) (III) obtemos:

2(I) (II) (III) : 2 2 1VB VB

Substituindo,

22 210 3VA VB VA e 2 2 2

5 4VA VC VC .

Por fim, o volume do tetraedro formado:

3 1 4

6 6tetraedro tetraedro

VA VB VCV V

32 cmtetraV

QUESTÃO 20 No sistema xOy os pontos (2,0)A , (2,5)B e (0,1)C são vértices de um triângulo inscrito na base de um cilindro circular

reto de altura 8. Para este cilindro, a razão volume

área total da superfície,

em unidade de comprimento, é igual a

a) 1. b) 100

105. c)

10

11. d)

100

115. e)

5

6.

Resolução Alternativa B A figura abaixo ilustra a situação descrita pelo enunciado:

A 2,0

C 0,1

B 2,5

Observe que:

2 2

2 2

2 2

4 2 20

1 2 5

5 0 5

BC BC

AC AC

AB BC

d d

d d

d d


9

Podemos notar, pela recíproca do teorema de Pitágoras, que o triângulo ABC é retângulo, já que:

2 2 2BC AC AB

Logo, AB é hipotenusa. Sendo R o raio da circunferência que é base do cilindro. Então,

5

2 2

ABR R

Deste modo: 2

2cil cil cil

58 50

2V R h V V

e

2

2T T

5 5 1052 2 2 8 2

2 2 2TA R h R A A

Logo, cil

T

50105

2

V

A

cil

T

100

105

V

A

QUESTÃO 21

Para 1z iy , 0y , determine todos os pares ,a y , 1a , tais

que 10z a . Escreva a e y em função Arg z. Resolução

Pela definição do módulo de um número complexo, temos:

2 21z y ,

Sendo o argumento de z, segue que:

222

1 1cos cos

11 yy

2 2 21 sec 1 tgy tgy

Podemos observar, também, que, dado que a é um número real positivo, temos:

1010 10z a z a z a

Portanto:

10 510 2 2 101 1 tg secz a y a a a .

Agora, se 10z a , então o argumento de 10z é igual ao argumento de a , que é real positivo. Portanto, usando que

10arg 10argz z chegamos em:

10arg arg 10arg 2 arg5

kz a z k z

Substituindo:

10 10

tg tg5

sec sec5

ky y

ka a

Agora, note que como o enunciado nos da 0y , devemos ter:

25 5

kj

ou

22

5 5

kj

Mas como queremos apenas valores de y , arcos defasados de 2 j

não nos interessa e tomamos 1, 2k .

Portanto os pares que satisfazem as condições do enunciado são:

10 10 2 2sec ,tg e sec ,tg

5 5 5 5

E escrevendo a e y em função de arg z ficamos com:

tg argy z e 10sec arga z .

Observação: A banca poderia estar interessada nos valores numéricos dos pontos, já que são calculáveis.

Para esse calculo vamos considerar a equação polinomial 5 1 0z , podemos reescrever essa equação como:

4 3 21 1 0z z z z z

Então as raízes de 4 3 2 1z z z z são as raízes quintas da unidade, exceto por 1z , ou seja:

1

2cis

5r

; 2

4cis

5r

; 3

6cis

5r

; 4

8cis

5r

Onde cis cos seni . Pelas relações de Girard sabemos sobre a soma das raízes que:

2 4 6 8 1cis cis cis cis 1

5 5 5 5 1S

Tomando igualdade na parte real da expressão temos:

2 4 6 8cos cos cos cos 1

5 5 5 5

Por simetria temos que:

2 8cos cos

5 54 6

cos cos5 5

Substituindo isso na equação chegamos em:

2 42cos 2cos 1

5 5

Utilizando a relação de arco-duplo temos:

22 4 2 22cos 2cos 1 2cos 2 2cos 1 1

5 5 5 5

2 2 24cos 2cos 1 0

5 5

Resolvendo isso como uma equação de segundo grau, chegamos em:

2 5 1 2 5 5 2 5 5 5 3 5

cos sen tg5 4 5 8 5 42 5 1

Utilizando novamente a relação de arco-duplo conseguimos a tangente faltante:

2 2

21 cos 3 5 5 55cos sen

5 2 8 5 8

2 5 5tg 5 2 5 tg 5 2 5

5 53 5

Finalmente,como 1

seccos

, chegamos que:

2 4sec 5 1

5 5 1

e

22 8

sec 6 2 5 5 1 sec 5 15 53 5

Então os pares seriam:

1010sec ,tg 5 1 , 5 2 5

5 5

e

1010 2 2 5 3 5

sec ,tg 5 1 ,5 5 4


10

QUESTÃO 22 Determine o maior domínio D da função

4

: , ( ) log (4sen cos 1)x x

f D f x x x

Resolução Devemos condicionar a existência do logaritmo apresentado no enunciado. Portanto, temos para a base do logaritmo:

0 e 14 4

x x x x

.

Para 04

x x

, pelo estudo dos sinais obtemos:

Portanto 1 | 04

S x x

Para 14

x x

, temos:

21 1 04 4

x x x x

.

Observe que o discriminante da desigualdade acima é negativo, o que indica que não possui valores que a anulem. Portanto, podemos

garantir que 14

x x x

.

Para a condição do logaritmando, sendo k inteiro, temos:

14sen cos 1 0 2sen2 1 sen2

25 5

2 2 26 6 12 12

x x x x

k x k k x k

Deste modo, 2

5| , ,12 12

S x k x k k

Logo, a intersecção entre os intervalos obtidos para x nas condições acima determina o maior domínio da função f.

1 2 |12 4

S S x x

, logo |

12 4D x x

QUESTÃO 23

Considere o polinômio 2( ) 3 18P m am m , em que a é tal que a soma das raízes de P é igual a 3. Determine a raiz m de P tal que duas, e apenas duas, soluções da equação em x,

3 2 ( 4) 5 0x mx m x , estejam no intervalo ] 2, 2 [ . Resolução

Como a soma das raízes m de P(m) é igual a 3, temos que 3

3 1aa . Desta forma, vê-se que o produto destas raízes é -

18 e as raízes são 6m e 3m . Para achar a raiz m que satisfaz as condições do enunciado, vamos substituir as possibilidades na equação em x:

(I) 3 23 5 0x x x ( 3m ) Podemos ver por substituição que 1x é solução desta equação. Ao aplicarmos Briot-Ruffini com esta solução, obtemos a equação de segundo grau abaixo:

2 4 5 0x x

Para esta equação, temos 24 4 1 5 4 0 . Assim, a

única solução real que pertence ao intervalo desejado é 1x .

(II) 3 26 10 5 0x x x ( 6m ) Podemos ver mais uma vez que 1x é solução desta equação. Aplicando Briot-Ruffini como no caso anterior obtemos:

2 5 5 0x x 5 5

2x

Das soluções acima, temos que apenas 5 5

2x

e 1x

pertencem ao intervalo desejado. Assim, 6m é a raiz que procuramos.

QUESTÃO 24 Quantos tetraedros regulares de mesma dimensão podemos distinguir usando 4 cores distintas para pintar todas as suas faces? Cada face só pode ser pintada com uma única cor.

Resolução Considere a vista superior de um tetraedro regular:

A L

V

Supondo as cores de tinta: Vermelha

Azul Laranja

Escolha uma das cores para ser a base inferior (no caso a base vermelha). As outras três cores podem ser distribuídas de duas formas, que são as permutações circulares de três cores:

V

AL

A L

V

Resposta: dois tetraedros distintos.

QUESTÃO 25

Considere o sistema nas variáveis reais x e y :

2

3

x x

x x

a) Determine os números reais e para que o sistema admita somente soluções reais.

b) Para cada valor de encontrado em (a), determine todas as

soluções da equação 3x x . Resolução

Primeiro vamos resolver o caso particular 0 , o que faz que a

solução de 2 0x x seja 0x ou 1x , implicando em 0 .

Assim, o par , 0, 0 é uma das soluções desejadas.

Agora podemos considerar o caso 0 , com isso veja que nossas expressões fatoram como:

2

3

1

1 1

x xx x

x x xx x

E como 0 , podemos dividir uma expressão pela outra para obter:

1 11 1

1

x x xx x

x x

Verde

x + + + + + + + + – – – – – – – – – – – – –

0 4


11

Agora, substituindo essa solução nas equações chegamos em:

1 2

1 2

1 2

2 2 33 2 0 (I)

Agora tratando isso como uma equação de segundo grau na variável , notamos que ela terá solução real quando:

2 2 3 20 3 4 1 2 0 1 4 0

E como 0 chegamos em 11 4 0

4 .

Com essa restrição satisfeita, temos que os possíveis valores de são dados por:

23 1 4 3 1 4

2 2

(II)

Assim podemos responder os itens:

a) Então os valores que satisfazem as restrições dadas são:

1

4

3 1 4

2

b) Veja que 1x

é a solução do sistema, portanto satisfaz a

segunda equação. Aplicando o algoritmo de Briott-Ruffini então na equação 3 0x x :

1

1 0 1

1 1

2

2

2

3 2

3 23 2

Onde:

3 2

3 2 23 2 3

3 2 3 2

De (I), temos que 3 2 23 2 0 .

Seja então k

, as outras duas soluções de 3 0x x são as

soluções de:

222 2

2

21 0 1 1 1 0x x x x

22 1 1 1 0x k x k

Então:

211 4 3 1

2x k k

Ou seja, as soluções são:

1

2

2

2

3

1

11 4 3 1

21

1 4 3 12

x k

x k k

x k k

De (II), temos: 3 1 4

2k

ou

3 1 4

2k

.

Se quisermos as respostas em função do parâmetro , para

3 1 4

2k

, temos:

1

2

2

2

3

1 1 41

2

1 3 1 4 3 1 41 4 3 1

2 2 2

1 3 1 4 3 1 41 4 3 1

2 2 2

x k

x

x

1

2

3

1 1 4

2

1 1 1 4 5 3 1 4 6

2 2 2

1 1 1 4 5 3 1 4 6

2 2 2

x

x

x

Para 3 1 4

2k

:

1

2

3

1 1 4

2

1 1 1 41 3 1 4 6

2 2

1 1 1 41 3 1 4 6

2 2

x

x

x

QUESTÃO 26

Considere o sistema nas variáveis reais x e y:

sen 3 cos

cos sen ,

x y a

x y b

com 0,2

e ,a b .

Analise para que valores de , a e b o sistema é

(i) possível determinado, (ii) possível indeterminado ou (iii) impossível, respectivamente.

Nos casos (i) e (ii), encontre o respectivo conjunto-solução. Resolução

Colocando o sistema linear no formato matricial, temos:

sen 3cos

cos sen

x a

y b

Seja sen 3cos

cos senA

a matriz dos coeficientes do sistema.

(I) Pela regra de Cramer, sendo um sistema com número de equações igual ao número de incógnitas, ele será possível e determinado (SPD) se e somente se det 0A .

Assim, calculando o determinante da matriz dos coeficientes:

2 2sen 3cosdet sen 3 cos

cos senA

Para que seja um sistema possível e determinado:

2 2det 0 sen 3 cos 0A


12

Sendo 02

, de modo que cos 0 , reescrevemos a condição

sobre o determinante como: 2 2 2sen 3 cos 0 tg 3 tg 3

Novamente usando o fato de que 02

, o que garante que

tg 0 , ficamos com a única restrição:

tg 33

Mediante essa restrição, a regra de Cramer nos dá o par ordenado (x, y) que resolve o sistema expresso como:

2 2

2 2

3cos

sen sen 3 cos

sen 3cos sen 3 cos

cos sen

sen

cos sen cos

sen 3cos sen 3 cos

cos sen

a

b a bx

a

b b ay

Portanto, o sistema será possível e determinado para 3

e

quaisquer a e b reais, sendo o conjunto-solução dado por:

2 2 2 2

sen 3 cos sen cos,

sen 3 cos sen 3 cos

a b b aS

.

Analisemos agora o que acontece para 3

.

Nesse caso, sendo 3

sen3 2

e

1cos

3 2

, o sistema fica:

1 33 32 2 32 2

1 3 1 32 2 2 2

ax yx y a

x y b x y b

.

A partir disso, temos que:

(II) se 33

ab a b , as duas equações são, na verdade, iguais

e, portanto, o sistema é possível e indeterminado. Nesse caso, temos que atribuir um valor arbitrário para uma das incógnitas (por exemplo, fazendo y ) e deixar a outra variável também em função de :

1 3 1 32 3

2 2 2 2x bx y b x b

yy y

Portanto, o sistema será possível e indeterminado quando 3

e

3a b , sendo o conjunto-solução dado por:

2 3 , ,S b .

(III) Finalmente, o sistema será impossível quando 3

e 3a b ,

sendo naturalmente o conjunto-solução:

V . QUESTÃO 27

Encontre os pares , 0, 0,2 2

que satisfazem

simultaneamente as equações

2tg cotg cos sen 2cos 1 e

3 sen cos 3 .

Resolução Primeiro vamos manipular a seguinte expressão:

sen costg cotg cos sen cos sen

cos sen

sen sen cos cos cos

Substituindo isso na primeira expressão temos:

2tg cotg cos sen 2cos 1

2cos 2cos 1

22cos cos 1 0

Com a substituição cosy , chegamos à equação de segundo

grau:

22 1 0 1y y y ou 1

2y

Porém, observe que:

0 02 2

0 02 2

Somando membro a membro as inequações, temos:

2 2

Mediante essa restrição, cos 0y e a única solução é 1y .

Logo:

cos 1 20

2 22 2

k

Substituindo na segunda equação dada, vem que:

3 sen 2 cos 2 3

Dividindo então a expressão por 2, obtemos:

3 1 3sen 2 cos 2

2 2 2

3cos sen 2 sen cos 2

6 6 2

3sen 2

6 2

2 26 3

k

ou 2

2 26 3

k

212

k

ou 24

k

Sendo 0,2

, ficamos com

12

ou

4

.

Como , o conjunto solução é:

, ; ,4 4 12 12

S

QUESTÃO 28

Determine a área da figura plana situada no primeiro quadrante e

delimitada pelas curvas 2 2 02

xy x y

e

2 22 8 0x x y .


13

Resolução

Por hipótese, podemos construir uma figura, que é formada pela circunferência:

2 2: 2 8 0x x y

e por duas retas:

2 2 0 : 2 02

xy x y r y x

ou : 2 02

xs y

Assim, reescrevendo as equações dadas, temos:

: 22 2 22 8 0 1 9x x y x y ,

que é uma circunferência de centro (1,0) e raio 3. As equações das retas acima referidas são:

:r 2 0 2y x y x ;

:s 2 0 22 2

x xy y ,

Cujas representações estão abaixo.

1 O

C

A

B

r

1x

x

s y

2 4 D

E

Onde 1, 3A , 0, 2B e 3

1,2

C

.

A região mencionada no enunciado está pintada na figura acima. Vemos que a área desta região é composta pela parte de 1/4 de circunferência que está acima da reta s unido do triângulo ABC. Vamos agora calcular cada uma dessas regiões. Calculamos a área do setor ACD acima descrito pela diferença entre a área do setor e do triângulo CED:

ACD setor CEDA A A

Calculando cada uma das regiões: 2

circsetor

3 9

4 4 4

AA

1 3 93

2 2 4CEDA e

0 2 11 3

1 3 12 4

31 1

2

ABCA .

Logo, a área pedida é:

ACD setor

3 9 9

4 4 4ABC ABC CEDA A A A A A

9 6

4A

QUESTÃO 29

Em um triângulo de vértices A, B e C, a altura, a bissetriz e a

mediana, relativamente ao vértice C, dividem o ângulo BCA em quatro ângulos iguais. Se é a medida do lado oposto ao vértice C, calcule: a) A medida da mediana em função de .

b) Os ângulos CAB , ABC e BCA .

Resolução Uma figura descritiva da situação é:

C

A B

h

x 22

x

2

x

Então conseguimos os seguintes valores de tangente:

tg

tg2 tg22tg2

2tg3 tg

tg3

x

h

x x hh h h

x x hh h h

tg3 tg 2 tg2 tg tg3 2tg2 tg

Utilizando as relações de arco-duplo e arco-triplo de tangente:

2

2tgtg2

1 tg

32

2

2

2 tgtg

3 tg tg1 tgtg3 tg 2

2tg 1 3tg1 tg1 tg

Chamando tgy e sabendo que 0y , chegamos então em: 3

2 2

3 2tg3 2tg2 tg 2

1 3 1

y y y

yy y

2 24 2

2 2

3 56 1 0

1 3 1

y yy y

y y

Resolvendo a equação biquadrática chegamos em: 4 2 26 1 0 3 2 2y y y

Agora note que 2

3 2 2 2 1 e 2

3 2 2 2 1 e como neste

caso a tangente é positiva, temos:

tg 2 1 ou tg 2 1

Mas se tg 2 1 1 tg4

, então

4

e, portanto 4 , o

que é um absurdo com a formação do triângulo. Então

tg 2 1 , calculando a tangente do arco duplo temos então:

2

2 2 1 2 2 2tg2 1

2 2 21 2 1

Assim 24 8

e 4

2

, o que torna nosso triângulo

retângulo de hipotenusa AB . a) Utilizando que o comprimento da mediana relativa a hipotenusa de um triângulo retângulo mede metade do comprimento da hipotenusa, temos que:

Hipotenusa

2 2m

b) Como visto 2

BCA

, pela figura temos:

3

2 2 8 8CAB

3

32 2 8 8

ABC

Ou seja:

3

8CAB

,

8ABC

e

2BCA

Observação: Os vértices A e B podem ser trocados entre si, pois o enunciado não deixa claro suas posições em relação a C.


14

Solução alternativa: Observe a figura abaixo:

C

A B

h

x 22

x

2

x

c a a

b

H M P

Vemos que CA = CP = a Teorema das bissetrizes internas (T.B.I.): T.B.I. no triângulo CPB:

2 2 2

4

xPM BM b

PC BC a b a x

(1)

T.B.I. no triângulo CAB: 2 2 2

2

AP BP x x b x

AC BC a b a x

(2)

(1) = (2):

2 2 2 222 6 8 2 8 6

4 2

xx x x x x x

x x

2 28 8 0x x

(2 2)

4x

, mas observe pela figura que AP AM 22

x

4x

, então:

(2 2)

4x

(3)

Trigonometria nos triângulos CHP e CHM:

2

2 2 21

22

xtg

xh tgtg

tg hxtg

h

2

x

h

2

2

21

1 2

x x

hx xh

2 22 2 2

1 12

2

x x x x

h h xx

2 26 2

2 6

x x h x

h x x x

(4)

T.B.I. no triângulo CHM:

2 422

cc

xHP MP x h x

HC MC h x

Elevando ao quadrado: 2

22

4

2

xc

h

x

Substituindo (4): 2

2 4

2

2

6

xc

x

x

Substituindo (3):

2

(2 2)

4(2 2)

4

42

6

c

(2 2)

4

2

2

2

2

(2 2)(2 2)2

23 (2 2)

2

c

2

2

(3 2 4)

2

2

( 2 1)

2

¨

222 2 (3 2 2) 2 2

4

(3 2 4)

(3 2 4)(3 2 4)c

4 (18 16)

2

4

¨

a) Resposta:2

c

Agora observe o triângulo CHM:

22 2sen2

x x

c

x

c

Substituindo x e c já encontrados:

(222se

2)

42

2

n

2

(2 2)

2

2

(2 2)

12

2sen2

2 2 45º 22,5º

b) Pela figura: 90º 67,5ºCAB 90º 3 22,5ºABC , e 4 90ºBCA

QUESTÃO 30 Seja ABCDEFGH um paralelepípedo de bases retangulares ABCD e EFGH, em que A, B, C e D são, respectivamente, as projeções ortogonais de E, F, G e H. As medidas das arestas distintas AB, AD e AE constituem uma progressão aritmética cuja soma é 12 cm. Sabe-se que o volume da pirâmide ABCF é igual a 10 cm3. Calcule: a) As medidas das arestas do paralelepípedo. b) O volume e a área total da superfície do paralelepípedo.

Resolução a) Sendo ,x r x e x r as dimensões do paralelepípedo, segue a ilustração da situação descrita no enunciado:

x r

x r

x A

B C

D

B

E

F G

H

Pelo enunciado temos:

12 12 3 12 4 AB AD BF x r x x r x x Sabe-se também que:

2( ) ( ) ( ) (4 ) 4 (4 )10 15 16 1

6 6

ABCF

AB AD BF r rV r r

Logo, 4 1 3 cm

4 cm

4 1 5 cm

AB x r AB AB

AD x AD

BF AE x r AE AE

b) Sabendo que ( ) ( ) ( )parV AB AD AE , então:

23 4 5 60 cmpar parV V

E a área total é definida por: 2 (( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ))

2 (3 4 3 5 4 5) 2 (12 15 20)

total

total total

A AB AD AB AE AD AE

A A

294 cmtotalA


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Equipe desta resolução

Matemática

Darcy Gabriel Augusto de Camargo Cunha Felipe Eboli Sotorilli

Rodrigo do Carmo Silva Vinício Merçon Poltronieri

Revisão

Danilo José de Lima Edson Vilela Gadbem Eliel Barbosa da Silva

Fabiano Gonçalves Lopes Marcelo Duarte Rodrigues Cecchino Zabani

Digitação, Diagramação e Publicação

Ana Luiza Brunetti Isabela Porto Renó

Eduardo Teixeira Akyiama

elite resolve ita 2013-matematica

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