2010-2011
RESOLUÇÃO COMENTADA
IME
O ELITE CURITIBA aprova mais porque tem qualidade, seriedade e
profissionalismo como lemas. Confira alguns de nossos resultados e
comprove porque temos mais a oferecer.
IME
2010: Dos 5 aprovados de Curitiba, 4 são ELITE,
sendo os 2 melhores colocados da ativa e os
2 melhores da reserva !!!
2009: Do SUL inteiro foram 8 aprovados,
todos de Curitiba, e 6 do ELITE !!!
2008: 10 aprovados (3 primeiros da Ativa, 5º
da Ativa e 6 entre os 10 1ºs da Reserva)
2007: 11 dos 16 aprovados do Paraná, incluindo os
4 melhores da ativa e os 4 melhores da reserva
2006: Os 4 únicos aprovados do Paraná
2005: 7 aprovados e os 3 únicos
convocados do Paraná
ITA
Elite Curitiba: 6 anos de existência,
6 anos aprovando no ITA !!!
13 alunos aprovados!
TARCÍSIO AUGUSTO BONFIM GRIPP (ITA 2010)
ALLISON FAUAT SCHRAIER
(ITA 2010)
LEONARDO FRISSO MATTEDI
(ITA 2009)
JULIANO A. DE BONFIM GRIPP
(ITA 2008)
LUCAS BRIANEZ FONTOURA
(ITA 2008)
MAURICIO FLAVIO D. DE MORAES
(ITA 2008)
CAMILA SARDETO DEOLINDO
(ITA 2007)
VITOR ALEXANDRE C. MARTINS
(ITA 2007)
GABRIEL KENDJY KOIKE
(ITA 2006)
RICARDO ITIRO SABOTA TOMINAGA (ITA 2006)
YVES CONSELVAN
(ITA
2006)
EDUARDO HENRIQUE LEITNER
(ITA 2005)
FELLIPE LEONARDO CARVALHO
(ITA 2005)
AFA
2011: 27 Aprovados!!! Mais uma vez Elite é líder!
Bruna Morrone:1ª Região Sul e 10ª Nacional
2010: 12 convocados, sendo 9 entre os 13 primeiros
do Paraná! Destaque para
Tarcísio Gripp: 1º do Sul, 10º do Brasil
2009: 15 aprovados entre os 20 do Paraná
(incluindo os 3 primeiros lugares)
Leonardo Augusto Seki: 2º lugar nacional e
1º do Paraná!
2008: 13 aprovados
1ºs lugares do Paraná em
todas as opções de carreira
2007: 10 dos 14 convocados do Paraná
2006: 11 dos 18 convocados do PR, incluindo:
1º Lugar do Paraná (6° do Brasil) em Aviação
1º Lugar do Paraná (9º do Brasil) em Intendência
ESPCEX
2010: 13 aprovados!
2009: Dos 10 primeiros colocados do
Paraná, 5 são ELITE! E dos 26
aprovados no Paraná, 10 são ELITE!
2008: 9 aprovados
GUILHERME PAPATOLO CONCEIÇÃO
1º do Paraná e 9º do Brasil
BRUNO TRENTINI LOPES RIBEIRO
2º do Paraná e 32º do Brasil
2007: 9 convocados no Paraná
2006: 9 convocados no Paraná (turma de 20 alunos)
2005: 100% de aprovação!
MATEMÁTICA
Resultados crescentes em MEDICINA nos últimos anos em universidades
como UFPR, Evangélica e PUC-PR ! Definitivamente o melhor curso !
Escola Naval
2010: Único a aprovar no PR e em SC!
2009: Único a aprovar no PR e em SC!
2008: 9 aprovados
2007: 70% de aprovação na 1ª fase
2005: 100% de aprovação!
FUVEST
2010:
LETRAS - Taciane Domingues Ferreira
ENG. MECÂNICA - Rafael Fernandes Domingues
GEOLOGIA - Adrianna Virmond
UNICAMP
2010:
ENG. MECÂNICA - Rafael Fernandes Domingues
UFPR
2010: 16 aprovados (Tânia Hadas em Medicina)
2009: 17 aprovados
2008: 9 aprovados
2007: 70% de aprovação na 1ª fase
2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica
2° Lugar em Eng. Eletrônica
2005: 1ºLugar Direito (matutino)
1ºLugar Relações Públicas
UFTPR
2010: 16 aprovados.
Inverno 2009:
16 aprovações nos
cursos mais concorridos
Inverno 2008:
1º, 2º e 4º lugares – Eng. Ind. Mecânica
1º e 2º lugares – Eng. Eletrônica / Eletrotécnica
1º lugar – Eng. de Computação
Verão 2008: 13 aprovados
2007: 11 aprovados em vários cursos
2006: 1° Lugar em Eng. Mecânica
2° Lugar em Eng. Eletrônica
2005: 85% de aprovação em
Engenharia, com 5 dos 8 1ºs
colocados de Eng. Mecânica.
UFSC
2010
ENGENHARIA QUÍMICA – Fernanda Brandalise
Nunes
Só no ELITE você encontra:
Turmas pequenas de alto desempenho.
Simulados semanais/quinzenais.
A maior carga horária e os melhores professores!
EPCAr
2010: Jean Ricardo Ferrer
2007: 3 dos 4 convocados do Paraná
2006: 2 convocados
2005: 1º lugar do Paraná
3013 5400
EEAR
2010: 6 aprovações
2009: 3 aprovações
MURILO RODRIGUES MESQUITA
ROMULO CORREA DA SILVA COSTA
GUILHERME RODOLFO HALUCH CASAGRANDE
2008: 4 aprovações (2ºs lugares dos grupos 1 e 2)
2006: 2 convocados
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
26/OUT/2010
www.ELITECURITIBA.com.br
-1-
(41) 3013 5400 www.elitecuritiba.com.br
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RESOLUÇÃO COMENTADA
IME
MATEMÁTICA
01.
A base de um prisma reto ABCA1B1C1 é um triângulo
com o lado AB igual ao lado AC. O valor do segmento
CD vale x, onde D é o ponto médio da aresta lateral
AA1. Sabendo que α é o ângulo ACB e β é o ângulo DCA,
determine a área lateral do prisma em função de x, α e
β.
RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO::
26/OUT/2010
MATEMÁTICA
02.
Determine o valor da excentricidade da cônica dada
pela equação x 2 − 10 3 xy + 11 y 2 + 16 = 0 .
5
2
Considerando uma equação geral de cônica da forma
Ax 2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 com B ≠ 0 , temos
B
que tg 2θ =
nos fornece o ângulo θ pelo qual
A−C
devemos rotacionar os eixos coordenados de modo a
escrever a equação da cônica de forma canônica,
tornando os eixos coordenados paralelos aos eixos
principais da figura (como eixos real e imaginário de
uma hipérbole, por exemplo).
RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO:: e =
Assim, para a cônica do problema,
− 10 3
tg 2θ =
= 3
1 − 11
π
o que nos dá θ = .
6
Aplicando a rotação de θ =
(
π
com as equações
6
(
Seja AH a altura relativa ao vértice A no triângulo
isóscele ABC. Então H é também ponto médio de BC.
O triângulo ACD é retângulo em A, logo:
AC = CD.cosβ = x.cosβ
AD = CD.senβ = x.senβ; AA1 = h = 2AD = 2x.senβ
O triângulo AHC é retângulo em H, logo:
AH = AC.senα = x.cosβ.senα
CH = AC.cosα = x.cosβ.cosα
BC = 2CH = 2x.cosβ.cosα
A área lateral procurada vale
SL = AB.h + BC.h + AC.h = (2AC + BC).h
Assim, SL = (2. x.cosβ + 2. x.cosβ.cosα).2x.senβ
SL = 4x2.cosβ.(1 + cosα).senβ
SL = 2x2.sen2β.(1 + cosα)
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
)
1
x′ 3 − y′
2
e
1
y = x′ + y′ 3
2
obtemos a equação canônica nos novos eixos:
(x′)2 − ( y ′)2 = 1
4
x=
)
Trata-se de uma hipérbole com a = 2 e b = 1 ,
o que nos leva a c = 5 e
excentricidade =
c
5
=
a
2
Obs.: Desenho da cônica e dos novos eixos:
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IME
03.
Sejam z1 = 10 + 6i e z2 = 4 + 6i, onde i é a unidade
imaginária, e z um número complexo tal que
 z – z1  π
arg 
 = , determine o módulo do número
 z – z2  4
complexo (z – 7 – 9i).
Obs.: arg(w) é o argumento do número complexo w.
RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO::
Seja Z1 = (10,6)
Z2 = (4,6)
W = (7,9)
Sendo A.B o produto escalar entre A e B, tem-se:
(Z1 – W).(Z2 – W) = (3,-3).(-3,-3)= -9+9 = 0
Logo o ângulo entre (Z1 – W) e (Z2 – W) é de π/2
 z – z1  π
 = , o ângulo entre (Z1 – Z) e (Z2 –
 z – z2  4
Como arg 
Z) é de π/4 , portanto podemos concluir que os pontos
Z1, Z2 e Z, pertencem a uma circunferência de centro
em W e raio 3√2.
Logo |z – 7 – 9i| = | Z – W | = Raio da circunferência =
3√2
04.
Os números m, 22.680 e n fazem parte, nessa ordem,
de uma progressão geométrica crescente com
razão dada por q. Sabe-se que:
• existem, pelo menos, dois elementos entre m e
22.680;
• n é o sexto termo dessa progressão geométrica;
• n ≤ 180.000 .
Determine os possíveis valores de m e n, sabendo que
m, n e q são números naturais positivos .
RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO::
Obedecendo as condições do enunciado, temos 3
possibilidades de PG’s:
(1° caso) {a1, m, a3, a4, 22.680, n}
(2° caso) {m, a2, a3, a4, 22.680, n}
(3° caso) {m, a2, a3, 22.680, a5, n}
Sabendo que 22.680 = 23.34.5.7, analisemos cada caso:
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MATEMÁTICA
1° CASO:
a1 = m/q ; a3 = m.q ; a4 = m.q2 ;
n = m.q4 ; 22.680 = m.q3 (*)
Da igualdade (*), tem-se que as possibilidades para
q (q Є N), são: 1,2,3,6.
Se q =1 --> PG não é crescente, logo não convém.
Se q =2 --> m = 34.5.7 --> n = 24.34.5.7
Se q =3 --> m = 23.3.5.7 --> n = 23.35.5.7
Se q =6 --> m = 3.5.7 --> n = 24.35.5.7
Soluções:
(m,n) = {(2.835, 45.360) ; (840, 68.040) ; (105, 136.080)}.
2° CASO:
a2 = m.q ; a2 = m.q2 ; a3 = m.q3 ;
n = m.q5 ; 22.680 = m.q4 (*)
Da igualdade (*), tem-se que a única possibilidade para q é
3.
Então: q =3 --> m = 23.5.7 --> n = 23.35.5.7
Solução:
(m,n) = (280, 68.040)
3° CASO:
a2 = m.q ; a3 = m.q2 ; a5 = m.q4 ;
n = m.q5 ; 22.680 = m.q3 (*)
Da igualdade (*), tem-se que as possibilidades para q (q Є
N), são: 1,2,3,6.
Se q =1 --> não convém.
Se q =2 --> m = 34.5.7 --> n = 25.34.5.7
Se q =3 --> m = 23.3.5.7 --> n = 23.36.5.7 = 204.120 >
180.000(não é permitido pelo enunciado).
Se q =6 --> se para q=3 não foi mais possível, também não o
será para q=6.
Solução:
(m,n) = (2.835, 90.720).
São possíveis 6 SOLUÇÕES, em acordo com as
condições estabelecidas pelo enunciado.
05.
Seja ABC um triângulo onde α , β e γ são os ângulos
internos dos vértices A, B e C, respectivamente. Esse
triângulo está inscrito em um círculo de raio unitário.
As bissetrizes internas desses ângulos interceptam
esse círculo nos pontos A1 , B1 e C1 ,
respectivamente. Determine o valor da expressão
α
β
γ
AA1 cos + BB1 cos + CC1 cos
2
2
2.
sen α + sen β + sen γ
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MATEMÁTICA
RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO::
Reescrevendo a equação sem denominadores temos
z 4 + 6 z 3 + 23z 2 + 30 z + 45 = 0
Fatorando o polinômio em z acima, teremos:
onde a e d são
iguais a 1.
Supondo c = 3 e f =15, determinamos b e e:
RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO::Resposta = 2
Então
ou
Aplicando a lei dos senos no triângulo ABC, temos:
BC
AC
AB
=
=
= 2R = 2
sen α sen β sen γ
Aplicando a lei dos senos nos triângulos AA1C , BB1A
e CC1B
07.
AC
=
sen β
Seja x um número inteiro positivo menor ou igual a 20.000.
Sabe-se que 2 x − x 2 é divisível por 7. Determine o número
de possíveis valores de x.
AA1
α

sen  γ + 
2

AB
BB1
=
β
sen γ

sen  α + 
2

BC
CC1
=
γ
sen α

sen  β + 
2

Logo,
AA1
BB1
CC1
=
=
=2
α
β
γ



sen  γ +  sen  α +  sen  β + 
2
2
2



α
β
γ



⇔ AA1 = 2sen  γ +  ; BB1 = 2sen  α +  e CC1 = 2sen  β + 
2
2
2



⇒ AA1 cos
α
α
α

= 2sen  γ +  cos = sen ( α + γ ) + sen γ = sen ( π − β ) + sen γ = sen β + sen γ
2
2
2

β
β
β

⇒ BB1 cos = 2sen  α +  cos = sen ( α + β) + sen α = sen ( π − γ ) + sen α = sen γ + sen α
2
2
2

γ
γ
γ

⇒ CC1 cos = 2 sen  β +  cos = sen (β + γ ) + sen β = sen ( π − α ) + sen β = sen α + sen β
2
2
2

α
β
γ
AA1 cos + BB1 cos + CC1 cos
( sen β + sen γ ) + ( sen γ + sen α ) + ( sen α + sen β) =
2
2
2
⇒
=
sen α + sen β + sen γ
sen α + sen β + sen γ
=
2 ( sen α + sen β + sen γ )
=2
sen α + sen β + sen γ
06.
Resolva a equação z 2 +
9z 2
(z + 3)2
= −5 , onde z pertence
RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO::Resposta = 5.716
Observando o resto da divisão inteira de 2 x por 7:
x 2x
1 2(mod7)
2 4(mod7)
3 1(mod7)
4 2(mod7)
5 4(mod7)
6 1(mod7)
7 2(mod7)
... ...
Percebemos que deixa resto 2 quando x = 3k+1, deixa resto
4 quando x = 3k+2 e deixa resto 1 quando x = 3k, sendo k
natural.
Para tratar as diferentes classes de congruência modulo 7
vamos fazer x = 7n + a com n natural e a um número
inteiro de zero a seis:
2 x − x 2 = 2 7 n + a − ( 7n + a ) 2 = 2 a ( 27 ) n − 7 2 n 2 − 2 ⋅ 7na − a 2
Para que 2 x − x 2 seja divisível por 7 devemos ter
2a ( 27 ) n − a 2 divisível por 7.
ao conjunto dos números complexos.
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MATEMÁTICA
• Para a = 1
Temos 2( 27 ) n − 1 . Para que 2( 27 ) n ≡ 1(mod 7) devemos
mais próximo de 20.000 é 19992 = 21 ⋅ 952 . Desta forma,
de 1 a 19992 temos 6 * ⋅952 = 5712 soluções. Também
devemos considerar as soluções:
19992 + 2 = 19994
19992 + 4 = 19996
19992 + 5 = 19997
19992 + 6 = 19998
ter ( 27 ) n ≡ 4(mod 7 ) o que ocorre para n = 3k + 2 , k
natural.
x = 7( 3k + 2) + 1 = 21k + 15
Finalmente, o numero de soluções inteiras menores ou
iguais a 20.000 é :
5712 + 4 = 5716
Verificando para os diferentes valores de a:
• Para a = 0
Temos ( 27 ) n que é potencia de 2 e não tem fator 7. Não é
divisível por 7.
• Para a = 2
Temos 22 ( 27 ) n − 2 2 = 4[( 27 ) n − 1] .
Para que ( 2 ) ≡ 1(mod 7) temos n = 3k , k natural.
x = 7( 3k ) + 2 = 21k + 2
7 n
• Para a = 3
Temos 23 ( 2 7 ) n − 32 = 8( 27 ) n − 9 .
Para
que
8( 2 ) ≡ 9(mod 7) devemos ter ( 2 ) ≡ 2(mod 7 ) o que
ocorre para n = 3k + 1 , k natural.
x = 7( 3k + 1) + 3 = 21k + 10
7 n
7 n
Para que ( 27 ) n ≡ 1(mod 7) temos n = 3k , k natural.
x = 7( 3k ) + 4 = 21k + 4
Para
RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO::
Sejam x, y, z, respectivamente, os números de
resultados 4, 5 e 6 dos n-1 lançamentos posteriores ao
primeiro caso 4 em um caso favorável.
• Para a = 4
Temos 24 ( 27 ) n − 4 2 = 16[( 2 7 ) n − 1] .
• Para a = 5
Temos 25 ( 2 7 ) n − 52 = 32( 27 ) n − 25 .
08.
Uma pessoa lança um dado n vezes. Determine, em
função de n, a probabilidade de que a sequência de
resultados obtidos pelos lançamentos dos dados se
inicie por 4 e que, em todos eles, a partir do segundo,
o resultado seja maior ou igual ao lançamento
anterior.
que
Como a sequência deve ser não decrescente, ela fica
determinada pelos valores inteiros não-negativos de x,
y e z, tais que:
x + y + z = n-1
32( 2 ) ≡ 25(mod 7 ) devemos ter 4( 2 ) ≡ 4(mod 7) ou
7 n
7 n
seja, ( 2 ) ≡ 1(mod 7) o que ocorre para n = 3k , k
natural.
x = 7( 3k ) + 5 = 21k + 5
7 n
• Para a = 6
Temos 26 ( 27 ) n − 6 2 = 64( 27 ) n − 36 .
Para
que
Logo o número de casos favoráveis é igual a
n
 n +1 
 1
 2  , todos os quais têm probabilidade  6  .
Logo a probabilidade pedida é
64( 27 ) n ≡ 36(mod 7) devemos ter ( 27 ) n ≡ 1(mod 7) ou
 1
 
6
seja, ( 2 ) ≡ 1(mod 7) o que ocorre para n = 3k , k
natural.
x = 7( 3k ) + 6 = 21k + 6
7 n
Então 2 − x é divisível por 7 para todo x = 21k + b com
K ∈ N e b ∈ {2;4;5;6;10;15} .
x
n
 n + 1  n.(n + 1)
.
=
2.6 n
 2 
09. Sejam o polinômio p(x) = 2x3 – 3x2 +2 e os conjuntos
2
Para encontrar o numero de soluções menor ou igual a
20.000 podemos observar que, a partir do 1, a cada 21
números inteiros temos seis soluções. O múltiplo de 21
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
A = { p(k) / k ∈ IN e k ≤ 1999}, B = { r2 + 1 / r ∈ IN} e
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MATEMÁTICA
C = { q2 + 2 / q ∈ IN } . Sabe-se que y = n(A ∩ B) – n(A ∩
C), onde n(E) é o número de elementos do conjunto E.
Determine o valor de y.
Obs.: IN é o conjunto dos números naturais.
RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO::
Encontremos o valor de n ( A ∩ B )
p (k ) = r 2 + 1
2k 3 − 3k 2 + 2 = r 2 + 1
2k − 3k + 1 = r
Por inspeção k=1 é raiz.
(k − 1)2 (2k + 1) = r 2
Como r é natural, (2k+1) tem que ser quadrado
perfeito.
Como k é natural, (2k+1) tem que ser ímpar.
Como k < 1999, (2k+1) < 3999
Verificamos que 63² < 3999 < 64²
3
2
2
10.
Mostre que o determinante abaixo apresenta valor
menor ou igual a 16 para todos valores de a, b e c,
pertencentes ao conjunto dos números reais, que
satisfazem a equação a 2 + b 2 + c 2 = 4 .
2k 3 − 3k 2 + 2 = q 2 + 2
2k 3 − 3k 2 = q 2
k 2 (2k − 3) = q 2
Como q é natural, (2k-3) tem que ser quadrado
perfeito.
Como k é natural, (2k-3) tem que ser ímpar.
Como k < 1999, (2k-3) < 3995
Verificamos que 63² < 3995 < 64²
Concluímos então que (2k-3) pode assumir os valores
dos quadrados perfeitos, ímpares até 63². Logo
existem 32 possibilidades para k, e n (A ∩ C ) = 32 .
y = n (A ∩ B ) − n (A ∩ C ) = 32 − 32 = 0
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b+c
c+a
c+a
a+b b+c
b+c
c+a
a+b
RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO::
Seja D o determinante
D = (a + b ) + (b + c ) + (a + c ) − 3(a + b )(b + c )(a + c ) ⇔
3
Concluímos então que (2k+1) pode assumir os valores
dos quadrados perfeitos, ímpares até 63². Logo
existem 32 possibilidades para k e n (A ∩ B ) = 32 .
Encontremos o valor de n (A ∩ C )
p (k ) = q 2 + 2
a+b
3
3
D = 2 (a + b + c) (a + b ) + (a + c) + (b + c) − (a + b)(b + c ) − (a + c)(a + b ) − (b + c )(a + c ) ⇔
2
2
2
(
D = 2 (a + b + c ) a2 + b 2 + c2 − ab − bc − ac
)
Seja x = a + b + c .
2
Note que (a + b + c) = a 2 + b 2 + c2 + 2 (ab + bc + ac) .
Logo,
x2 − 4
2
x = 4 + 2 (ab + bc + ac ) ⇔ ab + bc + ac =
.
2

 x2 − 4  
3
Daí, D = 2x  4 − 
 = 12 x − x .

 2 

Temos que:
2
16 − D = x 3 + 12x + 16 ⇔ 16 − D = (x − 2) (x + 4 ) .
Basta, agora, mostrar que x + 4 ≥ 0 . Por CauchySchwarz:
(a,b,c) ⋅ (1,1,1) ≤ a 2 + b 2 + c 2 ⋅ 3 ⇔ −2 3 ≤ a + b + c ≤ 2 3
Logo, 0 ≤ x + 2 2 3 e portanto 0 < x + 4 , o que
implica D ≤ 16 .
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