GABARITO – IME/ITA
Sistema ELITE de Ensino
MATEMÁTICA
01. B
RESOLUÇÃO:
Sejam L1 // r // s // t // L2 .
 x  50  60  110
REFERÊNCIA: Prof. Gandhi (MAT 2: Fundamentos e ângulos)
02. E
RESOLUÇÃO:
Observando o sólido geométrico, temos que LB e GE são diagonais do prisma, logo são concorrentes.
Prolongando AG e HI elas irão se interceptar, logo são concorrentes. AD e GK são pertencem a
planos paralelos, portanto não possuem pontos em comum, e não são paralelas, logo são reversas.
REFERÊNCIA: EsPCEx 2013 (MAT 3: Fundamentos, paralelismo e perpendicularidade)
03. D
RESOLUÇÃO:
Seja C  xC , yC  , então as coordenadas do baricentro do triângulo são xG 
2   2  xC xC

3
3
3  1  yC yC  2

.
3
3
Como o baricentro está sobre a reta 2 x  3 y  1 , temos:
yG 
xC
y 2
 3 C
 1  2 xC  3 yC  6  3  2 xC  3 yC  9 .
3
3
Portanto, o lugar geométrico do vértice C é a reta 2x  3y  9 .
2 xG  3 yG  1  2 
REEFERÊNCIA: AIEEE 2004 (MAT 4: Coordenadas na reta, no plano e no espaço)
* = anulada
e
GABARITO – IME/ITA
Sistema ELITE de Ensino
04. C
RESOLUÇÃO:
BOE  BTN  ABO 

2
Como TN  1 e NCT  60 , vem:

BN
tan  tan BTN 

2
NT
1
TN
1
 tan 60  3  CN 
.
CN
3
1
3
 1
1
3
3
REFERÊNCIA: IME 2008 FASE 1 (MAT 5: Relações trigonométricas no triângulo retângulo)
05. B
RESOLUÇÃO:
tg x 
1
1 10 3 Q
10
 sec 2 x  1  tg 2 x  1  
 sec x  
3
9 9
3
2

3 
9
1 3Q
10
sen 2 x  1  cos 2 x  1   

1


 sen x  

10 10
10

10 
sen x  sec x  
10 
10 
13 10
 
  

10
3
30
REFERÊNCIA: (MAT 5: Linhas trigonométricas)
06. D
RESOLUÇÃO:
S1  a1  5  12  12  1  7
S2  a1  a2  5  22  12  2  4
a2  a1  a2   a1   4   7   3
r  a2  a1  3  7   10
REFERÊNCIA: EsPCEx 2013 (MAT 6: Progressão aritmética)
* = anulada
GABARITO – IME/ITA
Sistema ELITE de Ensino
07. D
RESOLUÇÃO:
x  0  f 0  3  f 0   f  3 
 2  f 0   2  f 0   1
x  3  f  3  3  f  3  f  3 
 1  f  3  2  f  3 
 f  3  f 0 
1
2
1
3
1
2
2
REFERÊNCIA: AFA 2002 (MAT 7: Função, definição, domínio, imagem e gráficos)
08. C
RESOLUÇÃO:
Seja n a quantidade de alunos. Como cada aluno está inscrito em no mínimo 3 disciplinas, então a
quantidade de inscritos é maior ou igual ao triplo da quantidade de alunos. Por outro lado, a
quantidade de inscrições é menor ou igual ao quádruplo da quantidade de alunos, número máximo
de inscrições. Assim, temos: 3n  n  A   n  B  n C   n  D   4n  3n  20  4n  5  n  6 .
Portanto, a quantidade de alunos é n  5 ou n  6 , mas como há 6 inscritos na disciplina A , concluise que n  6 .
Considerando que o total de inscrições é 20 e a quantidade de alunos é 6 , conclui-se que 4 alunos
matricularam-se em 3 disciplinas e 2 alunos matricularam-se em 4 disciplinas.
REFERÊNCIA: IME 2012 FASE 1 (MAT 8: Lógica)
09. B
RESOLUÇÃO:

1
2
2
2
 x  x   1  x  1  x  x  x  1  0   x  1 x  x  1  0 


 x 3  1  0  x 3  1
 
 6 1
3
 x  6   x
x
2

1
x 
3
  1 
2
2
1
 1
2
2
REFERÊNCIA: IME 2008 FASE 1 (MAT 9: Produtos notáveis e fatoração)
* = anulada
GABARITO – IME/ITA
Sistema ELITE de Ensino
10. B
RESOLUÇÃO:
 a4
a3
a2
a 
a4  2a3 b  3a2 b2  4ab3  b4  b4  4  2 3  3 2  4  1
b
b 
b
b
a
Fazendo x  , o fator entre parênteses fica igual a x4  2x3  3x2  4x  1 que pode ser fatorado como
b
segue:
x 4  2 x 3  3x 2  4 x  1  x 4  x 3  3x 3  3x 2  3x  x  1 
 3 x  x 2  x  1  x 4  x 3  x 2  x 2  x  1 
 3 x  x 2  x  1  x 2  x 2  x  1  1   x 2  x  1 
  x 2  x  1 x 2  3x  1
a
, temos:
b
 a2 a   a2
a 
a4  2a3 b  3a2 b2  4ab3  b4  b4  2   1  2  3  1  a2  ab  b2 a2  3ab  b2 
b
b b
b 
Substituindo de volta x 
REFERÊNCIA: (MAT 9: Produtos notáveis e fatoração)
11.
RESPOSTA: 14
RESOLUÇÃO:
Seja  a medida do ângulo interno não somado, então:   2004  180  n  2     180 n  2364 .
Como  é um ângulo interno de um polígono convexo, temos:
2364
2544
0    180  0  180 n  2364  180  2364  180 n  2544 
 n
180
180
2
2
 13  n  14  n  14
15
15
REFERÊNCIA: ITA 2005 (MAT 2: Polígonos)
12.
RESPOSTA: 10
RESOLUÇÃO:
A função representa a soma das distâncias de um ponto (x, y) aos pontos (1, 2) e (2, 3). Assim, o valor
mínimo da função ocorre quando os três pontos estão alinhados e esse valor mínimo será dado pela
distância entre (1, 2) e (2, 3) que é
2  12  3  22 
10 .
REFERÊNCIA: (MAT 4: Distância entre pontos)
* = anulada
GABARITO – IME/ITA
Sistema ELITE de Ensino
13.
RESOLUÇÃO:
Seja S n a soma dos n primeiros termos da PA  an  , então
S n  1  S n  an1 , S n  2  S n  an1  an 2 e S n  3  S  n  an1  an 2  an 3 .
Daí, vem:
S n  3  3  S n  2   3  S n  1  S n 






 S n  an1  an 2  an 3  3  S n  an1  an 2  3  S n  an1  S n 
 an1  2  an 2  an 3
an1  an 3
 an 2  2an 2  an1  0 .
2
Portanto, S n  3  3  S n  2   3  S n  1  S n  0 C.Q.D.
Mas, como  an  é uma PA , então an 2 
REFERÊNCIA: V. A. Krechmar – A Problem Book in Algebra – pg. 96 (MAT 6: Progressão aritmética)
14.
RESOLUÇÃO:
cos 3 x   a  1 cos 2 x   a  b cos x  b  0
 cos x  1 cos 2 x  a cos x  b  0
 a  a 2  4b
(pois x  0 )
2
Para que a equação possua duas raízes reais distintas em [0 , /2], devemos ter
 cos x  1 ou cos x 
0  cos x  1  0 
 a  a 2  4b
 1  0   a  a 2  4b  2
2
 a  a 2  4 b  a  2  a 2  a 2  4b   a  2   0  b  a  1
Como b > 0, então 0 < b < a + 1.
2
REFERÊNCIA: ITA 1991 (MAT 5: Linhas trigonométricas)
15.
RESPOSTA:
a) A igualdade ocorre quando x  y  z .
b) VMAX 
S03
6 6
, quando a  b  c
RESOLUÇÃO:
a)
a 3  b3  c 3  3abc 
  a  b  3ab  a  b   c 3  3abc 
3
2
  a  b  c   a  b   a  b  c  c 2   3ab a  b  c  
  a  b  c   a 2  b 2  c 2  ab  ac  bc  

1
a  b  c  a  b2  a  c 2  b  c 2   0
2
* = anulada
GABARITO – IME/ITA
Sistema ELITE de Ensino
Logo, a3  b3  c 3  3abc  0 e a igualdade só ocorre quando a  b  c .
Fazendo a  3 x , b  3 y e c  3 z , temos: x  y  z  3 3 x  3 y  3 z  0  x  y  z  3 3 xyz
x yz 3
 x  y  z C.Q.D.
3
Da mesma forma a igualdade só ocorre quando x  y  z .

b) Em um paralelepípedo de lados a , b e c , a área total S0 é dada por S0  2 ab  ac  bc  e o volume
V por V  abc .
Usando a desigualdade do item (a):
S0
S03
ab  ac  bc 3
 ab  ac  bc  2  3 V 2  V 
3
3
6 6
Logo, o volume máximo é VMAX 
S03
, que ocorre quando ocorre a igualdade inicial, ou seja,
6 6
quando a  b  c . Nesse caso, o paralelepípedo é um cubo.
REFERÊNCIA: IME 2002 (MAT 8: Técnicas de demonstração)
* = anulada