NOTAÇÕES
N = {1, 2, 3,...}
R : conjunto dos números reais
C : conjunto dos números complexos
[a, b] = {x ∈ R; a ≤ x ≤ b}
( a , +∞ ) = ] a , +∞ [ = { x ∈ R ; a < x < +∞}
A\B = { x ∈ A ; x ∉ B}
AC : complementar de A
i : unidade imaginária: i2 = −1
|z|: módulo do número z ∈ C
Re z : parte real do número z ∈ C
Im z : parte imaginária do número z ∈ C
M m × n ( R ) : conjunto das matrizes reais m × n
t
A : transposta da matriz A
det A : determinante da matriz A
P(A) : conjunto de todos os subconjuntos do
conjunto A
n(A) : número de elementos do conjunto finito A
AB : segmento de reta unindo os pontos A e B
tr A : soma dos elementos da diagonal principal da matriz quadrada A
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos retangulares.
Sejam A e B subconjuntos do conjunto universo U = {a, b, c, d, e, f, g, h}. Sabendo que
( BC ∪ A )C = {f, g, h}, BC ∩ A = {a, b} e
AC \B = {d, e}, então, n( P( A ∩ B)) é igual a
b) 1.
c) 2.
d) 4.
e) 8.
alternativa C
Observando que A ∩ B , B ∩ AC = (BC ∪ A)C ,
BC ∩ A e AC ∩ BC = AC\B particionam o universo U, então A ∩ B =
= U \ [(BC ∪ A)C ∪ (BC ∩ A) ∪ (AC \B)] =
= {a, b, c, d, e, f, g, h}\({f, g, h} ∪
∪ {a, b} ∪ {d, e}) = {c} e, portanto, n(P(A ∩ B)) =
= 2 n(A ∩ B) = 21 = 2 .
Uma empresa possui 1000 carros, sendo
uma parte com motor a gasolina e o restante
com motor “flex” (que funciona com álcool e
com gasolina). Numa determinada época,
neste conjunto de 1000 carros, 36% dos carros com motor a gasolina e 36% dos carros
com motor “flex” sofrem conversão para também funcionar com gás GNV. Sabendo-se
que, após esta conversão, 556 dos 1000 carros desta empresa são bicombustíveis,
pode-se afirmar que o número de carros tricombustíveis é igual a
a) 246.
b) 252.
c) 260. d) 268. e) 284.
alternativa B
Questão 1
a) 0.
Questão 2
Sendo x o número de carros flex antes da conversão, o número de carros a gasolina é 1 000 − x.
Como 36% dos carros a gasolina sofrem conversão, 64% dos carros flex não sofrem e o número
de carros bicombustíveis após a conversão é 556,
temos 0,64x + 0,36 (1 000 − x) = 556 ⇔ x = 700.
Logo o número de carros tricombustíveis é
0,36 ⋅ 700 = 252.
Questão 3
Seja f : R → R\{0} uma função satisfazendo
às condições:
f (x + y) = f (x) f (y), para todo x, y ∈ R e
f ( x ) ≠ 1, para todo x ∈ R\{0}.
Das afirmações:
I. f pode ser ímpar.
II. f (0) = 1.
matemática 4
III. f é injetiva.
IV. f não é sobrejetiva, pois f ( x ) > 0 para todo
x ∈ R.
é (são) falsa(s) apenas
a) I e III.
b) II e III.
c) I e IV.
d) IV.
e) I.
alternativa E
•
Inicialmente, vamos determinar f(0):
f(0 + 0) = f(0) ⋅ f(0) ⇔ f(0) = [f(0)]
2
π⎞
π⎞
⎛
⎛
= cos ⎜ π − ⎟ + i sen ⎜ π − ⎟ =
⎝
⎝
5⎠
5⎠
π
π
= −cos
+ i sen
= −a + bi
5
5
Questão 5
O polinômio de grau 4
( a + 2b + c ) x4 + ( a + b + c ) x 3 − ( a − b) x2 +
+ (2a − b + c ) x + 2( a + c ),
com a, b, c ∈ R, é uma função par. Então, a
soma dos módulos de suas raízes é igual a
a) 3 + 3 .
b) 2 + 3 3 .
c) 2 + 2 .
d) 1 + 2 2 .
e) 2 + 2 2 .
Logo, como o conjunto de chegada da função é
R ∗ , f(0) = 1, o que mostra que a afirmação II é verdadeira.
Temos ainda que em toda função ímpar f(0) =
= −f(0) ⇔ f(0) = 0 e, assim, podemos concluir
que a afirmação I é falsa.
• Iremos mostrar a seguir que f é injetiva.
Sejam x1 e x 2 reais tais que f(x1 ) = f(x 2 ). Então
f(x1 ) = f(x 2 + (x1 − x 2 )) = f(x 2 ) ⋅ f(x1 − x 2 ) ⇔
⇔ f(x1 − x 2 ) = 1.
Porém 0 é o único real para o qual a função é
igual a 1 e, portanto, x1 − x 2 = 0 ⇔ x1 = x 2 .
Isso completa a nossa demonstração.
Assim, a afirmação III é verdadeira.
• Para todo x real,
2
x⎞
⎛x
⎛x⎞
⎛ x ⎞ ⎡ ⎛ x ⎞⎤
f(x) = f ⎜ + ⎟ = f ⎜ ⎟ ⋅ f ⎜ ⎟ = ⎢f ⎜ ⎟ ⎥ > 0,
⎝2
⎝2 ⎠
⎝ 2 ⎠ ⎣ ⎝ 2 ⎠⎦
2⎠
Como o polinômio é de grau 4 e é uma função
par, temos:
(a + 2b + c)x 4 + (a + b + c)x 3 − (a − b)x 2 +
+ (2a − b + c)x + 2(a + c) = (a + 2b + c) ⋅ ( −x) 4 +
+ (a + b + c) ⋅ ( −x) 3 − (a − b) ⋅ ( −x) 2 +
+ (2a − b + c) ⋅ ( −x) + 2(a + c) ⇔
a + 2b + c ≠ 0
a = 2b
⇔ a + b + c = 0 ⇔ c = −3b
2a − b + c = 0
b ≠0
isto é, f(x) > 0 para todo x ∈ R e, conseqüentemente, f não é sobrejetiva.
A afirmação IV é verdadeira.
Logo o polinômio tem a forma bx 4 − bx 2 − 2b =
= b(x 4 − x 2 − 2), cujas raízes são tais que
Questão 4
x 4 − x 2 − 2 = 0 ⇔ x 2 = 2 ou x 2 = −1 ⇔
⇔ x = − 2 ou x = 2 ou x = −i ou x = i .
A soma dos módulos das raízes é, portanto,
|− 2 | + | 2 | + |−i | + | i | = 2 + 2 + 1 + 1 =
π
π
e b = sen , então, o número
5
5
54
π
π
complexo ⎛⎜cos
+ i sen ⎞⎟ é igual a
⎝
5
5⎠
a) a + bi.
b) − a + bi.
c) (1 − 2a2b2 ) + ab(1 + b2 )i.
Se a = cos
d) a − bi.
e) 1 − 4 a2b2 + 2ab(1 − b2 )i.
alternativa E
=2 +2 2.
Questão 6
Considere as funções f ( x ) = x4 + 2 x 3 − 2 x − 1
e g( x ) = x2 − 2 x + 1. A multiplicidade das
raízes não reais da função composta f o g é
igual a
a) 1.
b) 2.
c) 3.
d) 4.
e) 5.
alternativa B
alternativa C
54
π
π⎞
54 π
54 π
⎛
+ i sen ⎟
= cos
+ i sen
=
⎜cos
⎝
5
5⎠
5
5
4π
4π
= cos
+ i sen
=
5
5
4
Temos f(x) = x + 2x 3 − 2x − 1 =
= (x 2 + 1)(x 2 − 1) + 2x(x 2 − 1) = (x 2 − 1)(x + 1) 2
e g(x) = x 2 − 2x + 1 = (x − 1) 2 .
matemática 5
Assim f o g(x) = ((x − 1) 4 − 1)((x − 1) 2 + 1) 2 =
= ((x − 1)
2
− 1)((x − 1)
2
+ 1)
3
=
= ((x − 1) +1)((x −1) −1)((x −1) + i) 3 ((x −1) − i) 3 =
= x(x − 2)(x −1 + i) 3 (x −1 − i) 3 .
Logo as raízes reais de f o g são 0 e 2, ambas
com multiplicidade 1, e as raízes complexas não
reais,1 − i e1 + i , ambas com multiplicidade 3.
Questão 7
Suponha que os coeficientes reais a e b da
equação x4 + ax 3 + bx2 + ax + 1 = 0 são tais
que a equação admite solução não real r com
|r| ≠ 1. Das seguintes afirmações:
I. A equação admite quatro raízes distintas,
sendo todas não reais.
II. As raízes podem ser duplas.
III. Das quatro raízes, duas podem ser reais.
é (são) verdadeira(s)
b) apenas II.
a) apenas I.
d) apenas II e III.
c) apenas III.
e) nenhuma.
dem, uma progressão geométrica, então,
é igual a
a) −3.
b) −
1
.
3
c)
1
.
3
d) 1.
a
b
e) 3.
alternativa B
k
, k e kq as raízes da equação, sendo
q
q ≠ 0 a razão da progressão geométrica e k ≠ 0.
Pelas relações entre coeficientes e raízes,
k
54
⋅ k ⋅ kq = −
⇔ k 3 = −27 ⇔ k = −3 .
q
2
Sejam
Logo −3 é uma raiz e, portanto,
2( −3) 3 − a ⋅ ( −3) 2 + b ⋅ ( −3) + 54 = 0 ⇔
⇔ −9a − 3b = 0 ⇔ 3a = −b ⇔
1
a
=− .
3
b
Questão 9
Dados A ∈ M 3 × 2 ( R ) e b ∈ M 3 × 1 ( R ), dizemos
que X 0 ∈ M2 × 1 ( R ) é a melhor aproximação
quadrática
do
sistema
AX = b
quando
t
alternativa A
A equação dada é recíproca, de modo que s é
1
raiz se, e somente se, é raiz.
s
1
Assim, duas das raízes da equação são r e .
r
1
1
Note que r ≠ pois | r | ≠ 1 ⇔ | r |2 ≠ 1 ⇔ | r | ≠
.
r
r
1
1
Sendo r e complexos não reais distintos, r e
r
r
também são raízes. Note que, como r ∉ R, r ≠ r ⇔
1 1
1
1
⇔ ≠ , |r | ≠ 1 ⇔ r ⋅ r ≠ 1 ⇔ r ≠
⇔r ≠ e
r
r
r
r
1
1
|r | ≠ 1 ⇔ |r | ≠ 1 ⇔ |r | ≠
⇒r ≠ .
r
r
1 1
Logo as quatro raízes da equação são r, r , e ,
r
r
que são distintas e todas não reais.
Questão 8
Se as soluções da equação algébrica
2 x 3 − ax2 + bx + 54 = 0, com coeficientes a,
b ∈ R, b ≠ 0, formam, numa determinada or-
( AX 0 − b) ( AX 0 − b) assume o menor valor
possível. Então, dado o sistema
⎡−1 0⎤
⎡ 1⎤
⎢ 0 1⎥ ⎡ x ⎤ = ⎢ 1 ⎥ ,
⎢
⎥ ⎢⎣ y ⎥⎦ ⎢ ⎥
⎢⎣ 1 0⎥⎦
⎢⎣ 1 ⎥⎦
a sua melhor aproximação quadrática é
⎡1 ⎤
a) ⎢ ⎥.
⎣−1⎦
⎡1⎤
b) ⎢ ⎥.
⎣1⎦
⎡−2⎤
c) ⎢ ⎥.
⎣0⎦
⎡1 ⎤
d) ⎢ ⎥.
⎣0⎦
⎡0⎤
e) ⎢ ⎥.
⎣1⎦
alternativa E
⎡ −1 0 ⎤
⎡1
⎡x ⎤
Temos AX 0 − b = ⎢ 0 1 ⎥ ⎢ ⎥ − ⎢ 1
⎢
⎥ ⎣y ⎦ ⎢
⎢⎣ 1
⎣⎢ 1 0 ⎥⎦
e (AX 0 − b)t (AX 0 − b) =
⎡ − x − 1⎤
= [−x − 1 y − 1 x − 1]⎢ y − 1 ⎥ =
⎢
⎥
⎣⎢ x − 1 ⎦⎥
⎤ ⎡ − x − 1⎤
⎥ = ⎢ y −1 ⎥
⎥ ⎢
⎥
⎥⎦ ⎢⎣ x − 1 ⎥⎦
= [( −x − 1) 2 + (y − 1) 2 + (x − 1) 2 ] =
= [2x 2 + (y − 1) 2 + 2 ].
Assim:
(AX 0 − b) t (AX 0 − b) = 2x 2 + (y − 1) 2 + 2 assume o menor valor possível quando 2x 2 +
matemática 6
+ (y − 1) 2 + 2 é mínimo, ou seja, 2x 2 = 0 ⇔
alternativa A
⇔ x = 0 e (y − 1) 2 = 0 ⇔ y = 1. Logo a melhor
aproximação quadrática do sistema dado é
⎡0 ⎤
X0 = ⎢ ⎥ .
⎣1 ⎦
Sendo A ∈ M 2 (R) simétrica não nula e (a11 , a12 ,
a22 ) uma progressão geométrica de razão q ≠ 1,
a11q ⎤
⎡ a11
A =⎢
2 ⎥, a11 ∈ R , a11 ≠ 0.
a
q
a
11q ⎦
⎣ 11
Temos trA = 5a11 ⇔ a11 + a11q 2 = 5a11 ⇔
Questão 10
⇔ q 2 = 4.
O sistema
⎧a1 x + b1 y = c1
, a1 , a2 , b1 , b2 , c1 , c2 ∈ R,
⎨
⎩a2 x + b2 y = c2
com ( c1 , c2 ) ≠ (0, 0), a1 c1 + a2 c2 = b1 c1 + b2 c2 =
= 0, é
a) determinado.
b) determinado somente quando c1 ≠ 0 e
c2 ≠ 0.
c) determinado somente quando c1 ≠ 0 e
c2 = 0 ou c1 = 0 e c2 ≠ 0.
d) impossível.
e) indeterminado.
alternativa D
Multiplicando as equações por c1 e c 2 , respectivamente, temos:
a1c1 x + b1c1 y = c12
a2c 2 x + b2c 2 y = c 22
⇔
⇔
⇔
a1c1 x + b1c1 y = c12
(a1c1 + a2c 2 )x + (b1c1 + b2c 2 )y = c12 + c 22
⇔
a1c1 x + b1c1 y = c12
0x + 0y = c12 + c 22
Como (c1 ; c 2 ) ≠ (0; 0), c12 + c 22 ≠ 0 e a equação
0x + 0y = c12 + c 22 não tem solução e, portanto, o
sistema é impossível.
Questão 11
Seja A ∈ M2 × 2 (R) uma matriz simétrica e
não nula, cujos elementos são tais que
a11 , a12 e a22 formam, nesta ordem, uma progressão geométrica de razão q ≠ 1 e
trA = 5a11 . Sabendo-se que o sistema AX = X
admite solução não nula X ∈ M2 × 1 (R),
2
pode-se afirmar que a11
+ q2 é igual a
101
121
49
25
a)
. b)
. c) 5. d)
. e)
.
25
25
9
4
Como o sistema homogêneo AX = X ⇔
⇔ (A − I)X = 0 admite solução não nula
X ∈ M 2 × 1 (R), det (A − I) = 0.
⎛ a11 a11q ⎞ ⎛1 0 ⎞
A −I =⎜
⎟ −⎜
⎟ =
⎝ a11q 4a11 ⎠ ⎝0 1 ⎠
a11q ⎞
a11 − 1
a11q
⎛ a11 − 1
=0 ⇔
=⎜
⎟⇒
4a11 − 1⎠
a11q
4a11 − 1
⎝ a11q
2 2
⇔ (a11 − 1)(4a11 − 1) − a11
q =0 ⇔
2
2
⇔ 4a11
− 5a11 + 1 − 4a11
= 0 ⇔ a11 =
⎛1 ⎞
2
Logo a11
+ q2 = ⎜ ⎟
⎝5 ⎠
2
+4 =
1
.
5
101
.
25
Questão 12
Uma amostra de estrangeiros, em que 18%
são proficientes em inglês, realizou um exame para classificar a sua proficiência nesta
língua. Dos estrangeiros que são proficientes
em inglês, 75% foram classificados como proficientes. Entre os não proficientes em inglês,
7% foram classificados como proficientes. Um
estrangeiro desta amostra, escolhido ao acaso, foi classificado como proficiente em inglês.
A probabilidade deste estrangeiro ser efetivamente proficiente nesta língua é de aproximadamente
a) 73%. b) 70%. c) 68%. d) 65%. e) 64%.
alternativa B
Sejam os eventos E: o estrangeiro é efetivamente
proficiente em inglês; e C: o estrangeiro é classificado como proficiente em inglês. Queremos a
probabilidade de o estrangeiro ser efetivamente
proficiente em inglês, dado que foi classificado
como proficiente em inglês, ou seja, P (E |C). Pelo
Teorema de Bayes:
P (E) ⋅ P (C | E)
P (E |C) =
=
P (E) ⋅ P (C | E) + P (E) ⋅ P (C | E)
=
0,18 ⋅ 0,75
≅ 70%
0,18 ⋅ 0,75 + 0,82 ⋅ 0,07
matemática 7
Questão 13
Questão 15
Considere o triângulo ABC de lados a = BC,
$ ,
b = AC e c = AB e ângulos internos α = CAB
$
$
β = ABC e γ = BCA. Sabendo-se que a equa-
Do triângulo de vértices A, B e C, inscrito em
uma circunferência de raio R = 2 cm, sabe-se
que o lado BC mede 2 cm e o ângulo interno
$ mede 30 o. Então, o raio da circunferênABC
cia inscrita neste triângulo tem o comprimento, em cm, igual a
a) 2 − 3 .
1
b) .
3
2
.
c)
4
d) 2 3 − 3.
1
e) .
2
ção x2 − 2bx cos α + b2 − a2 = 0 admite c como raiz dupla, pode-se afirmar que
a) α = 90o.
b) β = 60o.
c) γ = 90o.
d) O triângulo é retângulo apenas se α = 45o.
e) O triângulo é retângulo e b é hipotenusa.
alternativa E
Sendo c a raiz dupla da equação, em x,
x 2 − 2bx cos α + b 2 − a2 = 0,
c
c + c = 2b cos α
cos α =
b
.
⇔
c ⋅ c = b 2 − a2
b 2 = a2 + c 2
Logo o triângulo ABC é retângulo e b é a sua hipotenusa.
Questão 14
No plano, considere S o lugar geométrico dos
pontos cuja soma dos quadrados de suas distâncias à reta t : x = 1 e ao ponto A = (3, 2) é
igual a 4. Então, S é
a) uma circunferência de raio 2 e centro (2, 1).
b) uma circunferência de raio 1 e centro (1, 2).
c) uma hipérbole.
d) uma elipse de eixos de comprimento 2 2 e 2.
e) uma elipse de eixos de comprimento 2 e 1.
alternativa D
Sendo P = (x; y) um ponto de S,
2
2
⎛ | x − 1| ⎞
⎜
⎟ + ⎛⎜ (x − 3) 2 + (y − 2) 2 ⎞⎟ = 4 ⇔
⎜ 2
⎟
⎝
⎠
⎝ 1 + 02 ⎠
⇔ x 2 − 2x + 1 + x 2 − 6x + 9 + (y − 2) 2 = 4 ⇔
⇔ 2x 2 − 8x + (y − 2) 2 = −6 ⇔
⇔ 2(x 2 − 4x + 4) + (y − 2) 2 = −6 + 2 ⋅ 4 ⇔
⇔ 2(x − 2) 2 + (y − 2) 2 = 2 ⇔
(x − 2) 2
(y − 2) 2
+
= 1, que é uma equação
1
2
da elipse de centro (2; 2) e eixos medindo 2 2 e
2 1 = 2.
⇔
alternativa D
AC
AC
Temos
= 2R ⇔
=4 ⇔
$
sen (ABC)
sen 30o
⇔ AC = 2 cm.
Assim, como BC = 2 cm, o triângulo ABC é isós$
celes de base AB tal que m (ACB)
=
o
o
$
$
= 180 − m (ABC) − m (BAC) = 180 − 30o − 30o =
= 120o e AB 2 = 2 2 + 2 2 − 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ cos120o ⇔
⇔ AB = 2 3 cm.
A área do triângulo ABC é
1
1
3
S =
⋅ AC ⋅ BC ⋅ sen120o =
⋅2 ⋅2 ⋅
=
2
2
2
= 3 cm 2 e, sendo p o semiperímetro do ΔABC e
r o raio da circunferência inscrita, então
2 +2 +2 3
S = p ⋅r ⇔ 3 =
⋅r ⇔
2
2 3
⇔r =
= (2 3 − 3) cm.
4 +2 3
Questão 16
A distância entre o vértice e o foco da parábola de equação 2 x2 − 4 x − 4 y + 3 = 0 é igual a
3
3
1
c) 1.
d) .
e) .
a) 2.
b) .
2
4
2
alternativa E
1 2
3
x −x +
.
2
4
Como essa parábola possui diretriz paralela ao
Temos 2x 2 − 4x − 4y + 3 = 0 ⇔ y =
matemática 8
eixo x, as coordenadas de seu foco são
Δ ⎞
⎛ −b 1
⎛ −b −Δ ⎞
−
;
;
⎜
⎟ e de seu vértice são ⎜
⎟.
⎝ 2a 4a
⎝ 2a 4a ⎠
4a ⎠
Assim, a distância entre esses dois pontos é
=
1
1
4⋅
2
=
1
=
4a
1
.
2
Questão 17
A expressão
11 ⎞
x
⎡
⎤
2 ⎢sen ⎛⎜ x +
π⎟ + cotg2 x ⎥ tg
⎝
2 ⎠
2
⎣
⎦
x
1 + tg2
2
é equivalente a
a) [cos x − sen2 x] cotg x.
b) [sen x + cos x] tg x.
c) [cos2 x − sen x] cotg2 x.
2
d) [1 − cotg x] sen x.
e) [1 + cotg2 x] [sen x + cos x].
alternativa A
11π
3π
11π ⎞
⎛
(mód. 2π), sen ⎜ x +
≡
⎟ =
⎝
2
2
2 ⎠
3π ⎞
⎛
= sen ⎜ x +
⎟ = −cos x . Temos ainda que
⎝
2 ⎠
x
2 tg
2 = sen x , x ≠ π + 2 kπ, k inteiro.
x
1 + tg 2
2
Logo a expressão
⎡
11π ⎞
x
⎛
2 ⎤
2 ⎢sen ⎜ x +
⎟ + cotg x ⎥ ⋅ tg
⎝
2 ⎠
2
⎣
⎦
é equivalente a
x
1 + tg 2
2
[ − cos x + cotg 2 x] sen x =
Como
= −sen x cos x +
=
cos 2 x
=
sen x
cos x
[ −sen 2 x + cos x] =
sen x
= [cos x − sen 2 x] ⋅ cotg x , x ≠ kπ, k inteiro.
π
Tomando x = , por exemplo, podemos concluir
4
que as demais alternativas não são equivalentes
à expressão dada.
Questão 18
Sejam C uma circunferência de raio R > 4 e
centro (0, 0) e AB uma corda de C. Sabendo
que (1, 3) é ponto médio de AB, então uma
equação da reta que contém AB é
a) y + 3 x − 6 = 0.
b) 3 y + x − 10 = 0.
c) 2 y + x − 7 = 0.
d) y + x − 4 = 0.
e) 2 y + 3 x − 9 = 0.
alternativa B
Sejam O = (0; 0) e M = (1; 3) o centro da circunferência C e o ponto médio da corda AB, respectivamente.
A reta AB é perpendicular à reta OM e seu coefi0 −1
1
ciente angular é −
=− .
0 −3
3
Assim, uma equação da reta AB é
1
y − 3 = − (x − 1) ⇔ x + 3y − 10 = 0.
3
Questão 19
Uma esfera é colocada no interior de um cone
circular reto de 8 cm de altura e de 60 o de
ângulo de vértice. Os pontos de contato da esfera com a superfície lateral do cone definem
uma circunferência e distam 2 3 cm do vértice do cone. O volume do cone não ocupado
pela esfera, em cm3 , é igual a
416
480
500
a)
b)
c)
π.
π.
π.
9
9
9
512
542
e)
d)
π.
π.
9
9
alternativa A
Consideremos na figura a seguir a secção meridiana do cone:
matemática 9
$ ) = 60o , temos m (OVT
$ ) = 30o .
Admitindo m (AVB
Como T é ponto de contato da esfera com a superfície lateral do cone, VT = 2 3 cm. Do triânOT
gulo retângulo VTO, tg 30o =
⇔
VT
⇔ OT = VT ⋅ tg 30o = 2 cm, raio da esfera. No
MB
triângulo retângulo VMB, tg 30o =
⇔ MB =
VM
8 3
cm, raio da ba= VM ⋅ tg 30o = 8 ⋅ tg 30o =
3
se do cone.
Como VP = VO + OP = 4 + 2 = 6 < 8 = VM , a
esfera está completamente contida no cone, de
modo que o volume do cone não ocupado pela
esfera é igual ao volume do cone menos o volume
2
⎛8 3 ⎞
1
4
da esfera, ou seja, ⋅ π ⋅ ⎜
⎟ ⋅8 −
⋅
3
3
⎝ 3 ⎠
416 ⋅ π
⋅ π ⋅ 23 =
cm 3 .
9
Como as faces do octaedro regular são triângulos
12 3
eqüiláteros, sua área total é 8 ⋅
=2 3 =
4
= 12 .
Observação: não é possível que todos os vértices
do cubo sejam pontos do R 2 .
AS QUESTÕES DISSERTATIVAS,
NUMERADAS DE 21 A 30, DEVEM SER
RESOLVIDAS E RESPONDIDAS NO
CADERNO DE SOLUÇÕES.
Questão 21
Seja S o conjunto solução da inequação
( x − 9)|logx + 4 ( x 3 − 26 x )| ≤ 0.
Determine o conjunto SC .
Questão 20
Os pontos A = (3, 4) e B = (4, 3) são vértices
de um cubo, em que AB é uma das arestas. A
área lateral do octaedro cujos vértices são os
pontos médios da face do cubo é igual a
a) 8 .
b) 3.
c) 12 .
d) 4.
e) 18 .
alternativa C
Resposta
(x − 9) ⋅ |log x + 4 ( x 3 − 26 x )| ≤ 0 ⇔
x −9 ≤0
x 3 − 26x > 0
0 < x + 4 ≠1
⇔
Vamos admitir que "área lateral do octaedro" é a
soma das áreas das oito faces do octaedro e que
"pontos médios da face do cubo" são os centros
das faces do cubo.
A aresta do cubo tem medida
x − 26x = 1
0 < x + 4 ≠1
x ≤9
(3 − 4) 2 + (4 − 3) 2 = 2 . Sendo M o ponto médio de uma das arestas do cubo e N e P os centros
das faces que contêm essa aresta, o triângulo
MNP é retângulo em M, de modo que a aresta do
octaedro mede NP =
⎛ 2 ⎞
⎟
⎜
⎝ 2 ⎠
2
⎛ 2 ⎞
⎟
+⎜
⎝ 2 ⎠
x ⋅ (x 2 − 26) > 0
(V1 )
−4 < x ≠ −3
ou
2
= 1.
⇔
ou
3
x ≤9
⇔
x 3 − 26x = 1
(V2 )
( ∗)
−4 < x ≠ −3
ou
x >9
x 3 − 26x = 1
(V3 )
−4 < x ≠ −3
Em V3 , se x > 9, x 3 − 26x = x ⋅ (x 2 − 26) >
> 9 ⋅ (9 2 − 26) > 1. Logo V3 = 0.
matemática 10
Observamos também que V2 ⊂ V1 . Logo:
x ≤9
Portanto o conjunto Ω pedido é representado pela
figura a seguir:
( ∗) ⇔ x ⋅ (x 2 − 26) > 0 ⇔
−4 < x ≠ 3
x ≤9
⇔ x > 26 ou − 26 < x < 0 ⇔
−4 < x ≠ −3
⇔
26 < x ≤ 9
ou
−4 < x < 0 e x ≠ −3
Assim, S = ( ] −4; 0 [ ∪ ] 26; 9] ) − { −3} e SC =
= ] −∞; −4] ∪ { −3} ∪ [0; 26 ] ∪ ]9; + ∞ [ .
Os pontos de intersecção da elipse com a hipérbole A, B, C e D são as soluções do sistema a seguir:
Questão 22
(x − 1) 2
Sejam x, y ∈ R e w = x2 (1 + 3i) +
+ y2 (4 − i) − x(2 + 6i) + y( −16 + 4i) ∈ C. Identifique e esboce o conjunto
Ω = {( x , y ) ∈ R2 ; Re w ≤ −13 e Im w ≤ 4}.
2
w = x (1 + 3i) + y (4 − i) − x(2 + 6i) + y( −16 + 4i) ⇔
⇔ w = (x 2 + 4y 2 − 2x − 16y) +
+ (3x 2 − y 2 − 6x + 4y)i
Sendo x, y ∈ R , Re(w) = x 2 + 4y 2 − 2x − 16y e
Im(w) = 3x 2 − y 2 − 6x + 4y . Logo:
2
2
Re(w) ≤ −13
x − 2x + 4y − 16y ≤ −13
⇔
⇔
Im(w) ≤ 4
3x 2 − 6x − y 2 + 4y ≤ 4
(x − 1) 2
⇔
22
+ (y − 2) 2 ≤ 1
(I)
(y − 2) 2
≤1
3
(II)
(x − 1) 2 −
(x − 1) 2
(y − 2) 2
−
=1
3
(y − 2) 2 =
⇔ (x − 1) 2 =
16
e
13
9
4 13
⇔x =±
+1e
13
13
3 13
+2
13
⎞
⎛ −4 13
3 13
Logo A = ⎜
+ 1;
+ 2 ⎟;
13
⎠
⎝ 13
y =±
Resposta
2
+ (y − 2) 2 = 1
22
A sentença I representa uma elipse de eixo maior
2 ⋅ 2 = 4, eixo menor 2 ⋅ 1 = 2 , centro (1; 2), eixo
maior paralelo a Ox e seu interior.
Considerando a sentença II, note que
(2 − 2) 2
(1 − 1) 2 −
= 0 ≤ 1, e assim o ponto (1; 2)
3
satisfaz II. Portanto a região definida é a união de
uma hipérbole de eixo transverso paralelo ao eixo
Ox e medida 2 ⋅ 1 = 2 , eixo não-transverso medindo 2 ⋅ 3 = 2 3 e centro (1; 2) com a região
compreendida entre seus ramos.
⎞
⎛ 4 13
3 13
B =⎜
+ 1;
+ 2 ⎟;
13
⎠
⎝ 13
⎞
⎛ 4 13
−3 13
C =⎜
+ 1;
+ 2⎟ e
13
⎠
⎝ 13
⎞
⎛ −4 13
−3 13
D =⎜
+ 1;
+ 2 ⎟.
13
⎠
⎝ 13
Questão 23
Seja f : R\{−1} → R definida por f ( x ) =
2x + 3
.
x+1
a) Mostre que f é injetora.
b) Determine
D = {f ( x ); x ∈ R\{−1}}
f −1 : D → R\{−1}.
Resposta
Temos f(x) =
2x + 3
1
.
=2 +
x +1
x +1
e
matemática 11
a) Sendo x1 , x 2 ∈ R − { −1}, temos f(x1 ) =
1
1
1
= f(x 2 ) ⇔ 2 +
=2 +
⇔
=
x1 + 1
x2 + 1
x1 + 1
1
=
⇔ x1 = x 2 , o que mostra que f é injetox2 + 1
ra.
b) D = Im(f) é o conjunto dos y ∈ R para os quais
2x + 3
a equação, em x, y =
possui solução.
x +1
2x + 3
1
Como y =
⇔y =2 +
⇔
x +1
x +1
⇔
x +1 =
y ≠2
3 −y
1
x =
y −2 ⇔
y − 2 , D = R − {2}.
y ≠2
Assim f não é uma função sobrejetora e, portanto,
não admite inversa. Considerando g : R − { −1} →
2x + 3
, então
→ R − {2}, g(x) =
x +1
3 −x
.
g −1 : R − {2} → R − { −1}, g −1 (x) =
x −2
Questão 24
Suponha que a equação algébrica
x11 +
10
∑ an x n + a0
= 0
Consideremos as afirmações:
I. Verdadeira. Se β = 0, então 0 + 0 ⋅ γi = 0 é uma
das raízes da equação e, conseqüentemente,
a0 = 0.
a
II. Verdadeira. A soma das raízes é − 10 = 11β ⇔
1
⇔ a10 = −11β. Logo, se a10 = 0, então β = 0.
III. Falsa. Se β = 0, a soma dos produtos das raízes
tomadas dez a dez é, lembrando que uma das raía
zes é nula, 1 = Π kγ ⋅ i = (5!) 2 γ10 ≠ 0.
1 −5 ≤ k ≤ 5
k ≠0
Questão 25
Um determinado concurso é realizado em
duas etapas. Ao longo dos últimos anos, 20%
dos candidatos do concurso têm conseguido
na primeira etapa nota superior ou igual à
nota mínima necessária para poder participar da segunda etapa. Se tomarmos 6 candidatos dentre os muitos inscritos, qual é a
probabilidade de no mínimo 4 deles conseguirem nota para participar da segunda etapa?
n =1
tenha coeficientes reais a0 , a1 , ..., a10 tais
que as suas onze raízes sejam todas simples
e da forma β + iγ n , em que β, γ n ∈ R e os γ n ,
n = 1, 2, ..., 11, formam uma progressão aritmética de razão real γ ≠ 0. Considere as três
afirmações abaixo e responda se cada uma
delas é, respectivamente, verdadeira ou falsa,
justificando sua resposta:
I. Se β = 0, então a0 = 0.
II. Se a10 = 0, então β = 0.
III. Se β = 0, então a1 = 0.
Resposta
Como 20% dos candidatos têm conseguido na
primeira etapa nota maior ou igual à nota mínima
necessária para poder participar da segunda etapa, escolhendo-se 6 candidatos dentre os inscritos, a probabilidade de no mínimo 4 conseguirem
nota para participar da etapa seguinte é
⎛6 ⎞
⎛6 ⎞
4
2
5
1
⎜ ⎟ ⋅ (0,2) ⋅ (0,8) + ⎜ ⎟ ⋅ (0,2) ⋅ (0,8) +
⎝5 ⎠
⎝4 ⎠
⎛6 ⎞
265
+ ⎜ ⎟ ⋅ (0,2) 6 ⋅ (0,8) 0 = 6 ≅ 1,7% .
⎝6 ⎠
5
Resposta
A equação tem todos os coeficientes reais. Logo,
se z ∈ C é uma raiz da equação, então z também
é uma raiz. Em outras palavras, podemos dizer
que as raízes complexas não reais da equação
aparecem aos pares. Assim, como o grau da
equação é ímpar, ela possui uma raiz real. De
fato, como as raízes formam uma progressão aritmética de razão real γ ≠ 0, elas são da forma
β + nγi, −5 ≤ n ≤ 5.
Questão 26
Sejam A, B ∈ M 3 × 3 (R). Mostre as propriedades abaixo:
a) Se AX é a matriz coluna nula, para todo
X ∈ M 3 × 1 (R), então A é a matriz nula.
b) Se A e B são não nulas e tais que AB é a
matriz nula, então det A = det B = 0.
matemática 12
Resposta
⎡1 ⎤
⎡0 ⎤
⎡0 ⎤
a) Sejam X1 = ⎢0 ⎥, X 2 = ⎢1 ⎥, X 3 = ⎢0 ⎥ e
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢⎣0 ⎦⎥
⎢⎣1 ⎦⎥
⎣⎢0 ⎦⎥
⎡ a11 a12
A = ⎢⎢a21 a22
⎢⎣a31 a32
a13 ⎤
a23 ⎥⎥ . Como AX = 0 para todo
a33 ⎥⎦
X ∈ M 3 ×1 (R), em particular para X1 , X 2 e X 3 ,
⎡ a11 ⎤ ⎡0 ⎤
então A ⋅ X1 = 0 ⇔ ⎢⎢a21 ⎥⎥ = ⎢0 ⎥, A ⋅ X 2 = 0 ⇔
⎢ ⎥
⎣⎢a31 ⎦⎥ ⎢⎣0 ⎦⎥
Aplicando a lei dos senos ao triângulo ADC:
2
3
−
2
3
sen x
⎡ a12 ⎤ ⎡0 ⎤
⎡ a13 ⎤ ⎡0 ⎤
⎢
⎥
⎢
⎥
⇔ ⎢a22 ⎥ = 0 e A ⋅ X 3 = 0 ⇔ ⎢⎢a23 ⎥⎥ = ⎢0 ⎥ , de
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎢⎣a33 ⎥⎦ ⎢⎣0 ⎦⎥
⎣⎢a32 ⎦⎥ ⎢⎣0 ⎦⎥
⎡0 0 0 ⎤
modo que A = ⎢0 0 0 ⎥.
⎢
⎥
⎢⎣0 0 0 ⎥⎦
6
1
6
2
=
⇔ sen x =
−
2π
2
6
sen
3
Questão 28
Dadas a circunferência C : ( x − 3)2 + ( y − 1)2 =
b) Suponha que det A ≠ 0. Então A admite inversa
e AB = 0 ⇔ A −1 ⋅ AB = A −1 ⋅ 0 ⇔ B = 0, o que
é um absurdo, pois B não é nula. Assim,
det A = 0.
Analogamente, se det B ≠ 0, B admite inversa e
AB = 0 ⇔ AB ⋅ B −1 = 0 ⋅ B −1 ⇔ A = 0, o que é
um absurdo, pois A não é nula. Logo det B = 0.
= 20 e a reta r : 3 x − y + 5 = 0, considere a
reta t que tangencia C, forma um ângulo de
3 5
.
45o com r e cuja distância à origem é
5
Determine uma equação da reta t.
Resposta
Considere a figura:
Questão 27
1 ⎞
1
Sabendo que tg2 ⎛⎜ x +
π⎟ = , para algum
⎝
6 ⎠
2
1 ⎤
⎡
x ∈ 0, π , determine sen x.
⎢⎣ 2 ⎥⎦
Resposta
Como x +
π⎞
3
π
⎛
⎡ π 2π ⎤
, tg ⎜ x + ⎟ ≥
∈⎢ ;
⎝
6⎠
3
6
⎣ 6 3 ⎥⎦
ou
π⎞
2
π⎞
⎛
⎛
tg ⎜ x + ⎟ ≤ − 3 e, portanto, tg ⎜ x + ⎟ =
⎝
⎝
6⎠
2
6⎠
π
π
com 0 < x +
.
<
6
2
Podemos, então, considerar a figura a seguir:
Seja y = mx + n uma equação de t. Como t forma 45 o com r, que tem coeficiente angular 3,
m −3
1
= tg 45 o ⇔ m = −2 ou m = .
1 + m ⋅3
2
Além disso, a reta t é tangente à circunferência de
matemática 13
centro (0; 0) e raio
3 5
e à circunferência de
5
centro (3; 1) e raio 2 5 . Portanto t é paralela a
OP ou OQ.
No
triângulo
OPC,
retângulo
em
P,
3 5
OC = 3 + 1 = 10 e PC = 2 5 −
=
5
7 5
49
5
e tgα =
. Assim, OP = 10 −
=
=
5
5
5
PC
=
= 7.
OP
2
2
Os coeficientes angulares de OP e OQ valem
tg( β − α) e tg( α + β), respectivamente, e sendo
1
−7
1
3
tgβ = , tg( β − α) =
= −2 e tg (α + β) =
1
3
1+
⋅7
3
1
+7
11
= 3
= − , logo t // OP e m = −2.
1
2
1−
⋅7
3
3 5
Como t dista
da origem, e 2 5 de (3; 1), te5
−2 ⋅ 0 − 1 ⋅ 0 + n
3 5
=
2
2
5
2 + ( −1)
mos
⇔
−2 ⋅ 3 − 1 ⋅ 1 + n
=2 5
2 2 + ( −1) 2
⇔
n = −3 ou n = 3
⇔ n = −3 e uma equação
n = −3 ou n = 17
para t é y = −2x − 3 .
cunferência a r5 é igual ao raio 25 = 5 . Assim,
sendo m5 = m1 + (5 − 1)q = 4q > 0,
|m5 ⋅ 0 − 1 ⋅ 0 + 10|
= 5 ⇔ (4q) 2 + 1 = 2 ⇔
m52 + ( −1) 2
⇔ 16q 2 + 1 = 4 ⇔ q =
3
.
4
Questão 30
A razão entre a área lateral e a área da base
octogonal de uma pirâmide regular é igual a
5 . Exprima o volume desta pirâmide em
termos da medida a do apótema da base.
Resposta
Seja l a medida da aresta da base da pirâmide regular de centro da base O e vértice V.
Sendo 5 a razão entre a área lateral e a área de
base octogonal da pirâmide regular de apótema
da pirâmide m:
m⋅l
8 ⋅
Alat.
m
2
= 5 ⇔
= 5 ⇔
= 5 ⇔
a⋅l
a
Abase
8 ⋅
2
⇔m=a 5
Assim, a altura h da pirâmide é tal que
Questão 29
Considere as n retas
ri : y = mi x + 10, i = 1, 2, ..., n; n ≥ 5,
em que os coeficientes mi, em ordem crescente de i, formam uma progressão aritmética de
razão q > 0. Se m1 = 0 e a reta r5 tangencia a
circunferência de equação x2 + y2 = 25, determine o valor de q.
Resposta
Como a reta r5 , de equação y = m5 x + 10 ⇔
⇔ m5 x − y + 10 = 0, tangencia a circunferência
x 2 + y 2 = 25 , a distância do centro (0; 0) da cir-
h 2 = (a 5 ) 2 − a2 = 4a2 ⇔ h = 2a.
l
45 o
2
No triângulo OMA, temos
= tg
=
2
a
=
1 − cos 45 o
1 + cos 45
o
⇔
l
=a⋅
2
2 − 2
2 + 2
⇔
⇔ l = 2( 2 − 1)a.
Logo o volume da pirâmide
1
1
l⋅a
⋅ Abase ⋅ h =
⋅8 ⋅
⋅h =
3
3
2
2( 2 − 1)a ⋅ a
1
⋅8 ⋅
⋅ 2a =
3
2
3
16( 2 − 1)a
.
=
3
=
regular
é
matemática 14
Matemática – exigente e de boa qualidade
O exame deste ano do ITA apresentou um ligeiro aumento de complexidade em relação aos últimos anos. Grande parte dos problemas exigiam
conhecimento de dois ou mais assuntos, e alguns deles envolviam idéias
mais elaboradas, principalmente na parte escrita da prova. Destaca-se
também a consolidação da presença de Probabilidades, tópico que, antigamente, aparecia pouco no exame.
No mais, as principais características se mantiveram: os assuntos "no
estilo ITA" como Conjuntos, Equações Recíprocas, Cônicas, Funções
Injetoras e Sobrejetoras, e problemas mais desafiantes de Teoria das
Equações, Matrizes e Geometria Analítica.
ERRATA PORTUGUÊS – QUESTÃO 35 – ALTERNATIVA D
Na prova de Português do ITA, a questão 35, no material impresso, saiu com o
gabarito trocado. Conforme consta na Internet, desde o dia da prova, a questão
35 tem como resposta correta a ALTERNATIVA D. O comentário permanece
idêntico, uma vez que foi esta a alternativa justificada.