Sistema ELITE de Ensino
ITA 2013/2014
GABARITO ITA – 2013/2014
01.
E
02.
E
03.
D
04.
A
05.
E
06.
C
07.
D
08.
C
09.
B
10.
A
11.
B
12.
A
13.
E
14.
C
15.
D
16.
A
17.
B
18.
C
19.
D
20.
C
1
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GABARITO COMENTADO – MATEMÁTICA
2
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3
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4
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5
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Solução:
g
f
 
f  x   g e x 
g  x   f
 x  e
e x
 x
e x  e x  e x  e2 x   x  2 x
Como   0  x  2 x
Fazendo y  x , temos y  0
y 2  2y  0  y  0 ou y  2 
y 2
x 2 x 4
6
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Solução:
log x 
3
4
 4log4 x  3
log16 x
0
log100 16
log4 16 x log4 16  log4 x 2  log4 x


log16 x  log 10 
log4 10
log4 10

4


2
1
log 16  log4 16 

 100
log4 100 2log4 10 log4 10
2  log4 x
log16 x

.log4 10  2  log4 x
log100 16
log4 10
log x 
3
4
 4log4 x  3 2  log4 x   0  log4 x   7log4 x  6  0
3


y  log4 x  y 3  7y  6  0  y  1 y 2  y  6  0  y  1y  2y  3  0 
y  1

y  2 
y  3

log4 x  1

log4 x  2 
log x  3
 4
x  1 4
1 1


 x  1 16  S   , , 64
16 4

 x  64

Solução:
7
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A equação z  2  1 tem como soluções os afixos cuja distância até o afixo 2 vale 1, ou
seja, um circunferência de centro em 2 e raio 1.
O valor z  i representa a distância do afixo z ao afixo i , logo o ponto da circunferência
que maximiza esta distância é o ponto z0 representado pela figura acima.
a)
A distância entre o centro da circunferência e z0 é 1( raio da circunferência), e a
distância do afixo i até o centro é
5.
Assim a distância desejada é 1  5
b)
Note que z0  2  cis , mas pelo triângulo retângulo da figura temos:
sen 
5
2 5
2 5
5
, logo, cis 
e então:
e cos  
i
5
5
5
5
z0  2 
2 5
5
i
5
5
Solução:
Considerando os 3 dados diferentes:
a) n   63
b)
n  A = número de soluções inteiras e positivas da equação x1  x2  x3  9 exceto
as que xi  6 , isto é, C82  3  25 casos.
n B = número de soluções inteiras e positivas da equação x1  x2  x3  10 ,
exceto as que xi  6 ou xi  7 , isto é, C92  3  6  27 casos
c)
25
216
27
1
p B  

216 8
p  A 
8
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1ª Solução:
Possíveis valores das arestas: 1, 2,..., 10.
10 10.9 .8
Paralelepípedos com 3 arestas distintas:   
 10.3.4  120
 3
3.2 .1
Paralelepípedos com 3 arestas iguais: 10
Paralelepípedos com exatamente 2 arestas iguais:
10
 2 
.
2

escolha do valor que servirá para duas arestas
10.9
.2  90
2
escolha dos dois valores de aresta
Total: 120  10  90  220
2ª Solução:
Como há 3 valores para escolher basta encontrar o número de soluções inteiras não
negativas de:
x1  x2  x3  x4  x5  x6  x7  x8  x9  x10  3
Onde xi é o número de vezes em que i foi escolhido para valor da aresta com
i  1,2...10 ,
Logo há:
3
3
C10
31  C12 
12.11.10
 220
3!
Solução:
a)
SPI  det A  0
1
2
1
1
2
1
1
1
1
A   1
sen
4   det A  1 sen
4  1 sen 2  0 


2
2 2sen  16
2 2sen2 8
 2 1  cos 2 16
8sen  2sen2  4  2sen  4sen2  8  0 
6sen2  6sen  12  0  sen2  sen  2  0 
sen  2
ou
sen  1   
3
2
b)
 x  y  2z  0
 x  y  2z  0


  x  y  4z  0   x  y  4z  0  x   y
2x  2y  16 z  0
 x  y  8z  0


9
e
z0
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Solução:
senx  1  senx  12 
2
2sen x  senx  1
0
cos x  1
cos x  1
3
senx  1  x 
2
1

5
senx   x 
ou x 
2
6
6
cos x  1  x  0 ou x  2
0
senx  1  0
x  0,2 
1

  5 
 senx  2   0 x   6 , 6 


cos x  1  0
x  0,2 
senx  1  senx  12 

cos x  1

  5 
 0  x  ,
  4
6 6 

tgx  3  1  3 cot gx cot gx  tgx  3  cot gx  3 cot g2 x 
tgx  3 

1
3
 2  tg3 x  3tg2 x  tgx  3  0 
tgx tg x
 




tg2 x tgx  3  tgx  3  0  tg2 x  1 tgx  3  0
      3   5 3   3 7 
tg2 x  1  0  x   ,    ,
,

,
1

2   2
4 
4 2 2 4   4
     2   5

tgx  3  0  tgx   3  x  0,    ,
   3 , 2  2
2
2
3

 
 

tg x  1 tgx  3   0
2
Por (1) e (2)
    3 5    2   4 3   3 5   7

x  0,   
,
 ,

,

,

, 2 




4  2 3   3
2  2
3  4
 4  4

Por (3) e (4)
      2   3 5 
x  ,    ,
,

6 
6 4 2 3   4
10
3
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Solução:
Os centros das sete esferas formam uma pirâmide hexagonal representada pela figura
acima, como as esferas são tangentes, a aresta da base mede 2R e as arestas laterais
medem 3R.
Sejam A e B os centros de duas dessas esferas e M o ponto de tangência entre elas,
seja ainda P o centro desse hexágono, H a altura do triângulo O1 AB relativa ao lado
AB, h a altura do triângulo PAB relativa ao lado AB.
Como h é a apótema de um Hexágono regular de lado 2R, temos que:
3
h  2R 
R 3
2
Por Pitágoras em O1MA :
R2  H 2  3R 
2
H 2  8R2 
H  2 2R
Por Pitágoras em O1PM :
h2  x 2  H 2 
x 2  8R2  3R2 
x  5R
Este Hexágono está no plano dos centros das esferas, logo ele dista R à superfície
Horizontal, logo a distancia pedida é dada pela soma entre o valor de x e de R:
D  R  5R
11
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Solução:
Sejam
r r
os raios das circunferências, e a soma dos comprimentos define a seguinte
r, e
3 9
equação:
r
r
2 r  2  2  26 
3
9
r  9cm
Logo os raios são 1cm, 3cm e 9cm.
a)
O triângulo cujos vértices são os centros das circunferências possui para medida
dos lados as somas dois a dois das medidas dos raios, ou seja, 4cm, 10cm e 12cm.
E sua área é dada por radical de Heron, assim:
S  13 13  413  1013  12 
S  3 39
b)
Pelo teorema de Pappus-Guldin, temos:
V  2  x  S , onde x é a distancia do baricentro do triângulo ao eixo de rotação.
Note que x também mede um terço da altura, portanto, a altura relativa ao lado
AB mede 3 x , logo:
12
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3x.12
 3 39  x 
2
39
Então: V  2  x  S  2 
 3 39  39
6
S
39
.
6
Solução:
Completando quadrados temos:
x 2  y 2  2x  4y  4  0
 x  1  y  2  1
1,2 e raio 1 . Fazendo a interseção entre a circunferência
2
Que é um circulo de centro
2
de mesmo raio e centro com a reta y  x , temos:
2
2
 x  1  y  2  1


x y

 x  1
2
  x  2  1 
2
x 2  3x  2  0 
x  1 ou x  2
Logo os pontos de interseção são os pontos
1,1 e 2,2 .
Note que os pontos
A  1,1 ,O  1,2 e B  2,2 formam um ângulo reto, dai temos.
O sólido é formado por um retângulo de base AB e altura 1, dois segmentos circulares
de 90º e uma parte da área lateral do cilindro cujo perímetro da base é um quarto do
perímetro da circunferência, logo sua área total é dada por:
1
  1
S  2  1  2     1  2  
 4 2
4
S
2   1
13
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Equipe de Matemática:
André Felipe
Arnaldo Nascimento
Gandhi
Haroldo Filho
Jean Pierre
Rafael Sabino
Raphael Constant
Ricardo Secco
Thiago Esquian
14