corda propriedade mn reais
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GABARITO ITA PROVA 2015/2016 MATEMÁTICA PROVA – 17/12/15 ¡ : conjunto de números reais : conjunto dos números complexos i : unidade imaginária: i2 = –1 |z| : Módulo do número z ∈ Re(z) : parte real do número z ∈ Im (z) : parte imaginária do número z ∈ det M : determinante da matriz M MT : transposta da matriz M M–1 : inversa da matriz M In : matriz identidade n × n MN : produto das matrizes M e N d(P,r) : distância do ponto P à reta r AB : segmento de reta de extremidades nos pontos A e B [a, b] = {x ∈ ¡ : a ≤ x ≤ b} [a, b[ = {x ∈ ¡ : a ≤ x < b} ]a, b] = {x ∈ ¡ : a < x ≤ b} ]a, b[ = {x ∈ ¡ : a < x < b} X \ Y = {x ∈ X e x ∉ Y} Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são os cartesianos retangulares. Questão 1 Considere as seguintes afirmações: I. A função f(x) = log10 x − 1 é estritamente crescente no intervalo ]1, +∞[. x II. A equação 2x + 2 = 3x – 1 possui uma única solução real. III. A equação (x + 1)x = x admite pelo menos uma solução real positiva. É(são) verdadeira(s) A B C D E ( ( ( ( ( 2 ) apenas I. ) apenas I e II. ) apenas II e III. ) I, II e III. ) apenas III. GABARITO ITA – MATEMÁTICA Gabarito: Letra B. 1 I. f(x) = log10 x − 1 = log10 1 − x x Sem perda de generalidade, suponhamos a < b e a, b ∈ ]1, +∞[ a < b ⇔ 1 1 1 1 −1 −1 1 1 > ⇔ < ⇔ 1 − < 1 − ⇔ log10 1− < log10 1− a b a b a b a b Logo, se a < b, então f(a) < f(b) e temos que f(x) é crescente no intervalo. VERDADEIRA II.2x + 2 = 3x – 1 Aplicando “log10” nos dois lados: (x + 2) log 2 = (x – 1) log 3 ⇒ x (log 3 – log 2) = 2 log 2 + log 3 log 12 = x = log3 / 2 12 log (3 / 2) VERDADEIRA III. Iremos dividir em dois casos: i)0 ≤ x < 1 É fácil observar que (x + 1)x ≥ 1 e x < 1 nesse caso, logo não há soluções positivas. ii)x ≥ 1 Sabemos que (x + 1)x ≥ (x + 1) para x ≥ 1 e x + 1 > x para todo x ∈ . Logo: (x + 1)x > x Então não há soluções positivas. FALSA. Questão 2 Se x é um número natural com 2015 dígitos, então o número de dígitos da parte inteira de A( B( C( D( E( 7 x é igual a ) 285 ) 286 ) 287 ) 288 ) 289 Gabarito: Letra D. x é um número natural com 2015 dígitos, então: 102014 ≤ x < 102015 ⇒ 7 102014 ≤ 7 x < 7 102015 ⇒ 3 PROVA – 17/12/15 10287 · 7 105 ≤ Como 7 105 e 7 7 x < 10287 · 7 106 106 são menores do que 10, temos que 7 x tem 288 dígitos. Questão 3 Escolhendo-se, aleatóriamente, três números inteiros distintos no intervalo [1,20], a probabilidade de que eles estejam, em alguma ordem, em progressão geométrica é igual a A( ) 2 285 B( ) 2 217 C( ) 1 190 D( ) 4 225 E( ) 1 380 Gabarito: ANULADA. No intervalo de [1, 20], temos as seguintes progressões geométricas: (1, 2, 4) (4, 6, 9) (1, 3, 9) (4, 8, 16) (1, 4, 16) (5, 10, 20) (2, 4, 8) (8, 12, 18) (2, 6, 18) (9, 12, 16) (3, 6, 12) 20 . 3 Temos que os casos totais são Logo, a probabilidade é: Questão anulada 4 11 11 . = 20 1140 3 GABARITO ITA – MATEMÁTICA Questão 4 3π 7 e x ∈ π, , então sen3x é igual a 2 Se tgx = A ( ) − 14 . 8 B ( ) 14 . 8 C ( ) 14 . 4 14 . 4 D ( ) − E ( ) 14 . 6 Gabarito: Letra B. tgx = 7 ⇒ tg2x = 7 → sec2x = 8 ⇒ cos2x = ⇒ sen2x = 1 8 7 14 7 → senx = − = − , pois x ∈ 3oQ. 8 4 8 Como sen3x = 3 senx – 4 sen3x = senx (3 – 4 sen2x), temos sen3x = − ∴ sen3x = 14 7 − 14 −1 ⋅3 − 4 ⋅ = 4 8 4 2 14 8 5 PROVA – 17/12/15 Questão 5 Seja (a1, a2, a3 ....) a sequência definida da seguinte forma: a1 = 1000 e an = log10(1 + an–1) para n ≥ 2. Considere as afirmações a seguir: I. A sequência (an) é descrecente. II. an > 0 para todo n ≥ 1. III. an < 1 para todo n ≥ 3. É(são) verdadeira(s) A B C D E ( ( ( ( ( ) apenas I. ) apenas I e II. ) apenas II e III. ) I, II e III. ) apenas III. Gabarito: Letra D. I. Veja inicialmente que a2 < a1. Veja também que an+1 < an ⇔ log (1 + an) < log (1 + an–1) ⇔ an < an – 1. Isso conclui o fato de (an) ser decrescente. (VERDADEIRA) II.Se an – 1 > 0, então an = log (1 + an – 1) > 0. Como a1 = 1000 > 0, então an > 0 para todo n ≥ 1. (VERDADEIRA) III. Dado que (an) é decrescente, veja que a3 = log (1 + log1001) ≅ log 4, que é menor que 1. Logo, an < 1 para todo n ≥ 3. (VERDADEIRA) Questão 6 Seja Pn um polígono convexo regular de n lados, com n ≥ 3. Considere as afirmações a seguir: I. Pn é inscritível numa circunferência. II. Pn é circuncristível a uma circunferência. III.Se n é o comprimento de um lado de Pn e an é o comprimento de uma apótema de Pn, então para todo n ≥ 3. É (são) verdadeira(s) A B C D E ( ( ( ( ( 6 ) apenas I. ) apenas II. ) apenas III. ) apenas I e II. ) apenas I, II e III. an ≤1 n GABARITO ITA – MATEMÁTICA Gabarito: Letra D. I e II: verdadeiras. A B α Considere o triângulo isósceles interno ao polígono com base AB sobre α um dos lados, ângulo do vértice β = 360º e vértice P. n A circunferência de centro P e raio AP é circunscrita ao polígono e a circunferência de centro P tangente a AB é inscrita no polígono. P III: falsa. n 2 tg an tg 180º n a 180º n ∴ n = = n n 2 an Como tg 1 180º 2 ⋅ tg n a 180º fica tão próximo de zero quanto se queira, n > 1 para uma n n infinidade de inteiros n. Questão 7 Um triângulo está inscrito numa circunferência de raio 1 cm. O seu maior lado mede 2 cm e sua área é de 1 2 cm2. Então, o menor lado do triângulo, em cm, mede 1 A( )1− B( ) C( ) D( ) E( ) 2 . 2 − 2. 1 2 2 6 3 6 . . . 7 PROVA – 17/12/15 Gabarito: Letra B. Como o lado é igual ao diâmetro, o triângulo é retângulo. Sendo b, c os lados, temos: b c 1 1 2 1 bc ∴ bc = 2 = 2 b2 + c2 = 4 Logo, b2 e c2 são raízes de t2 –4t + 2 = 0 Resolvendo: t= 4 ± 16 − 8 = 2± 2 2 Segue que o menor lado vale 2 − 2. Questão 8 Se o sistema de equações x + y + 4z = 2 x + 2y + 7z = 3 3x + y + az = b é impossível, então os valores de a e b são tais que A B C D E ( ( ( ( ( ) a = 6 e b ≠ 4. ) a ≠ 6 e b ≠ 4. ) a ≠ 6 e b = 4. ) a = 6 e b = 4. ) a é arbritário e b ≠ 4. Gabarito: Letra A. 1 1 4 Matriz incompleta: A = 1 2 7 ⇒ detA = a – 6 3 1 a Para o sistema ser impossível: detA = 0 ⇔ a = 6. Nesse caso: 8 x + y + 4z = 2 (1) x + 2y + 7z = 3 (2) 3x + y + 6z = b (3) 2 e b2 c2 = 2 GABARITO ITA – MATEMÁTICA (2) – (1): y + 3z = 1 ⇒ 2y + 6z = 2 3 · (1) – (3): 2y + 6z = 6 – b O sistema será impossível se 6 – b ≠ 2 ⇔ b ≠ 4. Questão 9 Se P e Q são pontos que pertencem à circunferência x2 + y2 = 4 e à reta y = 2(1 – x), então o valor do cosseno do ângulo PÔQ é igual a 3 5 A ( ) − . 3 7 2 C ( ) − . 5 B ( ) − . 4 5 D ( ) − . 1 7 E ( ) − . Gabarito: Letra A. Interseção da reta e circunferência a: x 2 + y 2 = 4 y 2(1 − x ) = (I) (II) Substituindo (II) em (I): x 2 + 4(1 − x )2= 4 ⇒ 5x2 − 8x = 0⇒ 0 ⇒ x= 0 ou x = x ( 5 x − 8) = 8 5 6 8 Pontos: P(0, 2) e Q , − 5 5 Sejam P e Q os vetores relacionados aos ponto P e Q, respectivamente. Seja θ o ângulo entre eles, então: 12 3 < P, Q > − 5 cos θ = = =− 4 5 P Q 9 PROVA – 17/12/15 Questão 10 Um triângulo retângulo tem perímetro igual a 5 , em que é o comprimento da hipotenusa. Se α e β são seus ângulos agudos, com α < β, então sen(β – α) é igual a: A ( ) 5 − 2 5 B ( ) −6 + 3 5 C ( ) 16 5 − 35 D ( ) 20 5 − 44 E ( ) 18 5 − 40 Gabarito: Letra D. Sejam x e y catetos. Então, tomando y > x: x 2 + y 2 = 2 ( ( ⇒ 2 xy = 2 5 − 2 5 ) ) x+y= 5 −1 2 2 − 2 (5 −= 2 5 ) 2 ( 2 5 − 4) ⇒= y − x 2 5 −4 Então: ( y − x ) = Sabemos que β + α = 90°, então: sen (β – α) = sen (90° – 2α) = cos 2α = cos2α – sen2α y2 − ⇒ sen(β − α) = 2 ⇒ sen(= β − α) 10 x 2 ( y − x )( y + x ) 2 5 − 4 = = 2 2 2 20 5 − 44 ( ) 5 −1 GABARITO ITA – MATEMÁTICA Questão 11 1 −1 e N= 2 0 Se M = 2 1 T –1 −1 3 , então MN – M N é igual a 3 A ( ) 2 5 2 5 − 2 3 − 2 3 2 D ( ) 13 2 3 2 B ( ) 7 2 1 − 2 5 − 2 3 2 E ( ) 13 2 3 2 C ( ) 13 2 5 − 2 3 − 2 11 2 3 − 2 − 11 2 5 − 2 − Gabarito: Letra C 1 0 2 1 1 2 1 − − MNT – M–1N = − 2 0 1 3 −1 1 2 −1 3 1 −4 2 2 = = − 4 −2 5 1 2 2 2 1 − 1 3 3 −11 2 2 13 −5 2 2 Questão 12 Considere as afirmações a seguir: I.Se z e w são números complexos tais que z – iw = 1 – 2i e w – z = 2 + 3i, então z² + w² = –3 + 6i. II. A soma de todos os números complexos z que satisfazem 2|z|² + z² = 4 + 2i é igual a zero. III.Se z = 1 – i, então z59 = 229 (–1 + i). 11 PROVA – 17/12/15 É (são) verdadeira(s) A ( ) apenas I. B ( ) apenas I e II. C ( ) apenas I e III. D ( ) apenas II e III. E ( ) I, II e III. Gabarito: Letra B z – wi = 1 – 2 i I.I. w – z= 2 + 3 i (I) (II) Somando (I) com (II): w – wi = 3 + i (III) Seja w = a + bi (IV), a, b∈. Substituindo (IV) em (III): a + bi – ai + b = 3 + i ⇒ 3 a + b = ⇒ = a 1e = b 2 b – a = 1 ⇒ Logo, w = 1 + 2i e z = –1 –i, então w2 + z2 = –3 + 6i Verdadeira II. 2|z|2 + z2 = 4 + 2i ⇒ Seja z = a + bi, então: 2a2 + 2b2 + a2 + 2abi – b2 = 4 + 2i ⇒ 4 3 a2 + b2 = ab = 1 (I) (II) ⇒ Substituindo (II) em (I): 1 = 4 ⇒ 3 a4 – 4 a2 + 1 = 0 ⇒ a2 1 0 ⇒ a= ou a = ⇒ ( 3 a2 – 1)( a2 – 1) = ± ±1 3 3 a2 + 1 Logo, z = ± (1 + i ) ou z = ± + 3 i . 3 A soma de todas as soluções é igual a zero. Verdadeira III. z = 1 – i ⇒ 29 z (1 – i ) ⇒ = (1 – i ) (1 – i ) ⇒ = ⇒ z ⇒ z – 2 · i (1 – i ) (1 – i ) · ( – 2 i ) = ⇒ z= – 2 (1 + = i ) 2 ( – 1 – i ). 59 = z 59 29 59 59 Falsa 12 2 59 29 29 59 29 ⇒ GABARITO ITA – MATEMÁTICA Questão 13 Sejam λ uma circunferência de raio 4 cm e PQ uma corda em λ de comprimento 4 cm. As tangentes a λ em P e em Q interceptam-se no ponto R exterior a λ. Então, a àrea do triângulo PQR, em cm2 , é igual a: A ( ) 2 3 3 B ( ) 3 2 2 C ( ) 6 2 D ( ) 2 3 5 E ( ) 4 3 3 Gabarito: Letra E. = 60° Como a corda PQ e o raio são iguais, temos PQ R 120° P 30° 4 Q = 300° − 60° = 120° PRQ 2 h = d( R, PQ) = 2 · tg30° = S∆PQR = 2 3 3 PQ · h 2 3 1 4 3 =4· · = 2 3 2 3 13 PROVA – 17/12/15 Questão 14 Se a reta de equação x = a divide o quadrilátero cujos vértices são (0,1), (2,0), (4,0) e (6,4) em duas regiões de mesma área, então o valor de a é igual a A ( ) 2 5 − 1. B ( ) 2 6 − 1. C ( ) 3 5 − 4. D ( ) 2 7 − 2. E ( ) 3 7 − 5. Gabarito: Letra D. Inicialmente, calculamos a área do #ABCD. 1 ∆ , onde 2 0 1 2 0 ∆ = 4 0 = 16 + 6 − 2 = 20. Logo, SABCD = 10. 6 4 0 1 y SABCD = y A equação da reta AD é dada por = 1 x + 1. 2 B’ P’ C’ D A B P C x=a Para encontrar B’ e C’, fazemos, em AD : x =2 ⇒ y = 2 ⇒ B’= (2, 2) x =4 ⇒ y = 3 ⇒ C’= (4, 3) 2⋅2 2 = 2= e SCC ' D É fácil ver que SABB ' = 3⋅2 = 3. 2 Portanto, a reta x = a do problema satisfaz 2 < a < 4. Sendo P = (a,0), temos P ' = a, Como #BB’P’P é trapézio: 14 a+2 . Para a divisão de áreas ser ao meio, temos SBB’P’P = 3. 2 x GABARITO ITA – MATEMÁTICA ( BB '+ PP ' ) ⋅ BP a+2 = 3 ⇔ 2+ ( a − 2) = 6 2 2 ⇔ ( a + 6)( a − 2) = 12 ⇔ a2 + 4 a − 24 = 0 ⇔ a= −2 ± 2 7 . Como 2 < a < 4, a = −2 + 2 7 . Questão 15 Seja p o polinômio dado por p(x) = x8 + xm – 2xn, em que os expoentes 8, m, n formam, nesta ordem, uma progressão geométrica cuja soma dos termos é igual a 14. Considere as seguintes afirmações: I. x = 0 é uma raiz dupla de p. II. x = 1 é uma raiz dupla de p. III. p tem quatro raízes com parte imaginária não nula. Destas, é(são) verdadeira(s) A( B( C( D( E( ) apenas I. ) apenas I e II. ) apenas I e III. ) apenas II e III. ) I, II e III. Gabarito: Letra C. Para acharmos m e n, façamos m = 8q e n = 8q2 Do enunciado 8 + 8q + 8q2 = 14= ⇔ q 3 1 = ou q − 2 2 Como p(x) é polinômio, m > 0 e n > 0. Portanto, p(x) = x8 + x4 – 2x2 ⇒ p(x) = x2(x6 + x2 – 2) ⇒ p(x) = x2(x + 1)(x – 1)(x4 + x2 + 2) (*) 2 Quando x4 + x2 + 2 = 0, temos x = −1± 1− 8 −1± i 7 = 2 2 De forma que x ∈ \. De (*), I e III, apenas, são verdadeiras. 15 PROVA – 17/12/15 Questão 16 — Seja ABC um triângulo equilátero e suponha que M e N são pontos pertencentes ao lado BC tais que BM = MN = NC. Sendo a a medida, em radianos, do ângulo MÂN, então o valor de cos a é A ( ) 13 . 14 14 . 15 15 . C ( ) 16 16 . D ( ) 17 B ( ) E ( ) 17 . 18 Gabarito: Letra A. α h α 2 B M X N MN Seja l o lado do ∆ABC, temos: = C 3 eh = (altura do triângulo) 3 2 Sendo X o ponto médio de MN, por simetria XN= 1 ⋅ = 2 3 6 1 1− 1 − tg2 α 1 α XN 13 2 27 6 tg= = = ⇒ cos α = = = 2 1 α 2 AX 3 14 3 3 1 + tg 2 1+ 2 27 16 GABARITO ITA – MATEMÁTICA Questão 17 Uma esfera S1, de raio R > 0, está inscrita num cone circular reto K. Outra esfera, S2 de raio r, com 0 < r < R, está contida no interior de K e é simultaneamente tangente à esfera S1 e à superfície lateral de K. O volume de K é igual a A( ) πR 5 . 3 r( R − r ) B( ) 2πR 5 . 3 r( R − r ) C( ) πR 5 . r( R − r ) D( ) 4 πR 5 . 3 r( R − r ) E( ) 5πR 5 . 3 r( R − r ) Gabarito: Letra B. cone K Sejam a e b, respectivamente, raio da base e altura de K. Logo, por semelhança: r R 2R 2 = ⇒= b . b − 2R − r b − R R−r R = a b b−R b 2 + a2 b2 R 2 b2 − 2 bR ⇒= a2 Logo, o volume de K é dado por π 1 2 b2 R 2 2R 2 πa b= ⋅ 2 ⋅ = 3 3 b − 2 bR ( R − r ) ( a ) π 2R 2 b R 2 R 2π R 4 2π R 5 =⋅ ⋅ = ⋅ = r ( R − r ) 3r ( R − r ) 3 R − r b − 2R 3 17 PROVA – 17/12/15 Questão 18 Considere o polinômio p com coeficientes complexos definido por p(z) = z4 + (2 + i) z3 + (2 + i) z2 + (2 + i) z + (1 + i). Podemos afirmar que A ( ) nenhuma das raízes de p é real. B ( ) não existem raizes de p que sejam complexas conjugadas. 2. 2 2. D ( ) o produto dos módulos de todas as raízes de p é igual a E ( ) o módulo de uma das raízes de p é igual a 2. C ( ) a soma dos módulos de todas as raízes de p é igual a 2 + Gabarito: Letra E. Testando i, –i e –1 são raízes. p(i) = p(–i) = p(–1) = 0 Seja r a outra raiz, pelas relações de Girard: i + (–i) + (–1) + r = − (2 + i ) 1 ⇒ r = – 1 – i. ( ) Assim, apenas o item (E) é verdadeiro r = 2 . Questão 19 Pintam-se N cubos iguais utilizando-se 6 cores diferentes, uma para cada face. Considerando que cada cubo pode ser perfeitamente distinguido dos demais, o maior valor possível de N é igual a A( B( C( D( E( ) 10 ) 15 ) 20 ) 25 ) 30 Gabarito: Letra E. Dada uma coloração, coloquemos a face de cor C1 no chão sempre. Há 5! maneiras de se pintar as demais faces. Entretanto, cada uma dessas colorações foi pintada 4 vezes, pois esse é o número de formas de girar o cubo mantendo a cor C1 embaixo (basta escolher qual das arestas 1, 2, 3, 4 acima está olhando para você). Logo, a resposta é 18 5! = 30. 4 3 4 2 1 GABARITO ITA – MATEMÁTICA Questão 20 Em um triângulo equilátero ABC de lado 2, considere os pontos P, M e N pertencentes aos lados AB, BC e AC , respectivamente, tais que a) P é o ponto médio AB ; b) M é o ponto médio de BC ; c) PN é a bissetriz do ângulo APC Então, o comprimento do segmento MN é igual a A ( ) 10 − 4 3 B( ) 5 − 2 3 C( ) 6 − 3 3 D ( ) 10 − 5 3 E( ) 5 3 −5 Gabarito: Letra D. A Seja x = AN. Temos CP = 3 (altura). Pelo teorema da bissetriz interna no DACP, temos x 1 N x 2− x 2 = = 1 3 +1 3 P 2–x ⇒ x =3 − 1 1 2 ( 3 − 1)= 3 − 3. Daí, CN = 2 − x =− Pela lei dos cossenos no DCMN, temos MN 2= (3 − 3 )2 + 12 − 2 (3 − 3 ) ⋅ 1 ⋅ B 3 M 1 C 1 2 2 MN= (13 − 6 3 ) − (3 − 3=) 10 − 5 3 = MN 10 − 5 3 19 PROVA – 17/12/15 Questão 21 Seja f função definida por f(x) = logx+1(x2 – 2x – 8). Determine: a) O domínio Df da função f. b) O conjunto de todos os valores de x ∈ Df tais que f(x) = 2. c) O conjunto de todos os valores de x ∈ Df tais que f(x) > 1. Gabarito: ( = f ( x ) log x +1 x 2 − 2 x − 8 ) x + 1> 0 a) Restrições: x + 1 ≠ 1 x2 − 2x − 8 > 0 ⇒ x >4 Logo, o domínio de f é o intervalo ]4, +∞). ( ) b) f ( x ) = 2 ⇒ log x +1 x 2 − 2 x − 8 = 2 ⇒ x 2 − 2 x − 8 = ( x + 1) ⇒x= − 2 ⇒ − 2x − 8 =2x + 1 9 ∉ Df 4 Logo, o conjunto pedido é o conjunto vazio. ( ) c) f ( x ) > 1 ⇒ log x +1 x 2 − 2 x − 8 > 1. Como x ∈ Df , x + 1 > 1 e então a inequação é escrita como: x2 − 2x − 8 > x + 1 ⇒ x2 − 3x − 9 > 0 ⇒ x < ( ) ( ) ( 3 3 1− 5 ou x> 1+ 5 2 2 3 ) Mas x ∈ Df , então o conjunto pedido é o intervalo 1+ 5 , +∞ 2 Questão 22 Sejam x e y pertencentes ao intervalo [0, π]. Determine todos os pares ordenados (x, y) tais que 1 2 cos x − sen y = 2 1 2 sen x + 3 cos y = − . 2 20 GABARITO ITA – MATEMÁTICA Gabarito: 1 2 cos x − sen y = 2 2 sen x + 3 cos y = − 1 , x, y ∈ [0, π] 2 1 1 2 cos x = + sen y ⇒ 2cos2 x = + sen y + sen2 y 2 4 1 1 2 sen x = − − 3 cos y ⇒ 2sen2 x = + 3 cos y + 3 cos2 y 2 4 Somando as equações e fazendo t = sen y: 2= 1 + t + 3 · 1 − t 2 + 1 + 2 − 2t 2 2 4 t 2 − 2t − 3 = ± 2 3 · 1 − t 2 Elevando ao quadrado: 16t4 + 4t2 + 9 – 16t3 – 24t2 + 12t = 12 – 12t2 16t4 – 16t3 – 8t2 + 12t – 3 = 0 Testando raízes racionais e abaixando o grau usando Briot-Ruffini, temos as raízes 1 , 1 , ± 2 2 • t = − • t = 3 . 2 3 não serve, pois t = sen y > 0 p/ y ∈ [0, π] 2 π 1 1 1 2 1 : sen y = ⇒ 2 cos x − = ⇒ cos x = ⇒x= 2 2 2 2 4 2 Jogando na 2a equação do sistema inicial: 2· 2 1 3 5π 1 + 3 cos y = − ⇒ cos y = − ⇒y= e sen y = ok 2 2 2 6 2 • t = π 3 1+ 3 6+ 2 3: sen y = ⇒ 2 cos x = ⇒ cos x = ⇒x= 2 2 4 12 2 Jogando na 2a equação do sistema inicial: 6 − 2 1 1 2π 3 2 · ok + 3 · cos y = − ⇒ cos y = − ⇒ y = e sen y = 4 2 2 3 2 π 5π π 2π Soluções: ( x , y ) = , ou ( x, y ) = 12 , 3 4 6 21 PROVA – 17/12/15 Questão 23 Um hexágono convexo regular H e um triângulo equilátero T estão inscritos em circunferências de raios RH e RT, respectivamente. Sabendo-se que H e T têm mesma área, determine a razão RH . RT Gabarito: Se H está inscrito numa circunferência de raio RH, sua área é dada por inscrito numa circunferência de raio RT, sua área é dada por 3 2 RH 3 . Além disso, se T está 2 3 2 RT 3. Pela condição do problema: 4 R2 R 3 2 3 2 2 . RH 3 = RT 3 ⇒ RH2 = T ⇒ H = 2 4 2 2 RT Questão 24 Seja A a matriz de ordem 3 × 2, dada por 1 A = 0 1 0 1. 1 a) Determine todas as matrizes B tais que BA = l2. b) Existe uma matriz B com BA = l2 que satisfaça BBT = l2? Se sim, dê um exemplo de uma dessas matrizes. Gabarito: a a) Da equação BA = I2, sendo A3×2 e I2×2, B deve ser da forma 2 × 3. Seja: B = d 1 0 a b c 1 0 temos · 0 1 = 0 1 . d e f 1 1 22 b c , e f GABARITO ITA – MATEMÁTICA 1 a + c = ( a, b, c ) = (1 – c, – c, c ) 0 b + c = ⇒ Daí, d + f = 0 ( d, e, f ) = ( – f , 1 – f , f ) 1 e + f = 1 – c – c Então, B = –f 1 – f c , sendo c e f quaisquer. f 1 – c – c 1– f b) Consideremos BBT = I, temos –f (1 – c )2 + ( – c )2 + c2 = 1 2 2 2 Então, ( – f ) + (1 – f ) + f = 1 (1 – c )( – f ) + (1 – f )( – c ) + cf = 0 1 – c – f c 1 · –c 1 – f = 0 f f c (I) 0 . 1 (II) (III) Por (I) e (II), c e f são raízes de (1 – x)2 + (– x)2 + x2 = 1, que equivale a 3x2 – 2x = 0. Então, c e f são iguais a 0 ou 2 . 3 Agora, veja que (III) equivale a 3cf = c + f. É fácil ver que as únicas opções são c = f = 0 e c= f= 2 . 3 1 3 1 0 0 Portanto, a resposta é sim = e os exemplos são B = ou B 0 1 0 −2 3 −2 3 1 3 2 3 . 2 3 Questão 25 Numa certa brincadeira, um menino dispõe de uma caixa contendo quatro bolas, cada qual marcada com apenas uma destas letras: N, S, L e O. Ao retirar aleatoriamente uma bola, ele vê a letra correspondente e devolve a bola à caixa. Se essa letra for N, ele dá um passo na direção Norte; se S, em direção Sul, se L, na direção Leste e se O, na direção Oeste. Qual a probabilidade de ele voltar para a posição inicial no sexto passo? Gabarito: Considere k o número de passos na direção norte (0 ≤ k ≤ 3). Nesse caso devemos ter k passos para o norte, k passos para o sul, 3 – k para leste e 3 – k para oeste. 6! Permutando esses passos: = 2 2 ( k !) ( 3 – k ) ! ( 3!) 6! 6 3 · = 2 2 · . 2 2 3! ( ) ( 3!) ( k !) ( 3 – k ) ! 3 k 2 2 23 PROVA – 17/12/15 3 Casos favoráveis: 2 3 63 6 3 3 = · 3 k 3 0= k 0 k 3 – k Σ = k Σ 2 h m h + m 6 = , temos n A = = ( ) 3 400. k p – k p k =0 n Utilizando o Teorema de Euler: Σ Casos possíveis: n ( Ω ) =4 6 P= ( A) n ( A) 400 25 . = = n (Ω) 46 256 Questão 26 Sejam S um subconjunto de 2 e P = (a, b) um ponto de 2. Define-se distância de P a S, d (P, S), como a menor das distâncias d(P, Q), com Q ∈ S: d(P, S) = min{d(P, Q) : Q ∈ S}. Sejam S1 = {(x, y) ∈ 2 : x = 0 e y ≥ 2} e S2 = {(x, y) ∈ 2 : y = 0}. a)Determine d(P, S1) quando P = (1, 4) e d(Q, S1) quando Q = (–3, 0). b) Determine o lugar geométrico dos pontos do plano equidistantes de S1 e de S2. Gabarito: a) Esboçando o gráfico: y P(1,4) S1 2 Q(–3,0) x Como yp ≥ 2, d(P, S1) é calculada pela perpendicular traçada de P a S1. Então, d(P, S1) = |xp| = 1. Como yq < 2, d(Q, S1) é calculada pela distância de Q ao ponto (0, 2). Então, d(Q, S1) = 22 + 32 = 13 . Resposta: d(P, S1) = 1 e d(Q, S1) = 13. 24 GABARITO ITA – MATEMÁTICA P b) A distância d(P, S2) é sempre igual a |yp|. Como d(P, S1) pode ser calculada de duas maneiras, devemos dividir o problema em dois casos. 1o caso: yp ≥ 2. Aqui, d(P, S1) = d(P, S2) ↔|xp| = |yp| = yp. Portanto, ficamos com o gráfico de y = |x|, restrito a y ≥ 2. 2o caso: yp < 2. Aqui, d(P, S1) = d(P, S2) ↔ ↔ x P2 + y P2 y P2 − 4 y P += 4 x P2 + ( y P − 2)2 = | y P | ↔ y= P x 2p 4 +1 Portanto, ficamos com o gráfico da parábola = y reta x2 +1 4 reta y 2 1 –2 2 x parábola Questão 27 Sejam a, b, c números reais com a ≠ 0. a) Mostre que a mudança x + 1 = z transforma a equação ax4 + bx3 + cx2 + bx + a = 0 numa equação x de segundo grau. b) Determine todas as raízes da equação x4 + 3x3 – 2x2 + 3x + 1 = 0. 25 PROVA – 17/12/15 Gabarito: a) Na equação dada, divida por x²: 1 1 a x2 + 2 + b x + + c = 0 x x Fazendo x + 1 1 = z, temos x² + 2 = z² – 2. A expressão acima vira: x x a(z² – 2) + bz + c = 0 ⇔ az² + bz + (c – 2a) = 0, que é uma equação do 2o grau. b) Usando o processo acima, temos z² + 3z – 4 = 0, que dá z = 1 ou z = –4 . • z = 1 ⇔ x + 1 ± 3i 1 = 1 ⇔ x² – x + 1 = 0 ⇔ x = 2 x • z = –4 ⇔ x + 1 = –4 ⇔ x² + 4x + 1 = 0 ⇔ x = –2 ± 3 . x 1 + 3 i 1 − 3 i ; ; − 2 + 3; − 2 − 3 2 2 ∴S= Questão 28 Considere as circunferências e λ1: x2 + y2 – 8x + 4y = 20 λ2: x2 + y2 – 2x – 8y = 8. O triângulo ABC satisfaz as seguintes propriedades: — a) o lado AB coincide com a corda comum a λ1 e λ2; b) o vértice B pertence ao primeiro quadrante; — c) o vértice C pertence a λ1 e a reta que contém AC é tangente a λ2 . Determine as coordenadas do vértice C. Gabarito: λ : ( x − 4)2 + ( y + 2)2 = 40 Veja que 1 2 2 25 λ 2 : ( x − 1) + ( y − 4) = 26 GABARITO ITA – MATEMÁTICA Achando as interseções, obtemos os pontos (6, 4) e (–2, 0). Como B é do 1o quadrante, temos A = (–2, 0) — Já que A ∈ λ2, AC é a reta perpendicular a AO2 por A, onde O2 = (1, 4) é o centro de λ2. Logo a reta AC é: −1 y − yA = m( x − x A ), onde m = y A − yO 2 x A − xO 2 −1 ( x + 2) y −0 = 0−4 −2 − 1 3 y = − ( x + 2) 4 Intersectando esta reta com λ1, achamos A e C. 2 3 ( x − 4)2 + − ( x + 2) + 2 = 40 4 25 95 e o coeficiente líder é 16 4 38 76 Por Girard, xC · xA = –2xc = − ∴ x c = 5 5 O termo independente de x é − 3 4 38 −36 Logo, C = , 5 5 36 5 Temos ainda y C = − ( x c + 2) = − Questão 29 Determine o termo constante do resto da divisão do polinômio (1 + x + x2)40 por (1 + x)3. Gabarito Seja 1 + x = y. Temos que 1 + x + x2 = 1 + (y – 1) + (y – 1)2 = y2 – y + 1. Vamos, então, encontrar o resto de (y2 – y + 1)40 por y3. Para isso, basta, em sua expansão, encontrar os termos de grau menor que 3. 40 2 40 2 y − y + y − y 1 2 Pelo binômio de Newton, essa expansão é 1+ possui parcelas de grau menor que 3. ( ) ( ) 2 + f(y) , onde f (y) não 27 PROVA – 17/12/15 Desenvolvendo, chegamos a 1 + 40 (y2 – y) + 780 (y4 – 2y3+y2) = 780 y4 – 1560y3 + 820y2 – 40y + 1. Então, o resto é, em função de y, 820y2 – 40y + 1. Voltando a x, R(x) = 820(1+x)2 – 40(1+x)+ 1. Seu termo independente é R(0) = 820 – 40 + 1 = 781. Questão 30 Em um cone circular reto de altura 1 e raio da base 1 inscreve-se um tetraedro regular com uma de suas faces paralela à base do cone, e o vértice oposto coincidindo com o centro da base do cone. Determine o volume do tetraedro. Gabarito: Num tetraedro regular de aresta l, altura h e circunraio da base r, temos as relações = r= 3, h 6 . 3 Pela semelhança, temos: r 1− h = . 1 1 1–h Substituindo tudo em l: 3 = 1− 6 3 ⇒= ⇒ =6 − 3 . 3 6+ 3 3 2 Como o volume é dado por V = , temos: 12 ( V= 6− 3 12 ) 3 2 , que é igual a V = r h 1 10 3 − 7 6 unidades de volume. 4 Comentários: A prova deste ano pode ser considerada mais difícil e com questões mais interessantes do que nos últimos concursos. Destacamos as questões 22, 25, 26 e 29 da parte discursiva, que possuem ideias difíceis para serem realizadas no tempo concedido aos candidatos. Podemos perceber também um aumento no número de questões de geometria (13 questões entre plana e analítica). Acreditamos que com a dificuldade da prova as médias serão mais baixas e os alunos mais bem preparados conseguirão se destacar dos demais. Professores: Marcio Cohen / Rodrigo Villard / Jordan Piva / Sandro Davison / Caio Dorea / Raphael Mendes 28