o anglo resolve a prova de matemática...
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É trabalho pioneiro.Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em suatarefa de não cometer injustiças.Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante noprocesso de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de cadaquestão, seguida da resolução elaborada pelos professores do Anglo.No final, um comentário sobre as disciplinas.
O Instituto Tecnológico de Aeronáutica — ITA — é uma escola deengenharia mundialmente conhecida.Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos (Engenha-ria Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia deInfra-Estrutura Aeronáutica, Engenharia Elétrica e Engenharia deComputação), trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias:1º- dia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questõesdissertativas.2º- dia: PORTUGUÊS, com 25 questões de múltipla escolha e umaredação, e INGLÊS, com 20 questões de múltipla escolha.3º- dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10questões dissertativas.4º- dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10questões dissertativas.A prova de Inglês é eliminatória e não entra na classificação final.Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolhaequivalem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos ou-tros 50%.Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalema 50% do valor da prova, e a Redação, a 50%.Só é corrigida a parte dissertativa dos 650 melhores classificadosnas questões de múltipla escolha.Serão considerados aprovados nos exames de escolaridade os candi-datos que obtiverem nota igual ou superior a 40 (na escala de 0 a100) e média igual ou superior a 50 (na escala de 0 a 100).A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física,Química e Português.
oanglo
resolve
a prova deMatemática
do ITAdezembrode 2007
3ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
NOTAÇÕES
� = {0, 1, 2, 3, ...} i : unidade imaginária; i2 = –1� : conjunto dos números inteiros |z| : módulo do número z ∈ �
� : conjunto dos números reais z– : conjugado do número z ∈ �
� : conjunto dos números complexos Re z : parte real de z ∈ �
∅ : conjunto vazio Im z : parte imaginária de z ∈ �
[a, b] = {x ∈ �; a � x � b} I : matriz identidade
(a, b) = ]a, b[ = {x ∈ �; a � x � b} A–1 : inversa da matriz inversível A
[a, b) = [a, b[ = {x ∈ �; a � x � b} At : transposta da matriz A
(a, b] = ]a, b] = {x ∈ �; a � x � b} detA : determinante da matriz A
A – B = {x ∈ A ; x ∉ B} AC : complementar de A
P(A) : coleção de todos os subconjuntos de AAB
: segmento de reta unindo os pontos A e B
AB�
: arco de circunferência de extremidades A e B
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos ortogonais.
Considere uma população de igual número de homens e mulheres, em que sejam daltônicos 5% dos homense 0,25% das mulheres. Indique a probabilidade de que seja mulher uma pessoa daltônica selecionada ao acasonessa população.
A) D)
B) E)
C)
Seja n o número de homens e também o número de mulheres. Do enunciado, selecionando uma pessoa daltô-nica, a probabilidade de que seja mulher é:
Resposta: A
Sejam α, β ∈ � tais que |α | = |β | = 1 e |α – β| = Então α2 + β2 é igual a
A) –2 D) 2B) 0 E) 2iC) 1
2.
Questão 2▼▼
Pn
n n=
+= =
⋅⋅ ⋅0 0025
0 05 0 002525
525121
,, ,
Resolução
321
14
18
521
121
Questão 1▼▼
MMM AAACCCIIIÁÁÁEEEAAAMMM TTT TTT
Com quaisquer números complexos α e β, temos |α – β|2 = |α|2 + |β|2 – 2 ⋅ |α| ⋅ |β| ⋅ cosθ, em que θ é o ânguloformado pelos vetores que representam α e β.
Com |α| = 1, |β| = 1 e |α – β| = , temos:
( )2 = 12 + 12 – 2 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ cosθ2 = 2 – 2cosθcosθ = 0 (θ = 90°)α = ±iβα2 = (–1)β2 ∴ α2 + β2 = 0
Resposta: B
Considere o sistema Ax = b, em que
A = , b = e k ∈ �.
Sendo T a soma de todos os valores de k que tornam o sistema impossível e sendo S a soma de todos os valo-res de k que tornam o sistema possível e indeterminado, então o valor de T – S éA) –4B) –3C) 0D) 1E) 4
Seja x = . Temos:
∴ k2 – 3k + 12 + 18 +3k – 18 + 4k – 12 = 0∴ k2 + 4k = 0 ∴ k = 0 ou k = –4.
det
–
– –
A k
k
= ∴ =0
1 2 3
2 6
1 3 3
0
x1 – 2x2 + 3x3 = 1
2x1 + kx2 + 6x3 = 6
–x1 + 3x2 + (k – 3)x3 = 0
14
24
3
x
x
x
1
2
3
Resolução
1
6
0
1 2 3
2 6
1 3 3
–
– –
k
k
Questão 3▼▼
2
2
θ
βα – β
α
Resolução
4ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Substituindo e escalonando:
∴
∴ ∴ sistema possível e indeterminado
∴ ∴ sistema impossível.
Do enunciado, T = –4 e S = 0.
Assim: T – S = –4.
Resposta: A
Sejam A e C matrizes n × n inversíveis tais que e det A = 5. Sabendo-se que B = 3(A–1 + C–1)t,
então o determinante de B é igual a
A) 3n D)
B) E) 5 ⋅ 3n – 1
C)
Sabemos ainda que:
detB = det(3 ⋅ (A–1 + C–1)t) ∴ detB = 3n ⋅ det(A–1 + C–1)t
∴ detB = 3n ⋅ det(A–1 + C–1)
Substituindo:
Resposta: D
detB nn
= ⋅ =−
31
153
5
1
∴ ⋅ ∴+ = + =− − −det( ) det( )–A C A C1 1 1 1513
115
∴ ⋅ ∴ ⋅+ = + =− − −det(( ) ) det( ) det–A C A A C A1 1 1 113
13
det( ) det( )I C A A A C A+ = + =− − −⋅ ∴ ⋅ ⋅1 1 113
13
Resolução
15
23
52⋅
n
35
1n –
det( )I C A+ =−1 13
Questão 4▼▼
x1 – 2x2 + 3x3 = 1
0 = 4x2 – 4x3 = 1
14
24
3
x1 – 2x2 + 3x3 = 1 ⋅ (–2) ⋅ (1)
2x1 – 4x2 + 6x3 = 6 +
–x1 + 3x2 – 7x3 = 0 +
14
24
3
k = –4
x1 – 2x2 + 3x3 = 1
x2 + 0x3 = 1
0 = 0
14
24
3
x1 – 2x2 + 3x3 = 1
4x2 + 0x3 = 4 +
x2 + 0x3 = 1 ⋅ (–4)
14
24
3
x1 – 2x2 + 3x3 = 1 ⋅ (–2) ⋅ (1)
2x1 + 0x2 + 6x3 = 6 +
–x1 + 3x2 – 3x3 = 0 +
14
24
3
k = 0
5ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Um polinômio P é dado pelo produto de 5 polinômios cujos graus formam uma progressão geométrica. Se opolinômio de menor grau tem grau igual a 2 e o grau de P é 62, então o de maior grau tem grau igual aA) 30 D) 36B) 32 E) 38C) 34
Sendo q a razão da progressão geométrica, temos
2 + 2q + 2q2 + 2q3 + 2q4 = 621 + q + q2 + q3 + q4 = 31
q(1 + q + q2 + q3) = 30q[1(1 + q) + q2(1 + q)] = 30
q(1 + q) (1 + q2) = (2) (3) (5)
Note que 2 é o único valor natural de q que verifica esta igualdade.Com q = 2, temos 2q4 = 32.
Resposta: B
Um diedro mede 120°. A distância da aresta do diedro ao centro de uma esfera de volume que tan-gencia as faces do diedro é, em cm, igual a
A) D)
B) E) 2
C)
Observe a vista em corte:
O raio R é determinado por:
πR3 = 4 π ∴ R = cm
Assim:
sen60º = ∴ = ∴ d = 2cm
Resposta: E
3d
32
Rd
3343
R R
d
60° 60°
Resolução
2 3
3 2
2 23 3
4 3 3πcm
Questão 6▼▼
Resolução
Questão 5▼▼
6ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Considere o quadrado ABCD com lados de 10m de comprimento. Seja M um ponto sobre o lado AB—
e N umponto sobre o lado AD
—, eqüidistantes de A. Por M traça-se uma reta r paralela ao lado AD
—e por N uma reta s
paralela ao lado AB—
, que se interceptam no ponto O. Considere os quadrados AMON e OPCQ, onde P é a inter-
secção de s com o lado BC—
e Q é a intersecção de r com o lado DC—
. Sabendo-se que as áreas dos quadradosAMON, OPCQ e ABCD constituem, nesta ordem, uma progressão geométrica, então a distância entre os pon-tos A e M é igual, em metros, a
A)
B)
C)
D)
E)
Do enunciado temos a figura:
AAMON = x2
AOPCQ = (10 – x)2
AABCD = 102 = 100
Assim, temos a PG:
(x2, (10 – x)2, 100)
O termo médio é a média geométrica entre os adjacentes, logo:
(10 – x)2 = ⇒ 100 – 20x + x2 = 10x ∴ x = 15 ± 5
Como 15 + 5 � 10 (absurdo), temos:
x = (15 – 5 )m
Resposta: D
5
5
5x2 100⋅
A B
D C
M 10 – xx
x
N O
Q
Ps
r
10 – x
10 – x 10 – x
Resolução
10 3 5−
15 5 5−
10 5−
10 5 5+
15 5 5+
Questão 7▼▼
7ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Considere o polinômio p(x) = a5x5 + a4x4 + a3x3 + a2x2 – a1, em que uma das raízes é x = –1. Sabendo-se que
a1, a2, a3, a4 e a5 são reais e formam, nesta ordem, uma progressão aritmética com , então p(–2) é igual a
A) –25 D) –39B) –27 E) –40C) –36
Sendo uma das raízes igual a –1, temos –a5 + a4 – a3 + a2 – a1 = 0.Sendo r a razão da progressão aritmética, temos
–(a3 + 2r) + (a3 + r) – a3 + (a3 – r) – (a3 – 2r) = 0a3 = 0
Como a4 = , temos a3 + r = e, portanto, r = , a5 = 1, a2 = e a1 = –1.
p(x) = x5 + x4 – x2 + 1
p(–2) = –32 + 8 – 2 + 1 ∴ p(–2) = –25
Resposta: A
Sobre a equação polinomial 2x4 + ax3 + bx2 + cx – 1 = 0, sabemos que os coeficientes a, b, c são reais, duas de
suas raízes são inteiras e distintas e também é sua raiz. Então, o máximo de a, b, c é igual a
A) –1 D) 3B) 1 E) 4C) 2
Pelo teorema das raízes racionais, as raízes racionais possíveis são: 1, –1, e –
Pelo enunciado, há duas raízes inteiras e distintas. Logo, 1 e –1 são raízes. Além disso, como é raiz, seu
conjugado também é.
Logo, o conjunto solução é:
Assim, podemos escrever:
Desenvolvendo, obtemos:
2x4 – 2x3 – x2 + 2x – 1 = 0
Logo, a = –2, b = –1 e c = 2Portanto, o máximo de a, b, c é 2.
Resposta: C
2 1 112 2
12 2
0( )( – ) – – –x x xi
xi
+ +
=
– , , , –1 112 2
12 2
+
i i
12 2
+i
12 2
–i
12
12
Resolução
12 2−
i
Questão 9▼▼
12
12
–12
12
12
12
Resolução
a412
=
Questão 8▼▼
8ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
É dada a equação polinomial
(a + c + 2)x3 + (b + 3c + 1)x2 + (c – a)x + (a + b + 4) = 0
com a, b, c reais. Sabendo-se que esta equação é recíproca de primeira espécie e que 1 é uma raiz, então oproduto abc é igual aA) –2B) 4C) 6D) 9E) 12
Admitindo que (a + c + 2 ≠ 0), como a equação é recíproca de primeira espécie, temos:
(1)
Como 1 é raiz da equação, temos:
(a + c + 2) + (b + 3c + 1) + (c – a) + (a + b + 4) = 0 (2)
De (1) e (2) os valores de a, b e c serão dados pelo sistema
Resolvendo esse sistema, temos:a = 4, b = –3 e c = –1
Portanto, abc = 12
Resposta: E
Sendo o contradomínio da função arcoseno e [0, π] o contradomínio da função arcocosseno, assinale
o valor de
A)
B)
C)
D)
E)1
2 5
1
15
415
725
1
12
cos arccos .arcsen35
45
+
−
π π2 2
,
Questão 11▼▼
–
–
–
b c
a b c
a b c
+ =
+ + =
+ + =
2
2 1
2 5 7
a c a b
b c c a
+ + = + +
+ + =
2 4
3 1 –
Resolução
Questão 10▼▼
9ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Fazendo , devemos calcular cos(α + β).
Temos, com o uso da Relação Fundamental:
→
→
Assim:cos(α + β) = cosαcosβ – senαsenβ
Resposta: B
Dada a cônica λ: x2 – y2 = 1, qual das retas abaixo é perpendicular à λ no ponto
A) D)
B) E)
C)
1º- modo
x2 – y2 = 1 (*)
Derivando (*) em relação a x, temos 2x – 2y ⋅ y’ = 0 e, portanto, com y ≠ 0, y’ = .
O coeficiente angular m da reta tangente à cônica λ no ponto (2, ) é igual a y’(2).
Assim, m = .
Então, a reta perpendicular à reta tangente pelo ponto (2, ) tem coeficiente angular – . Uma equação
dessa reta é:
y – = – ⋅ (x – 2), ou seja, y = – ⋅ (x – 4)3
23
23
32
3
2
3
3
xy
Resolução
y x= +3
31( )
y3
2(x 4)=
−−y x=
32
y3
5(x 7)=
−−y 3 (x – 1)=
P (2, 3 )?=
Questão 12▼▼
=7
25
= ⋅ ⋅45
45
35
35
–
senβ =35
cos β β π=45
0e � �
cosα =45
sen eαπ
α π=35 2
– � �
arc sen e arc35
45
= =α βcos
cos cosarc sen arc35
45
+
Resolução
10ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
2º- modo
Sendo m o coeficiente angular da reta pedida, uma equação dessa reta é y – = m(x – 2). Temos o sistema:
∴
2 em 1 : x2 – (m(x – 2) + )2 = 1
x2 – m2(x – 2)2 – 2m(x – 2) – 3 – 1 = 0
x2 – m2(x2 – 4x + 4) – 2 mx + 4 m – 4 = 0
x2 – m2x2 + 4m2x – 4m2 – 2 mx + 4 m – 4 = 0
(1 – m2)x2 + (4m2 – 2 m)x – 4m2 + 4 m – 4 = 0
Com ∆ = 0, temos:
(4m2 – 2 m)2 – 4(1 – m2)(–4m2 + 4 m – 4) = 0
16m4 – 16 ⋅ m3 + 12m2 + (4m2 – 4)(–4m2 + 4 m – 4) = 0
16m4 – 16 m3 + 12m2 – 16m4 + 16 m3 – 16m2 + 16m2 – 16 m + 16 = 0
12m2 – 16 m + 16 = 0
3m2 – 4 m + 4 = 0 ∴ m = –
Assim, a equação da reta perpendicular à curva (λ) no ponto (2, ) é dada por
y – = – (x – 2) ∴ y = – x + +
y = – (x – 4)
Resposta: E
O conjunto imagem e o período de f(x) = 2sen2(3x) + sen(6x) – 1 são, respectivamente,
A)
B)
C)
D)
E) −[ ]1, 3 e23π
– ,1 33
[ ] eπ
−[ ]2 23
, eπ
−[ ]2 223
, eπ
−[ ]3 3 2, e π
Questão 13▼▼
32
3332
32
3
3
2
33
3
333
33
33
33
33
33
3
3
x y
y m x
2 2 1 1
2 3 2
–
( – )
=
= +
x y
y m x
2 2 1
3 2
–
– ( – )
=
=
3
11ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
f(x) = sen6x – (1 – 2sen23x)f(x) = sen6x – cos6x
O período é
O conjunto imagem é .
Resposta: C
Para x ∈ IR, o conjunto solução de |53x – 52x + 1 + 4 ⋅ 5x| = |5x – 1| é
A) D)
B) E) A única solução é x = 0
C)
Fazendo 5x = t, do enunciado temos:
|t3 – 5t2 + 4t| = |t – 1||t| ⋅ |t – 1| ⋅ |t – 4| – |t – 1| = 0|t – 1| ⋅ (|t2 – 4t| – 1) = 0 ∴
t = 1 ou |t2 – 4t| = 1 ∴t2 – 4t – 1 = 0 ou t2 – 4t + 1 = 0
Como t � 0, os valores de t são:
Assim temos:5x = 1 ∴ x = 0 ou
Logo, o conjunto solução é
Resposta: D
0 2 5 2 3 2 35 5 5, log , log , log+( ) +( ) −( ){ }
5 2 3 2 35x x= = −( )∴– log
5 2 3 2 35x x ou= + = +( )∴ log
5 2 5 2 55x x ou= + = +( )∴ log
1 2 5 2 3 2 3; ;+ + −e
Resolução
012
212
32
25 5 5, log , log , log
0 1 2 55, , log +( ){ }
0 2 5 2 3 2 35 5 5, log , log , log+( ) +( ) −( ){ }0 2 5 2 3, ,± ±{ }
Questão 14▼▼
– ,2 2[ ]
p = =26 3π π
| |
f x sen x( ) –=
⋅2 6
4π
1
26
4 46⋅ ⋅ ⋅=f x sen x sen x( ) cos – cos
π π
1
2
1
26
1
26⋅ ⋅ ⋅=f x sen x x( ) – cos
Resolução
12ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Um subconjunto D de IR tal que a função f : D → IR, definida por f(x) = |ln(x2 – x + 1) | é injetora, é dado porA) IR D) (0, 1)B) (–∞, 1] E) [1/2, ∞)C) [0, 1/2]
Considere a função y = |lnt|. Com t � 0, o gráfico dessa função é:
Note que um conjunto de valores de t para o qual y = |lnt | é injetora é 0 � t � 1.Considere agora a função t = x2 – x + 1, cujo gráfico, para 0 � t � 1, é:
Como , y = |lnt| é injetora para
Assim, um conjunto de valores de x para o qual t = x2 – x + 1 é injetora é
Portanto um conjunto D de IR tal que a função f : D → IR f(x) = |ln(x2 – x + 1)| é injetora é:
Resposta: C
A soma de todas as soluções distintas da equação cos3x + 2cos6x + cos9x = 0,
que estão no intervalo 0 � x � π/2, é igual a
A) 2π D)
B) E)
C)96π
1312
π2312
π
76π
Questão 16▼▼
D =
0
12
; .
012
,
t ∈
34
1, .34
1 0 1, ] , ]
⊂
1
34
12
1 x0
t
y
t10
Resolução
Questão 15▼▼
13ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
cos9x + cos3x + 2cos6x = 02 ⋅ cos6x ⋅ cos3x + 2 ⋅ cos6x = 02 ⋅ cos6x ⋅ (cos3x + 1) = 0
ou
No intervalo 0 � x � , temos:
A soma é:
Resposta: E
Considere o conjunto D = {n ∈ � ; 1 � n � 365} e H ⊂ P(D) formado por todos os subconjuntos de D com 2elementos. Escolhendo ao acaso um elemento B ∈ H, a probabilidade de a soma de seus elementos ser 183 éigual a
A) D)
B) E)
C)
D = {1, 2, 3, 4, …, 365}O número de elementos de H, subconjuntos de D com 2 elementos, é C365,2 = 365 ⋅ 182.Os elementos de H que têm soma dos elementos 183 são: {1, 182}, {2, 181}, {3, 180}, …, {90, 93} e {91, 92}, ou seja,são em número de 91.A probabilidade pedida é:
Resposta: A
Considere o triângulo ABC isósceles em que o ângulo distinto dos demais, BÂC, mede 40°. Sobre o lado AB—
, tomeo ponto E tal que ACE = 15°. Sobre o lado AC
—, tome o ponto D tal que DBC = 35°. Então, o ângulo EDB vale
A) 35° D) 75°B) 45° E) 85°C) 55°
Questão 18▼▼
P = =⋅
91365 182
1730
Resolução
1365
91730
4633215
9233215
1730
Questão 17▼▼
π π π π π12
312
512 3
1312
+ + + =
x ou x ou x ou x= = = =π π π π12
312
512 3
π2
cos – , ,3 1 3 23
23
x x h h h hx= = + +∴ ∈ ∴ = ⋅ ∈π ππ π
� �
cos , ,6 0 62 12 6
x x h hh
hx= = + +∴ ∈ ∴ = ∈π
ππ π
� �
Resolução
14ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Do enunciado vem que AB
= AC
e ABC = ACB = 70°.Temos então a figura abaixo:
No triângulo BCD, CDB = 75°.No triângulo BCE, BÊC = 55° e, portanto, BE = BC como BE = BC, EBD = CBD e BD
é lado comum, temos que
∆BDE ≅ ∆BDC (LAL) e, portanto, EDB ≡ CDB = 75°.
Resposta: D
Sejam X, Y, Z, W subconjuntos de � tais que (X – Y) ∩ Z = {1, 2, 3, 4}, Y = {5, 6}, Z ∩ Y = ∅, W ∩ (X – Z) = {7, 8},X ∩ W ∩ Z = {2, 4}. Então o conjunto [X ∩ (Z ∪ W)] – [W ∩ (Y ∪ Z)] é igual a
A) {1, 2, 3, 4, 5}B) {1, 2, 3, 4, 7}C) {1, 3, 7, 8}D) {1, 3}E) {7, 8}
Do enunciado, podemos construir o diagrama ao lado.
Podemos concluir que X ∩ (Z ∪ W) = {1, 2, 3, 4, 7, 8}
Sendo S = [X ∩ (Z ∪ W)] – [W ∩ (Y ∪ Z)], temos:S = {1, 2, 3, 4, 7, 8} – [(W ∩ Y) ∪ (W ∩ Z)]S = [{1, 2, 3, 4, 7, 8} – (W ∩ Z)] – (W ∩ Y)S = {1, 3, 7, 8} – (W ∩ Y)
Como (W ∩ Y) ⊂ Y, temos (W ∩ Y) ⊂ {5, 6}.
Como {1, 3, 7, 8} ∩ {5, 6} = ∅, podemos afirmar que {1, 3, 7, 8} ∩ (W ∩ Y) = ∅e, portanto, {1, 3, 7, 8} – (W ∩ Y) = = {1, 3, 7, 8}
Resposta: C
24
78
13 X
W
Z
Resolução
Questão 19▼▼
D
CB
35°
15°
55°
E
A
40°
35°
Resolução
15ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Sejam r e s duas retas paralelas distando 10cm entre si. Seja P um ponto no plano definido por r e s e exteriorà região limitada por estas retas, distando 5cm de r. As respectivas medidas da área e do perímetro, em cm2 ecm, do triângulo equilátero PQR cujos vértices Q e R estão, respectivamente, sobre as retas r e s, são iguais a
A)
B)
C)
D)
E)
Seja QS—
= xPelo Teorema dos cossenos, no triângulo PQS:
A área do triângulo PQR é a soma das áreas dos triângulos PQS e QRS, logo:
Logo, a área e o perímetro são:
Resposta: B
P = = =⋅3 310 21
310 21l
A = = =⋅
⋅l2 3
4100 21
93
4175 3
3
l l ll
2 34
73
52
73
102
10 213
= + =⋅ ⋅ ∴
x x2 22
32
360
73
= +
− ° =⋅ ⋅ ⋅ ∴l
ll
l lcos
60°
S
5
10
α60° – α
Q
x
60°
l3
2l3
r
s
l
P
R
Resolução
700 10 21e
175 3 5 21e
175 3 10 21e
1753
310 21e
1753
35 21e
Questão 20▼▼
16ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Dado o conjunto
A = {x ∈ IR; },
expresse-o como união de intervalos da reta real.
De 3x2 + 2x � 0, temos:
De 3x2 + 2x � 0 e temos:
3x2 + 2x � x4
x4 – 3x2 – 2x � 0
x(x3 – 3x – 2) � 0
x(x3 – x – 2x – 2) � 0
x[x(x2 – 1) – 2(x + 1)] � 0x[x(x – 1) (x + 1) – 2(x + 1)] � 0x(x + 1) [x(x – 1) – 2] � 0
x(x + 1) (x2 – x – 2) � 0
x(x + 1) (x + 1) (x – 2) � 0
x(x + 1)2(x – 2) � 0
x � –1 ou –1 � x � 0 ou x � 2 (2)
Vejamos a intersecção dos conjuntos dados pelas condições em (1) e (2).
Resposta:
Determine as raízes em � de 4z6 + 256 = 0, na forma a + bi, com a, b ∈ IR, que pertençam a
S = {z ∈ � ; 1 � |z + 2| � 3}.
Questão 22▼▼
A = ] [
+∞] [∞ ∪ ∪– , – – ,
–,1 1
23
2
x
x
x
–1 0
0
2
2–1 23
–
23
–
3 22 2x x x+ � ,
x ou x� �–
( )2
30 1
323
0x x( )+ �
Resolução
3 22 2x x x+ �
Questão 21▼▼
17ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
+ +–0 0
23
0– x
0 +–0 0
2– 1 x
++
0
No plano de Argand-Gauss, o conjunto S é representado pelos pontos do interior da coroa circular de centro(–2, 0), raio menor 1 e raio maior 3.
Considere, ainda, a circunferência λ de centro (0, 0) e raio 2, a reta r de equação y = 1, a reta s de equação y = –1 e também a reta t, dada pela equação x = 0. Note que essas três retas interceptam λ em pontos quepertencem a S.
As 6 raízes da equação z6 = –64, equivalente à equação 4z6 + 256 = 0, são dadas por
, com h ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5}.
Da figura, podemos concluir, prontamente, que z0 e z5 não pertencem a S.Temos:
(t ∩ λ)
(r ∩ λ)
(s ∩ λ)
(t ∩ λ)
Pelas intersecções das retas r, s e t com a circunferência λ, podemos concluir que os números z1, z2, z3 e z4
pertencem ao conjunto S.
Resposta: 2i, , e –2i.
Seja f(x) = In(x2 + x + 1), x ∈ IR. Determine as funções h, g : IR → IR tais que f(x) = g(x) + h(x), ∀x ∈ IR, sendo huma função par e g uma função ímpar.
Questão 23▼▼
– –3 i– 3 + i
z i sen z i4 4232
32
2= +
=∴cos –
π π
z i sen z i3 3276
76
3= +
=∴cos – –
π π
z i sen z i2 2256
56
3= +
= +∴cos –
π π
z i sen z i1 122 2
2= +
=∴cos
π π
zh
i senh
h =+
++
2
26
26
cosπ π π π
S
(r)
(s)
– 4– 5 – 3 – 2 – 1 0 1 2
– 1
z1
1
z2 z0
z5
z4
z3
x
(t)
λ
y
Resolução
18ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
f(x) = g(x) + h(x) (1)f(–x) = g(–x) + h(–x)
Como h é uma função par e g é uma função ímpar, temos:f(–x) = –g(x) + h(x) (2)
De (1) e (2), temos:
f (x) + f (–x) = 2h(x) ∴ h(x) =
f (x) – f (–x) = 2g(x) ∴ g(x) =
h(x) = [ln(x2 + x + 1) + ln(x2 – x + 1)]
h(x) = ln[(x2 + x + 1) (x2 – x + 1)]
h(x) = ln(x4 + x2 + 1)
g(x) = [ln(x2 + x + 1) – ln(x2 – x + 1)]
g(x) =
Resposta: h(x) = ln(x4 + x2 + 1) e g(x) =
Sejam α, β, γ ∈ IR. Considere o polinômio p(x) dado por
x5 – 9x4 + (α – β – 2γ)x3 + (α + 2β + 2γ – 2)x2 + (α – β – γ + 1)x + (2α + β + γ – 1).
Encontre todos os valores de α, β e γ de modo que x = 0 seja uma raiz com multiplicidade 3 de p(x).
As constantes α, β e γ devem ser tais queα – β – 2γ ≠ 0,
α + 2β + 2γ – 2 = 0,α – β – γ + 1 = 0 e
2α + β + γ – 1 = 0
Consideremos, também, os sistemas equivalentes:
Portanto temos α = 0 e β + γ = 1. (1)
De α = 0 e α – β – 2γ ≠ 0, temos β + 2γ ≠ 0. (2)De (1) e (2), temos β ≠ 2 e γ ≠ –1.
Resposta: α = 0, β ∈ IR – {2} e γ = 1 – β
α – β – γ = –1β + γ = 1
α – β – γ = –1
3β + 3γ = 3
3β + 3γ = 3
α – β – γ = –1 (–1) (–2)
α + 2β + 2γ = 2
2α + β + γ = 1
Resolução
Questão 24▼▼
12
1
1
2
2ln
x x
x x
+ +
+–
12
12
1
1
2
2ln
x x
x x
+ +
+–
12
12
12
12
f x f x( ) – (– )2
f x f x( ) (– )+2
Resolução
19ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Uma matriz real quadrada A é ortogonal se A é inversível e A–1 = At. Determine todas as matrizes 2 × 2 que sãosimétricas e ortogonais, expressando-as, quando for o caso, em termos de seus elementos que estão fora da dia-gonal principal.
Como A é uma matriz simétrica, podemos escrever:
A =
Ainda, do enunciado, temos:A–1 = At ∴ A–1 = A
Logo, A ⋅ A = I ∴
Então:
a2 + b2 = 1 1 ∴ a = ±
b (a + d) = 0 2 (–1 � b � 1)
b2 + d2 = 1 3 ∴ d = ±
De 2 : b = 0 ou a = –d.• Com b = 0, temos: a = ± 1 e d = ± 1.
Daí:
A = ou A = ou A = ou A =
• Com a = –d, temos:
Note que, com b = 0, temos as últimas duas matrizes do caso anterior.
Resposta:
Determine todos os valores tais que a equação (em x)
admita apenas raízes reais e simples.
x – 2 3 x tg 04 4 2 + =α
απ π
∈
–,
2 2
Questão 26▼▼
1 0
0 1
1 0
0 11
1
1
1
2
2
2
2
−
−
−
− −
− −
−
, ,b b
b be
b b
b b
Ab b
b bou A
b b
b b=
−
− −
=− −
−
1
1
1
1
2
2
2
2
−
1 0
0 1
1 0
0 1−
–
–
1 0
0 1
1 0
0 1
1 2– b
1 2– b
a b b a d
b a d b d
2 2
2 2
1 0
0 1+ +
+ +
=
( )
( )
a b
b d
a b
b d
=
∴
1 0
0 1
a b
b d
Resolução
Questão 25▼▼
20ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
12
3
x4 – 2 ⋅ x2 + tgα = 0
Fazendo x2 = y, temos:
Para que a equação em x apresente as quatro raízes reais simples, a equação em y, do 2º- grau, tem de ter raízesreais distintas e positivas.Assim, além de ∆ � 0, a soma e o produto das raízes dessa equação devem ser positivos.
∴
No intervalo , temos .
Resposta: 0 � α �
Em um espaço amostral com uma probabilidade P, são dados os eventos A, B e C tais que: P(A) = P(B) = 1/2,com A e B independentes, P(A ∩ B ∩ C) = 1/16, e sabe-se que P((A ∩ B) ∪ (A ∩ C)) = 3/10. Calcule as proba-bilidades condicionais P(C |A ∩ B) e P(C |A ∩ BC).
Como A e B são independentes,
Do enunciado, temos as probabilidades:
Assim, temos:
Portanto o diagrama fica:
Logo, observando os valores, temos:
A1161
20
316
15
C
B
y y+ + = =∴1
204
1612
15
P A B A C x x(( ) ( ))∩ ∪ ∩ ∴ ∴= + = =3
104
163
101
20
A116x
316
y
C
B
P A B P A P B( ) ( ) ( ) .∩ ⋅ ⋅= = =12
12
14
Resolução
Questão 27▼▼
π3
03
� �απ
−π
απ
2 2� �
tg
tg
αα
�
�
3
0
4 3 4 0
2 3 0
0
4
−
tg
tg
α
α
�
�
�
y y tg2 42 3 0− + =⋅ α
34
Resolução
21ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
e
Resposta:
Um triângulo acutângulo de vértices A, B e C está inscrito numa circunferência de raio . Sabe-se que AB—
mede e BC—
mede . Determine a área do triângulo ABC.
Do enunciado, temos a figura:
Aplicando o teorema dos senos ao triângulo ABC, vem:
= 2 ⋅ ∴ senα =
Como α é agudo, cosα = .
= 2 ⋅ ∴ senγ =
Como γ é agudo, cosγ = .
Além disso, α + β + γ = 180° ∴ β = 180° – (α + γ).Daí, senβ = sen[180° –(α + γ)]
senβ = sen(α + γ)senβ = senα ⋅ cosγ + senγ ⋅ cosα
senβ = ⋅ + ⋅ ∴ senβ =
A área S pedida é tal que:
S = ⋅ AB ⋅ BC ⋅ senβ ∴ S = ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ ∴ S = 6
Resposta: 6
3 1010
25
12
12
3 1010
45
3 1010
1010
35
1010
3 1010
5 23
2 5senγ
45
35
5 23
2 2senα
2 5����
5 23���
2 2����
β
α
γ
A
B C
0
Resolução
2 22 5
5 23
Questão 28▼▼
P C A B e P C A Bc( | ) ( | )∩ ∩= =14
15
P C A Bc( | )∩ =+
=
120
15
120
15
P C A B( | )∩ =+
=
116
316
116
14
22ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Seja C uma circunferência de raio r e centro O e AB
um diâmetro de C. Considere o triângulo equilátero BDEinscrito em C. Traça-se a reta s passando pelos pontos O e E até interceptar em F a reta t tangente à circun-ferência C no ponto A. Determine o volume do sólido de revolução gerado pela rotação da região limitadapelo arco AE
�e pelos segmentos AF
e EF
em torno do diâmetro AB
.
Do enunciado, temos a figura ao lado:
No triângulo retângulo OPE, temos:
No triângulo retângulo OAF, temos:
Note que AP = OA – OP = r – , ou seja, AP =
Sejam:
V1: volume do cone gerado pela rotação do triângulo OAF em torno de AB—
;V2: volume do cone gerado pela rotação do triângulo OPE em torno de AB
—;
V3: volume do segmento esférico gerado pela rotação da região limitada pelo arco AE e pelos segmentos AP—
e PE—
em torno de AB—
.O volume V é tal que: V = V1 – V2 – V3 (*)
Temos:
(1)
(2)
(3)
Substituindo (1), (2) e (3) em (*), temos:
Resposta: 2
3
3πr.
V rr r
Vr
= =∴ππ π π3
3 3 3
85
242
3– –
V
rr
r
Vr
3
2
3
323
2
35
24=
=
⋅ ⋅∴
ππ
–
VAP OA AP
3
2 33
=⋅ ⋅ ⋅π ( ) ( – )
Vr r
Vr
2
2
2
313
32 2 8
=
=⋅ ⋅ ⋅ ∴ππ
V PE OP221
3= ⋅ ⋅ ⋅π ( )
V r r V r12
131
33= ∴ =⋅ ⋅ ⋅π π( )
V AF OA121
3= ⋅ ⋅ ⋅π ( )
r2
.r2
tg
OAAF
rAF
AF r303
33° = = =∴ ∴
sen
OPr
OPr
ePEr
PEr
3012 2
303
23
2° = = = ° = = =∴ ∴cos
30°30°
r0
s
D P
At
B
C
OA = r
E
30°
F
Resolução
Questão 29▼▼
23ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
Considere a parábola de equação y = ax2 + bx + c, que passa pelos pontos (2, 5), (–1, 2) e tal que a, b, c for-mam, nesta ordem, uma progressão aritmética. Determine a distância do vértice da parábola à reta tangenteà parábola no ponto (2, 5).
Sendo r a razão da P.A. (a, b, c), temos:
y = (b – r)x2 + bx + (b + r). Do enunciado, segue que:2 = (b – r) ⋅ (–1)2 + b ⋅ (–1) + (b + r)2 = b – r – b + b + r ∴ b = 2
5 = (b – r) ⋅ 22 + b ⋅ 2 + b + r5 = 4b – 4r + 2b + b + r
7b – 3r = 5 b = 2→ 7 ⋅ 2 – 3r = 5 ∴ r = 3
Daí, y = –x2 + 2x + 5
yv = –12 + 2 ⋅ 1 + 5 = 6. Logo, o vértice da parábola é dado por (1, 6).
Sendo y’ a derivada da função y = –x2 + 2x + 5, temos: y’ = –2x + 2. Então, y’(2) = –2 ⋅ 2 + 2 = –2.Logo, a reta tangente à parábola no ponto (2, 5) tem coeficiente angular –2. Uma equação dessa reta é:
y – 5 = –2(x – 2) ∴ 2x + y – 9 = 0
A distância d pedida é tal que:
Resposta: 5
5
d d=+
+=
⋅ ⋅∴
| – |2 1 1 6 9
2 1
552 2
xv = =⋅–(– )2
2 11
Resolução
Questão 30▼▼
24ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
25ITA/2008 ANGLO VESTIBULARES
A Banca manteve a sua tradição: apresentou prova abrangente, com algumas questões trabalhosas.Nas questões 12 e 30, a aplicação do conceito de derivada facilitaria as resoluções; no entanto, esse
conceito não consta do programa proposto pelo ITA.
TTTNNNEEEMMM ÁÁÁ OOOOOOCCC IIIRRR