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GABARITO ITA

PROVA 2017/2018

MATEMÁTICA

14/12/17 NOTAÇÕES : conjunto dos números reais : conjunto dos números naturais : conjunto dos números complexos i : unidade imaginária: i 2 = − 1 |z|: módulo do número z ∈ C det A : determinante da matriz A d(A, B): distância do ponto A ao ponto B d(P, r): distância do ponto P à reta r AB: segmento de extremidades nos pontos A e B A : medida do ângulo do vértice A [a, b] = {x ∈ : a ≤ x ≤ b} [a, b[ = {x ∈ : a ≤ x < b} ]a, b] = {x ∈ : a < x ≤ b} ]a, b[ = {x ∈ : a < x < b} (f o g)(x) = (f(g(x)) X\Y ={x ∈ X e x ∉ Y} n

∑a

= a0 + a1 + a2 + ...an, sendo n inteiro não negativo

k

k =0

Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são os cartesianos retangulares.

Questão 1 Os lados de um triângulo de vértices A, B e C medem AB = 3 cm, BC= 7 cm e CA = 8 cm. A circunferência inscrita no triângulo tangencia o lado AB no ponto N e o lado CA no ponto K. Então, o comprimento do segmento NK, em cm, é A B C D

( ( ( (

) 2. ) 2 2. ) 3. ) 2 3.

E ( )

2

7 . 2

GABARITO ITA – MATEMÁTICA Gabarito: Letra A. B

3

N

A

7

C

K

Veja que AN = AK =

8

( 3 + 7 + 8 ) − 7 = 2. 2

 ; pela Lei dos cossenos: Além disso, seja a = ANK

72 = 32 + 82 – 2 · 3 · 8 cos α ⇒ cos α =

64 + 9 − 49 1 = . 48 2

 é agudo, então α = 60° ⇒ AN = NK = 2. Como ANK

Questão 2 Se x é um número real que satisfaz x3 = x + 2, então x10 é igual a A B C D E

( ( ( ( (

) 5x2 + 7x + 9. ) 3x2 + 6x + 8. ) 13x2 + 16x + 12. ) 7x2 + 5x + 9. ) 9x2 + 3x + 10.

Gabarito: Letra C. Veja que x6 = (x3)2 = (x + 2)2 = x2 + 4x + 4 Logo, x9 = x3 · x6 = (x + 2) (x2 + 4x + 4) = x3 + 6x2 + 12x + 8 ⇒ ⇒ x9 = 6x2 + 13x + 10 Portanto, x10 = x9 · x = (6x2 + 13x + 10)x = 6x3 + 13x2 + 10x ⇒ ⇒ x10 = 13x2 + 10x + 6(x + 2) = 13x2 + 16x + 12

3

14/12/17

Questão 3 Sejam a e b números inteiros positivos. Se a e b são, nessa ordem, termos consecutivos de uma progressão geométrica de razão A B C D E

( ( ( ( (

1 e o termo independente de 2

12

b    ax −  é igual a 7920, então a + b é x 

) 2. ) 3. ) 4. ) 5. ) 6.

Gabarito: Letra B. Como a e b são termos consecutivos de uma P.G. de razão 1/2, temos: 1 a ⋅ = b ( I) 2 12

b   O termo independente de x em  ax −  x   −1  onde k + (12 − k ) ⋅   = 0 é o expoente de x.  2 ⇒k=4

 12  4 8 Logo, o termo independente é:   ⋅ a ⋅ ( − b ) = 7920 (II) 4    12  4 De (I) e(II),   ⋅ ( 2 b ) ⋅ b8 = 7920 ⇒ 4   ⇒

12 ⋅ 11 ⋅ 10 ⋅ 9 ⋅ 16 ⋅ b12 = 24 ⋅ 32 ⋅ 5 ⋅ 11 1⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4

⇒ b12 = 1, como b é inteiro positivo, b = 1 → a = 2 Portanto,, a + b = 3.

4

12 − k

 12  k  −b  pode ser calculado como:   ⋅ ( ax )   k  x  

,

GABARITO ITA – MATEMÁTICA

Questão 4 Considere as funções f, g :  →  dadas por f ( x ) = ax + b e g( x ) = cx + d, com a, b, c, d ∈  , a ≠ 0 e c ≠ 0. Se f–1 ° g–1 = g–1 ° f–1 , então uma relação entre as constantes a, b, c e d é dada por A B C D E

( ( ( ( (

) b + ad = d + bc. ) d + ba = c + db. ) a + db = b + cd. ) b + ac = d + ba. ) c + da = b + cd.

Gabarito: Letra A. Solução 1: f e g são bijetoras de  em . Então: Como f–1 ° g–1 = g–1 ° f–1 ⇒ f ° f–1 ° g–1 = f ° g–1 ° f–1 ⇒ g–1 = f ° g–1 ° f–1 (1)

e

g ° g–1 ° f–1 = g ° f–1 ° g–1 ⇒ f–1 = g ° f–1 ° g–1 (2)

(1): g ° f ° g–1 ° f–1 = I ⇒ g–1 ° f–1 é a inversa de g ° f (2): f ° g ° f–1 ° g–1 = I ⇒ f–1 ° g–1 é a inversa de f ° g ⇒ f ° g = g ° f ⇒ a(cx + d) + b = c(ax + b) + d ⇔ b + ad = d + bc Solução 2: Veja que f −1( x ) =

x−b x −d e g −1(x) = . Então: c a

x−b x −d −d −b c f og =g of ⇔ = a ⇔ x − d − bc = x − b − ad ⇔ a c ⇔ b + ad = d + bc −1

−1

−1

−1

5

14/12/17

Questão 5 Sejam x1, ..., x5 e y1, ... , y5 números reais arbitrários e A = (aij) uma matriz 5 × 5 definida por aij = xi+ yj, 1 ≤ i, j ≤ 5. Se r é a característica da matriz A, então o maior valor possível de r é A ( ) 1.

B ( ) 2.

C ( ) 3.

D ( ) 4.

E ( ) 5.

Gabarito: Letra B. Lembremos que característica é, por definição, o maior k para o qual podemos selecionar linhas L1, L2 ..., Lk e colunas C1, C2, ..., Ck numa matriz A e o determinante k × k formado pelos elementos dessas linhas e colunas seja não nulo. A característica não se altera ao somar a uma fila uma combinação linear de filas paralelas a ela. Assim, das linhas 2, 3, 4 e 5, subtraia a linha 1: x1 + y 2 x1 + y 3 x1 + y 4 x1 − y 5   x1 + y1   x 2 − x1 x 2 − x1 x 2 − x1 x 2 − x1   x 2 − x1  x 3 x1 A ' =− x 3 − x1 x 3 − x1 x 3 − x1 x 3 − x1    x 4 − x1 x 4 − x1 x 4 − x1 x 4 − x1   x 4 − x1 x − x x 5 − x1 x5 − x1 x5 − x1 x5 − x1  1  5 Das 4 últimas linhas, para um det não nulo, só pode-se escolher uma. Além disso, podemos escolher a linha 1. Portanto, a característica é no máximo 2. Para xi = i, xj = j (i, j = 1, 2, 3, 4, 5), obtemos um exemplo com característica 2.

Questão 6 Sobre duas retas paralelas r e s são tomados 13 pontos, m pontos em r e n pontos em s, sendo m > n. Com os pontos são formados todos os triângulos e quadriláteros convexos possíveis. Sabe-se que o quociente entre o número de quadriláteros e o número de triângulos é 15/11. Então, os valores de n e m são, respectivamente, A B C D E

( ( ( ( (

) 2 e 11. ) 3 e 10. ) 4 e 9. ) 5 e 8. ) 6 e 7.

Gabarito: Letra E. m pontos

13 – m pontos

6

GABARITO ITA – MATEMÁTICA  m   13 − m   m   13 − m  No de triangulos possíveis:   ·    + ·  2  1   1  2   m   13 − m  No de quadriláteros convexos possíveis:   ·   2  2  Pelo problema:  m   13 − m   m   13 − m    ·  + ·  2   1   1   2  = 11 ⇒ 15  m   13 − m   ·  2  2   m ( m − 1) (13 − m)(12 − m)  m ( m − 1) (13 − m)(12 − m) 15 ·  · · (13 − m) + m  = 11· 2 2 2 2  

(

)

30 (m − 1)(13 − m) + (13 − m)(12 − m) = 11( m − 1)(13 − m) (12 − m) 30 ( m − 1 + 12 − m) = 11 ( m − 1)(12 − m) ( m − 1)(12 − m) = 30 ⇒ m = 7 e n = 13 − m = 6

Questão 7 Considere a definição: duas circunferências são ortogonais quando se interceptam em dois pontos distintos e nesses pontos suas tangentes são perpendiculares. Com relação às circunferências C1: x2 + (y + 4)2 = 7, C2 : x2 + y2 = 9 e C3 : (x – 5)2 + y2 = 16, podemos afirmar que A B C D E

( ( ( ( (

) somente C1 e C2 são ortogonais. ) somente C1 e C3 são ortogonais. ) C2 é ortogonal a C1 e a C3. ) C1, C2 e C3 são ortogonais duas a duas. ) não há ortogonalidade entre as circunferências.

Gabarito: Letra C. Sejam 2 circunferências que se interceptam em 2 pontos distintos.

P O1

–α

C1 90

Seja α o ângulo entre as tangentes no ponto de interseção P. ^ Logo, o ângulo O1P O2 é 180 – α. Se α = 90° (circunferências ortogonais) ⇒ ^ ⇒ O1P O2 = 90°.

s

r

α

C2 90

–α

O2

7

14/12/17 • Logo, devemos fazer dois testes para avaliar a ortogonalidade:

1) circunferências secantes: (distância entre os centros) < (soma dos raios) ^ 2) ângulo O1P O2 = 90°: (distância entre os centros)2 = (raio1)2 + (raio2)2, por pitágoras



Veja que a condição 2 já garante a condição 1, então basta testá-la.

⇒ teste 1: C1 e C2: C1 centro: (0,–4) raio: 7

⇒ (distância entre os centros)2 = (0)2 + (4)2 = 16

C2 centro: (0,0) raio: 3

⇒ (raio1)2 + (raio2)2 = ( 7 )2 + (3)2 = 16 ⇒ são ortogonais

⇒ teste 2: C1 e C3: C1 centro: (0,–4) raio: 7

⇒ (distância entre os centros)2 = (–5)2 + (–4)2 = 41

C3 centro: (5,0) raio: 4

⇒ (raio1)2 + (raio2)2 = ( 7 )2 + (4)2 = 23 ⇒ não são ortogonais

⇒ teste 3: C2 e C3: C2 centro: (0,0) raio: 3 C3 centro: (5,0) raio: 4

⇒ (distância entre os centros)2 = (5)2 + (0)2 = 25 ⇒ (raio2)2 + (raio3)2 = (3)2 + (4)2 = 25 ⇒ são ortogonais

Questão 8 As raízes do polinômio 1 + z + z2 + z3 +z4 + z5 + z6 + z7, quando representadas no plano complexo, formam os vértices de um polígono convexo cuja área é 2 −1 . 2 2 +1 ) . 2 ) 2. 3 2 +1 ) . 2 ) 3 2.

A ( ) B ( C ( D ( E (

8

GABARITO ITA – MATEMÁTICA Gabarito: Letra D. 2 3 4 5 6 7 Somando a PG temos 1 + z + z + z + z + z + z + z =

z8 − 1 . z −1

8  z = 1 Veja que as 7 raízes satisfazem  e podem ser representadas como na figura.  z ≠ 1

Assim, a área do heptágono é a soma de 6 triângulos do tipo A com um do tipo B. A:

1 2 ⋅ 1⋅ 1⋅ sen 45° = 2 4

∴S = 6 ⋅

B:

1 1 ⋅ 1⋅ 1 = 2 2

2 1 3 2 +1 + = . 4 2 2

A

A

A B A A

1

A

Questão 9 Se log2 p = a e log5 p = b, então 1 1 1 < + ≤ 1. 2 a b

A ( )

1 1 1 + ≤ . a b 2

B ( )

D ( )

3 1 1 < + ≤ 2. 2 a b

E ( ) 2 <

C ( ) 1 <

1 1 3 + ≤ . a b 2

1 1 + . a b

Gabarito: Letra E. Analisemos

1 1 + : a b

1 1 1 1 += + = logp 2 + logp = 5 logp10. a b log2 p log5 p

Com 2 casas decimais, sabemos que π ≈ 3,14 e 10 ≈ 3,16 Daí, π < 10 ⇒ π2 < 10. 1 1 2 + log p10 > log= 2. Então, = pp a b

9

14/12/17

Questão 10 O lugar geométrico das soluções da equação x2 + bx + 1 = 0, quando |b| < 2, b ∈ , é representado no plano complexo por A ( ) dois pontos. C ( ) uma circunferência menos dois pontos. E ( ) uma circunferência.

B ( ) um segmento de reta. D ( ) uma circunferência menos um ponto.

Gabarito: Letra C. Equação x2 + bx + 1 = 0 ⇒ D = b2 – 4 Como b < 2 ⇒ Δ < 0 ⇒ raízes são não reais. Como os coeficientes são reais, as raízes serão conjugadas uma da outra. ⇒ Raízes: Z e Z. • Relações de Girard: – soma: Z + Z = –b ⇒ 2 Re (Z)= –b ⇒ Re (Z)= −



2

2

– produto: Z · Z = 1 ⇒ Z = 1 ⇒ Z == 1



2

b 0 (Z) < 1 ⇒ com b < 2: ⇒ –1 Δ <
Logo, temos que Z == 1, 1 com a restrição de Re (Z) ∈ ]–1,1[ Im

LG:

1

–1

1

Re

–1 Resposta: uma circunferência menos 2 pontos.

10

GABARITO ITA – MATEMÁTICA

Questão 11  = π/2, C  = π/3 e o lado BC= 1 cm. Se o lado AB é o Em um triângulo de vértices A, B e C são dados B diâmetro de uma circunferência, então a área da parte do triângulo ABC externa à circunferência, em cm2, é A ( ) π − 3 3 . 8 16

B ( ) 5 3 − π . 4 2

D ( ) 5 3 − π . 16 8

E ( ) 5π − 3 3 . 8 16

C ( ) 5π − 3 3 . 8 4

C

Gabarito: Letra D. P  = π/2, C  = π/3, então A = π/6. Como B

1

Além disso, AB = 3, portanto o raio do círculo é 3 . Seja O o centro desse círculo, P a interseção 2 da circunferência com AC.

A

30°

60° O

B

 . A área desejada é dada por [ ABC] − [ AOP ] − setor POB  

[ ABC] =

1⋅ 3 3 = . 2 2

3 3 ⋅ 2 2 ⋅ sen 120° = 3 3 . [ AOP ] = 2 16 2

  = 60° ⋅ π ⋅  3  = π . setor POB  2    3 60° 8   Logo, a área desejada é S =

3 3 3 π 5 3 π − − = − 2 16 8 16 8

11

14/12/17

Questão 12 Com relação à equação

tg3 x − 3 tg x + 1 = 0 , podemos afirmar que 1 − 3 tg2 x

 π π A ( ) no intervalo  − ,  a soma das soluções é igual a 0.  2 2  π π B ( ) no intervalo  − ,  a soma das soluções é maior que 0.  2 2 C ( ) a equação admite apenas uma solução real.  π D ( ) existe uma única solução no intervalo 0,  .  2 π E ( ) existem duas soluções no intervalo  − , 0  .  2  Gabarito: Letra B. Sabemos que tg(3 x ) =

3 tg x − tg3 x . 1 − 3 tg2 x

Logo, a equação do enunciado equivale a tg (3x) = 1. Portanto, as soluções são da forma 1 π  x =  + kπ , k ∈  3 4   π π Analisando as soluções no intervalo  − ,  , obtemos:  2 2 −

−

π 2

π 12

π 4 0

Veja que de fato nenhuma das raízes acima zera o denominador 1 – 3 tg2x. Temos que a soma das raízes nesse intervalo é: π π 5π π − + + = > 0, o que nos dá a letra B como resposta. 4 12 12 4

12

5π 12 π 2

GABARITO ITA – MATEMÁTICA

Questão 13 Sejam A e B matrizes quadradas n × n tais que A + B = A · B e In a matriz identidade n × n. Das afirmações: I. In – B é inversível; II. In – A é inversível; III. A · B = B · A. é(são) verdadeira(s) A B C D E

( ( ( ( (

) Somente I. ) Somente II. ) Somente III. ) Somente I e II. ) Todas.

Gabarito: Letra E. A + B = AB AB – A – B = 0 AB – A – B + I = I (A – I)(B – I) = I (I – A)(I – B) = I Logo, I – A e I – B são inversas uma da outra. Assim, I e II são verdadeiras. Daí, (B – I)(A – I) = I, o que implica BA – A – B = 0 Logo, BA = A + B = AB. Portanto, III é verdadeira.

Questão 14 x + y + z = 0   Se o sistema 2 a2 y + 2 a4 − a z = 0 admite infinitas soluções, então os possíveis valores do parâmetro  3  x + ay + a − 1 z = 0 a são

(

(

) )

−1 − 3 −1 + 3 , . 2 2 1− 3 1+ 3 B ( ) 0, − 1, , . 2 2 A ( ) 0, − 1,

C ( ) 0, − 1, −1 + 3 , 1 + 3 . 2 2 D ( ) 0, − 1, − 1 − 3 , − 1 + 3 . E ( ) 0, − 1, 1 − 3 , 1 + 3 .

13

14/12/17 Gabarito: Letra B. Para que o sistema admita infinitas soluções, dado que é homogêneo, então ele deve ser possível e indeterminado. Logo, o determinante principal deve ser nulo. Portanto: 1

1

0 2a 1

1

2

4

2a − a = 0 ⇔ a3 − 1

a 1

1

1

(Chió)

3

⇔ a 0 2a 2a − 1 = 0 ⇔ 1

⇔a

a

2a

a3 − 1 2 a3 − 1

a − 1 a3 − 2

= 0 ⇔ a = 0 ou − 4 a + 2 a3 + a − 1 = 0

⇔ a = 0 ou ( a + 1)( 2 a2 − 2 a − 1) = 0 ⇔

a = 0 ou a = −1 ou a =

2 ± 12 1 ± 3 = 2 4

Questão 15 1  1 Considere a matriz   −1   −2

x 2 3 2

produto das raízes de p(x) é A ( )

1 . 2

B ( )

1 . 3

C ( )

1 . 5

D ( )

1 . 7

E ( )

1 . 11

14

x2 3 4 1

x3   4 , x ∈ . Se o polinômio p(x) é dado por p(x) = detA, então o 5  1 

GABARITO ITA – MATEMÁTICA Gabarito: Letra D. Como queremos o produto das raízes basta analisarmos o coeficiente de x3 e o coeficiente de x0 1) Coeficiente de x3 = cofator de x3:

1 2 3 5 7 −1 ⋅ −1 3 4 = − 1 ⋅ =7 6 7 Chió −2 2 1



2) Coeficiente de x0 = cofator de x0:

2 3 4 1· 3 4 5 2 1 1



=

8 + 30 + 12 − 32 − 10 − 9 = −1

Sarrus

Por Girard, o produto das raízes é: −( −1) 1 = . 7 7

Questão 16 Considere a classificação: dois vértices de um paralelepípedo são não adjacentes quando não pertencem à mesma aresta. Um tetraedro é formado por vértices não adjacentes de um paralelepípedo de arestas 3 cm, 4 cm e 5 cm. Se o tetraedro tem suas arestas opostas de mesmo comprimento, então o volume do tetraedro é, em cm3: A B C D E

( ( ( ( (

) 10. ) 12. ) 15. ) 20. ) 30.

D’ C’

Gabarito: Letra D.

A’

B’ 3

O tetraedro A’BC’D satisfaz a definição dada, considerando o paralelepípedo ABCDA’B’C’D’.

C

D A

4 5

B Portanto: Vol(A’BC’D) = Vol(ABCDA’B’C’D’) – Vol(AA’BD) – Vol(BB’A’C’) – Vol(CC’BD) – Vol(DD’A’C’) = 1 4⋅5 3⋅4⋅5 − 4⋅ ⋅ ⋅ 3 = 60 − 40 = 20 3 2

15

14/12/17

IME 2018 APROVADOS

36

HÁ 7 ANOS,

A MAIOR

APROVAÇÃO

DO RIO 16

GABARITO ITA – MATEMÁTICA

Questão 17 Os triângulos equiláteros ABC e ABD têm lado comum AB. Seja M o ponto médio de AB e N o ponto médio de CD. Se MN = CN = 2 cm, então a altura relativa ao lado CD do triângulo ACD mede, em cm, A ( )

60 . 3

B ( )

50 . 3

C ( )

40 . 3

D ( )

30 . 3

E ( )

2 6 . 3

Gabarito: Letra A. Como os DABC e DABD são equiláteros, as alturas MC e MD são iguais, portanto DMCD é isósceles. Também o DACD é isósceles, de altura AN. No DMNC, por Pitágoras, tem-se que MC =

22 + 22 = 2 2. 4 6  3 . No DABC equilátero, = MC 2= 2 , logo AC= = 3 2 2

No DANC, por Pitágoras, tem-se que AN=

AC − CN= 2

2

4 6 2   − 2=  3 

60 . 3

C N

B

D M

A

17

14/12/17

Questão 18 Uma progressão aritmética (a1, a2, ... , an) satisfaz a propriedade: para cada n ∈ , a soma da progressão

a2  a1  a a5 é igual a 2n +5n. Nessas condições, o determinante da matriz  4 a +2 a 8  7 A ( ) –96. 2

B C D E

( ( ( (

a3   a6  é a9 

) –85. ) 63. ) 99. ) 115.

Gabarito: Letra A. Veja que, pelo enunciado, a1 = 2 · 12 + 5 · 1 = 7 e a1 + a2 = 2 · 22 + 5 · 2 = 18 ⇒ a2 = 11 Assim, a razão r desta P.A. é dada por r = a2 – a1 = 4 No determinante

a1 a2 a4 a5 a7 + 2 a8

a3 a1 r r C '3 = C3 − C2 . Logo, basta calcular a4 a6 , aplicamos Jacobi  r r. C '2 = C2 − C1 a9 a7 + 2 r − 2 r

 L '3 = L3 − L2 Aplicando Jacobi novamente   L '2 = L2 − L1

Obtemos então

− (3r ) ⋅

a1 r r 3r 0 0 . Aplicando Laplace na segunda linha, o determinante é calculado por: 3 r + 2 −2 0

r r = − ( 3 r ) ( +2 r ) = − 6 ⋅ r 2 = − 96 −2 0

Questão 19 São dadas duas caixas, uma delas contém três bolas brancas e duas pretas e a outra contém duas bolas brancas e uma preta. Retira-se, ao acaso, uma bola de cada caixa. Se P1 é a probabilidade de que pelo menos uma bola seja preta e P2 a probabilidade de as duas bolas serem da mesma cor, então P1 + P2 vale

A ( )

18

8 . 15

B ( )

7 . 15

C ( )

6 . 15

D ( ) 1.

E ( )

17 . 15

GABARITO ITA – MATEMÁTICA Gabarito: Letra E. Vamos calcular cada probabilidade separadamente: P1: Pelo menos uma bola preta = TOTAL – DUAS BOLAS BRANCAS 3 2 2 3 1− ⋅ = 1− = 5 3 5 5 P2: As duas bolas da mesma cor = DUAS BOLAS BRANCAS + DUAS BOLAS PRETAS 3 2 2 1 8 ⋅ + ⋅ = 5 3 5 3 15 Logo P1 + P2 =

3 8 17 + = . 5 15 15

Questão 20  x+y = 1 3 3 2 admita apenas soluções reais, todos os valores reais de c pertencem x + y = c

Para que o sistema  ao conjunto 1  A ( )  −∞, −  . 4  

1  1   B ( )  −∞, −    , ∞  . 4 4  

1  D ( )  , ∞  . 2 

1  1   E ( )  −∞, −    , ∞  . 2 2  

1 1 C ( )  − , −  . 4  2

Gabarito: Letra E. x + y =1 ↔ y = 1 – x Substituindo em x3 + y3 = c2: x3 + (1 – x)3 = c2 3x2 – 3x – (c2 – 1) = 0 Soluções reais: D ≥ 0 9 + 12(c2 – 1) ≥ 0 1 c2 ≥ 4 1 1 c ≥ ou c ≤ − 2 2 A resposta do item B contém a do item E, o que pode gerar um problema de interpretação no que foi pedido.

19

14/12/17

Questão 21 Um poliedro convexo tem faces triangulares e quadrangulares. Sabe-se que o número de arestas, o número de faces triangulares e o número de faces quadrangulares formam, nessa ordem, uma progressão aritmética de razão -5. Determine o número de vértices do poliedro. Gabarito: Usemos a notação convencional. (A, F3, F4) é P.A. de razão –5. Assim: F3 = A – 5 F4 = A – 10 Como só há faces triangulares e quadrangulares, tem-se F = F3 + F4 = (A – 5) + (A – 10) = 2A – 15. Sabemos, também, que 2A = 3F3 + 4F4. * Daí, 2A = 3(A – 5) + 4(A – 10) = 7A – 55 ⇒ A = 11. Em *, F = 7. Pela relação de Euler, V – A + F = 2. ∴ V – 11 + 7 = 2 V = 6. Comentário: De fato, esse poliedro existe:

Questão 22 Encontre o conjunto solução S ⊂  da inequação exponencial: 3 x − 2 + Gabarito: Abrindo o somatório: 1081 ⇒ 18 1081 ⇒ 3 x −2 1 + 33 + 34 + 35 + 36  ≤ 18   1081 3 x −2 1 27 +  81 243 + 729 + +    ≤ 18 ⇒ 1081  

3 x −2 + 3 x +1 + 3 x +2 + 3 x +3 + 3 x +4 ≤

3 x −2 ≤

20

1 18

4

∑3 k =1

x+k

≤

1081 . 18

GABARITO ITA – MATEMÁTICA Aplicando log na base 3: x − 2 ≤ 0 − log3 18 ⇒ x ≤ 2 − log3 18 ⇒ x ≤ 2 − log3 32 − log3 2 ⇒ x ≤ − log3 2 Assim, o conjunto solução é: { x ∈ | x ≤ − log3 2}

Questão 23 No plano cartesiano são dadas as circunferências C1 : x2 + y2 = 1 e C2 : (x - 4)2+ y2 = 4. Determine o centro e o raio de uma circunferência C tangente simultaneamente a C1 e C2, passando pelo ponto

(

)

A = 3, 3 . A

Gabarito: Consideramos, inicialmente, que C tangencia C1 e C2 externamente Veja que A e C2. Sendo O1 e O2 os centros de C1 e C2, respectivamente, veja na figura 1 que AO2 faz ângulo de 60° com o eixo 1 x negativo. (cosseno igual a ). 2

2 3

C2

60° 1

O2

figura 1

x

Sejam O o centro de C e r o seu raio. Pela lei dos cossenos no DOO1O2; (r + 1)2 = (r + 2)2 + 42 – 4(r + 2) 11 r= 2

figura 2

O

r+1

r+2

Na figura 3: 60° 15 15 3  y 0 = sen 60° =  2 4  ⇒ 0 =  1 , 15 3   4 4  15 1   R0 = 4 − cos 60° =   2 4

O1

4

O2

21

14/12/17  1 15 3  Logo, nesse caso, o centro é  ,  e o 11 4 4  raio é . 2 Comentário:

C

poderia

tangenciar

O 11 2

C1

externamente e C2 internamente. A solução 11 é análoga e encontramos raio = e 2  23 7 3  centro =  ,−  , que também é uma 4   4 possibilidade.

15 2 A 2 60° O2

figura 3

Questão 24 Seja z = cos

π π + i sen . Pedem-se: 7 7

k a) U  se a propriedade z = cos

π 3π 5π kπ kπ e cos + i sen , k ∈ , para expressar cos , cos 7 7 7 7 7

em função de z. b) Determine inteiros a e b tais que

a 3π 5π π = cos + cos + cos . 7 b 7 7

Gabarito: π π 1  π π a) Se z = cis , então, = z = cis  −  = cos − i sen z 7 7 7   7 1 z+ π z. Daí cos = 7 2 3

5

5π  π  3π  π  = cis = z 5, =  cis  = z 3 e cis 7  7  7  7 1 1 z5 + 5 z3 + 3 5π 3π z z = temos cos e cos . = 7 2 7 2

Analogamente, com o cis

π 3π 5π 1  1 1 1 =  z + z3 + z5 + + 3 + 5 . b) Somando os cossenos, temos que E = cos + cos + cos 7 7 7 2 z z z  7



 π Veja que z 7 =  cis  = cis π = −1. Daí,  7

22

GABARITO ITA – MATEMÁTICA



1 6  z = −z  1 4  3 = −z z  1 2  z5 = − z 

Então, E =

1 ( z − z 2 + z 3 − z 4 + z 5 − z 6 ). Somando a PG: 2



1  ( − z )6 − 1  1  z 6 − 1  ⋅ z =  = z ⋅ 2  ( − z ) − 1  2  − z − 1  1  − − 1 1  1  −1 − z  1 = z z = . = 2  − z − 1  2  − z − 1  2    



Podemos, então tomar a = 1, b = 2 (Funcionam quaisquer a = k, b = 2k, k ∈ *)

E=

Questão 25 Uma reta r separa um plano p em dois semiplanos p1 e p2. Considere pontos A e B tais que A ∈ p1 e B p2 de modo que d(A, r) = 3, d(B, r) = 6 e d(A, B) = 15. Uma circunferência contida em p passa pelos pontos A e B e encontra r nos pontos M e N. Determine a menor distância possível entre os pontos M e N. Gabarito: Chamando de P a interseção de AB com a reta r, MP = a, PN = b, tem -se por semelhança que AP 3  AP = 5 = ⇒ PB 6  PB = 10 Quer-se MN = a + b mínimo. Por Potência, MP · PN = PA · PB ⇒ a · b = 50.

A A 3 M

P

b

N r

a 10

6

Por desigualdade M.A. ≥ M.G., temos: a+ b ≥ ab ⇒ ab ≥ 2 50 = 10 2 2

B

com igualdade quando a = b = 5 2 (esse caso é possível, quando o centro do círculo é a interseção da perpendicular a r traçada por P com a mediatriz AB). Logo, o valor mínimo de MN é 10 2.

23

14/12/17

Questão 26 De uma caixa que contém 10 bolas brancas e 6 bolas pretas, são selecionadas ao acaso k bolas. a) Qual a probabilidade de que exatamente r bolas sejam brancas, nas condições 0 ≤ k – r ≤ 6 e 0 ≤ k ≤ 10. b) Use o item (a) para calcular a soma 6  10   6     ∑ r= 0  r  6 − r  Gabarito: a)

escolha das brancas

escolha

das pretas     10   6     ⋅  r  k − r  16    k 

 10   6  b) O item (a) nos diz que o produto   ⋅   é a escolha de 6 bolas  r  k − r dentre 10 bolas brancas e 6 bolas pretas onde há exatamente r bolas brancas com 0 ≤ r ≤ 6. Dessa forma

6

r =0

total de casos

 10   6 

∑ r  ⋅  k − r  

 



é a soma de

todos os casos, ou seja, é a escolha de 6 bolas dentre 16 bolas que é  16  igual a   = 8008 . 6

Questão 27 Quantos pares de números inteiros positivos (A, B) existem cujo mínimo múltiplo comum é 126 × 103? Para efeito de contagem, considerar (A, B) ≡ (B, A). Gabarito: Veja que N = 126 · 103 = 24 · 32 · 53 · 7. Como mmc(A, B) = 126 · 103, A e B só possuem os fatores 2, 3, 5 ou 7. Logo, podemos escrever A = 2a13a2 5a3 7a4 e B = 2b13 b2 5 b3 7 b4 . Sejam e1, e2, e3 e e4 os expoentes correspondentes aos fatores 2, 3, 5 e 7 em N, respectivamente. Para o m.m.c. ser exatamente N, algum entre α1 e b1, deve ser igual a 4, algum entre a2 e b2 deve ser igual a 2 e assim por diante. Logo, para cada par (ai, bi), ou ai = bi e ambos são iguais ao expoente de N correspondente ei ou temos 2 maneiras de escolher quem será igual a ei e o outro varia de 0 a ei – 1. Portanto, temos: 1 + 2ei possibilidades para o par (ai, bi) Portanto, variando i e aplicando o princípio multiplicativo, temos no total: (1 + 2 · 4)(1 + 2 · 2)(1 + 2 · 3)(1 + 2 · 1) = 945 pares. Mas devemos retirar as repetições. Todos os pares repetem duas vezes, menos o par (N, N). Logo, o total de pares é: 945 − 1 + 1 = 473 2

24

GABARITO ITA – MATEMÁTICA

Questão 28 A aresta lateral de uma pirâmide reta de base quadrada mede 13 cm e a área do círculo inscrito na base 25p 2 mede cm . Dois planos, p1 e p2, paralelos à base, decompõem a pirâmide em três sólidos de mesmo 2 volume. Determine a altura de cada um desses sólidos. Gabarito: Sendo r o inraio da base quadrada, πr 2 =

25π 5 , logo r = . 2 2

Seja V-ABCD a pirâmide, cuja base tem centro O. 5 2 = 5. Logo, por Pitágoras, a altura da pirámide é VO =12 = H. 2 Decompondo a pirâmide como no enunciado, obtém-se três pirâmides, digamos, de volumes v, 2v e 3v, e alturas h1, h2 e H, respectivamente. V Tem-se VA = 13,= OA

Por semelhança, 3

v  h1  H = ⇒ h1 = 3 3v  H  3 H3 2 2v h2 = ⇒ h2 = 3 . 3v H 3

D

Assim, as alturas dos sólidos em que a pirâmide fica decomposta são: H 12 3 9 h1 = 3 = = 4 3 9 cm 3 3 h2 − h1 =

H3 2 3

3

−

H 3

3

= 43 9

(

3

)

e H − h2 = H −

H3 2 3

3

= 43 9

(

3

h1

2 − 1 cm

)

3 − 3 2 cm.

A

C

O B

V h1

h2

h1 – h1 H – h2

25

H

14/12/17

Questão 29 Seja p(x) um polinômio não nulo. Se x3 – 4x2 + 5x – 2 e x3 – 5x2 + 8x – 4 são divisores de p(x), determine o menor grau possível de p(x). Gabarito: Veja que 1 é a raiz nos dois polinômios:

1

1

1

–4

5

–2

1

–3

2

0

1

–5

8

–4

1

–4

4

0

⇒ x3 – 4x2 + 5x – 2 = (x – 1) (x2 – 3x + 2) = (x – 1) (x – 1) (x – 2) = (x – 1)2 (x – 2)

⇒ x3 – 5x2 + 8x – 4 = (x – 1) (x2 – 4x + 4) = (x – 1) (x – 2) (x – 2) = (x – 1) (x – 2)2

Logo, (x – 1)2 (x – 2) e (x – 1) (x – 2)2 dividem p(x) e como mdc (x – 1, x – 2) = 1, devemos ter pelo menos (x – 1)2 e (x – 2)2 como fatores de p(x) e por isso o grau de p(x) é no mínimo 4 (já que o p(x) ≠ 0). Um exemplo é p(x) = (x – 1)2 (x – 2)2.

Questão 30 No plano cartesiano são dados o ponto P = (0, 3) e o triângulo de vértices A = (0, 0), B = (3, 0) e C = (3, 2). Determine um ponto N sobre o eixo dos x de modo que a reta que passa por P e N divida o triângulo ABC em duas regiões de mesma área. Gabarito: P 3 A

C K

2 B

Seja = K AC ∩ BP. Veja que, por semelhança, AP > BC implica AK > CK. Daí, área (ABK) > área (BCF). Portanto, temos que xN < xB. Seja = J AC ∩ PN.

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GABARITO ITA – MATEMÁTICA Veja que área (AJN) = área (BCJN) 1 1 3⋅2 3 = . ⇒ área (AJN) = área (ABC) = ⋅ 2 2 2 2 Seja N = (n, 0). 2   AC: y = 3 x . Temos   PN: x + y = 1  n 3

P

C J

A

N

B

Encontrando J: 2 x xJ 3 J  1 2 1 xJ  +  = 1 + =⇒ n 3  n 9 9n 6n = xJ = e yJ 2n + 9 2n + 9 n ⋅ yJ 3 = Agora, veja que área (AJN) = 2 2 6n = 3 2n + 9 ⇔ 2n2 = 2n + 9 ⇔ 2n2 − 2n − 9 = 0

⇒ n⋅

n=

2 ± 2 19 . 4

Como n > 0, segue que n =

19 + 1 . 2

 19 + 1  ∴N = , 0 .    2 

Comentários da prova de Matemática A prova de Matemática do ITA abrangiu o conteúdo previsto e apresentou nível de dificuldade mais elevado em relação aos anos anteriores, com destaque para as questões 5, 10, 13, 23 e 25. A questão 5 apresentou o conceito de característica de uma matriz, pouco visto no Ensino Médio. Portanto, um pouco obscuro para os candidatos. Por fim, parabenizamos a banca de Matemática do ITA pela prova elaborada. Professores: Jorge Henrique / Lucas Herlin / Rafael Filipe / Raphael Mendes / Renan Rodrigues / Rodrigo Villard / Sandro Davison

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