2010-2011
RESOLUÇÃO COMENTADA
ITA
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.
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)
IME
2011: 8 dos 10 aprovados do Sul. Só dá Elite!
Bruna Morrone: 1ª do Sul!
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
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 R. 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
16/DEZ/2010
www.ELITECURITIBA.com.br
-1-
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RESOLUÇÃO COMENTADA
ITA
16/DEZ/2010
MATEMÁTICA
MATEMÁTICA
01. Dado z =
(
)
1
–1 + 3 i , então
2
89
∑z
n
é igual a
n=1
89
89
3 i . b) –1 c) 0 d) 1 e)
3i
2
6
RESOLUÇÃO: Alternativa B
a) –
 2π 
 , vamos separar os números de 1 a 89 em
 3 
Como z = cis 
três grupos. Desta forma teremos:
30 números da forma 3k+1;
30 números da forma 3k+2;
29 números da forma 3k.
É evidente (vide figura acima) que z1 − z 2 ≥ z1 − z2
Assim,
29
∑z
3k
= 1 × 29 = 29
II – Falsa
z1 ⋅ z 2 = z1 ⋅ z2 seria mais apropriado.
k=1
29
2π
∑ z 3k+1 = cis 3 × 30 = −15 +15 3.i
k=0
29
4π
∑ z 3k+2 = cis 3 × 30 = −15 − 15 3.i
k=0
III – Verdadeira
A 1ª Lei de Moivre para expoentes inteiros negativos continua
Logo, o somatório será dado por:
Basta chamar z1
89
∑z
n
= 29 − 15 +15 3i −15 − 15 3i = −1
n=1
válida: z1−1 = z1
=
II) z1 ⋅ z 2 = z 2 ⋅ z2
então z1−1 = z1−1 ( cos θ − i ⋅ senθ ) .
é(são) sempre verdadeira(s)
A ( ) apenas IB ( ) apenas II C ( ) apenas III
D ( ) apenas II e III E ( ) todas.
RESOLUÇÃO: Alternativa C
I – Falsa
−1
de z1−1 e lembrar da paridade das funções
1
1
⋅
=
z1 ( cos θ + i ⋅ senθ )
z1 − z 2 ≤ z1 − z2
III) Se z1 = z1 ( cos θ + i ⋅ senθ ) ≠ 0 ,
( cos ( −θ ) + i ⋅ sen ( −θ ) ) .
seno e cosseno.
Uma demonstração mais completa partiria do fato de que
02. Das afirmações abaixo sobre números complexos z1 e z2 :
I)
−1
1
1
( cos θ − i ⋅ senθ )
⋅
⋅
z1 ( cos θ + i ⋅ senθ ) ( cos θ − i ⋅ senθ )
03.
A soma de todas as soluções da equação em C:
z 2 + z 2 + iz − 1 = 0
i
A) 2 B) 2
é igual a
−
1
2
C) 0 D)
RESOLUÇÃO: Alternativa E
E) − 2i
Fazendo z = a + bi temos:
z 2 + z 2 + iz − 1 = 0
( a + bi) 2 + ( a 2 + b 2 ) + i ( a + bi ) − 1 = 0
a 2 + 2adi − b 2 + a 2 + b 2 + ai − b − 1 = 0
( 2a 2 − b − 1) + ( 2ab + a )i = 0
A parte real e a parte imaginária da expressão do lado esquerdo
são iguais a zero.
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RESOLUÇÃO COMENTADA
ITA
Da segunda equação temos a = 0 ou b = −1 / 2 .
Para a = 0 :
→ a=±
Soluções da equação:
1
2
1− i −1− i

;
S =  − i;

2 
2

O conjunto {
1− i −1− i
= −2i
+
2
2
é o conjunto dos subconjuntos do
(
)
n ({C : C ⊂ B \ A}) = 2n B\A = 128 = 27 ⇔ n ( B \ A ) = 7
I) VERDADEIRA
04.
Numa caixa com 40 moedas, 5 apresentam duas caras, 10 são
normais (cara e coroa) e as demais apresentam duas coroas.
Uma moeda é retirada ao acaso e a face observada mostra uma
coroa. A probabilidade de a outra face desta moeda também
apresentar uma coroa é
A( ) 7/8
B( ) 5/7
C( ) 5/8
D( ) 3/5
E( ) 3/7
RESOLUÇÃO: Não há alternativa correta
Seja A o evento “a face observada é coroa” e B o evento “a face
oculta é coroa”.
Pede-se a probabilidade condicional
C : C ⊂ B \ A}
conjunto ( B \ A ) .
Soma das soluções:
−i+
MATEMÁTICA
05.
Sejam A e B conjuntos finitos e não vazios tais que
A ⊂ B e n ({C : C ⊂ B / A}) = 128.
Então, das afirmações abaixo:
I. n(B) – n(A) é único;
II. n(B) + n(A) ≤ 128;
III. a dupla ordenada (n(A) – n(B)) é única;
É (são) verdadeira(s):
a) apenas I.
b) apenas II. c) apenas III.
d) apenas I e II. e) nenhuma.
RESOLUÇÃO: Alternativa A
2 a 2 − b − 1 = 0

a ( 2b + 1) = 0
20 2 − b − 1 = 0 → b = −1
Para b = −1 / 2
1
1
2a 2 − ( − ) − 1 = 0 → a 2 =
2
4
16/DEZ/2010
P ( B | A) =
P (A ∩ B)
P (A ) .
P ( A ∩ B ) é a probabilidade de ser selecionada uma moeda
40 − 5 − 10 25
=
40
40 .
com duas coroas, ou seja,
Há duas formas disjuntas de ocorrer o evento A:
1ª) Um moeda com duas coroas é selecionada, nesse caso a
A ⊂ B ⇒ n ( B \ A ) = n (B) − n (A ) = 7
II) FALSA
Contra-exemplo: Sejam os conjuntos A e B tais que A ⊂ B ,
n ( B ) = 68 e n ( A ) = 61 . Nesse caso, tem-se n ( B \ A ) = 7
e n ( B ) + n ( A ) = 68 + 61 = 129 > 128 .
III) FALSA
Contra-exemplo: Sejam os conjuntos A e B tais que A ⊂ B ,
n ( B) = 8 e n ( A ) = 1 , nos quais n ( B \ A ) = 7 .
Logo, temos duas duplas ordenadas que satisfazem às condições
( 61, 68 ) e (1,8 )
06.
 x + 2 y + 3z = a

O sistema  y + 2 z = b
3 x − y − 5cz = 0

A ( ) é possível, ∀a, b, c ∈ IR
25 5
=
probabilidade é 40 8 .
B ( ) é possível quando a =
2ª) Uma moeda normal é selecionada e a face observada é coroa,
C ( ) é impossível quando c = 1, ∀a,b ∈ IR
10 1
⋅
nesse caso a probabilidade é 40 2 .
25 10 1 60 6
P (A ) =
+
⋅ =
=
40 40 2 80 8
Logo,
5
(
)
P A∩B
5
P (B | A ) =
=8 =
6
(
)
P A
6
8
.
D ( ) é impossível quando a ≠
e
7b
, ∀c ∈ IR
3
7b
E ( ) é possível quando c = 1 e a ≠
3
RESOLUÇÃO: Alternativa B
 x + 2 y + 3z = a
y + 2 z = b , temos o sistema
3x − y − 5cz = 0

Escalonando o sistema 
 x + 2 y + 3z = a

, destaque para
y + 2z = b

5 (1 − c ) z = 7b − 3a

Tanto c ≠ 1 quanto a ≠
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
7b
ou c ≠ 1
3
-3-
5 (1 − c ) z = 7b − 3a
7b
nos levam a casos SPD ou SPI.
3
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RESOLUÇÃO COMENTADA
ITA
16/DEZ/2010
MATEMÁTICA
07.
Considere as afirmações abaixo:
I - Se M é uma matriz quadrada de ordem n > 1, não-nula e nãoinversível, então existe matriz não-nula N, de mesma ordem, tal
que MN é matriz nula.
II - Se M é uma matriz quadrada inversível de ordem n tal que
det(M2 — M) = 0, então existe matriz não-nula X, de ordem n x 1,
tal que MX = X.
III – A matriz
é inversível θ
+ kπ, k
.
Solução 1:
Utilizando o dispositivo de Briot-Ruffini:
1 1 0 1 a
b
1 1 1 2 a+2 a+b+2
1 2 4 a+6
Temos:
Destas, é(são) verdadeira(s)
A ( ) apenas II.
B ( ) apenas I e II.
C ( ) apenas I e III.
D ( ) apenas II e III.
E ( ) todas.
RESOLUÇÃO: Alternativa E
Solução 2:
a + b + 2 = 0
→ a = −6 e b = 4

a + 6 = 0
a 2 − b 3 = ( −6) 2 − 4 3 = 36 − 64 = −28
4
2
Dado que 1 é raiz de multiplicidade 2 de x + x + ax + b = 0 ,
temos que 1 é raiz de 4 x + 2 x + a = 0 , que é a derivada da
equação original.
Substituindo x por 1 nas duas equações:
3
I – verdadeira
Se M é não inversível, então detM = 0, logo podemos afirmar que
existe uma coluna de M que é combinação linear das outras.
Assim, existem coeficientes k1, k2, ...kn de modo que k1.col1 +
k2.col2 + ... kn.coln = 0. Deste modo definimos a matriz
 k1 
 
 k2 
N =  k3  ,
 
 ... 
k 
 n
1 + 1 + a + b + = 0
→

4 + 2 + a = 0
a = −6 e b = 4
a 2 − b 3 = ( −6) 2 − 4 3 = 36 − 64 = −28
09.
O produto das raízes da equação
A) -5. B) -1. C) 1. D) 2.
x 2 − 3x + 2 = 2 x − 3
é igual a:
E) 5.
RESOLUÇÃO: Alternativa A
Sejam:
de sinal dessas funções é:
e
. O quadro
de modo que é imediato perceber que MN é a matriz nula.
II – Verdadeira
det(M2 — M) = det(M.(M-I)) = detM.det(M-I)= 0
Como M é inversível, det M ≠ 0, logo det (M-I) = 0 e 1 é autovalor
de M.
Assim, existe um auto-vetor não nulo X tal que M.X = 1.X = X
III – Verdadeira
Para saber se a matriz é inversível precisamos calcular seu
determinante.
=
=1≠0, θ
+
kπ, k
Logo a matriz dada é inversível.
Por Girard, o produto das duas primeiras soluções é: c/a = 5
Por Girard, o produto das outras duas soluções é: c/a = -1
Assim, o produto das 4 soluções possíveis, é: -5
10.
3
08.
Se 1
é
raiz
de
multiplicidade
2
da
equação
x + x + ax + b = 0 , com a, b ∈ R , então a − b é igual a
4
Então ao resolver a equação modular proposta, temos só duas
possibilidades:
2
2
3
A) -64 B) -36 C) -28 D) 18 E) 27
RESOLUÇÃO: Alternativa C
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
∑ ( x − ak )4 − k = 0
Considere a equação algébrica k =1
. Sabendo
que x = 0 é uma das raízes e que (a1, a2, a3) é uma progressão
geométrica com a1 = 2 e soma 6, pode-se afirmar que
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RESOLUÇÃO COMENTADA
ITA
MATEMÁTICA
12.
Com respeito à equação polinomial 2x4 — 3x3 — 3x2 + 6x — 2 = 0
é correto afirmar que
a) a soma de todas as raízes é 5.
b) o produto de todas as raízes é 21.
c) a única raiz real é maior que zero.
d) a soma das raízes não reais é 10.
e) todas as raízes são reais.
RESOLUÇÃO: Alternativa A
3
4−k
∑ ( x − ak )
Como x = 0 é uma das raízes de k =1
3
∑ ( −a k )
4−k
k =1
A ( ) todas as raízes estão em ℚ.
=0
, então
= 0 ⇔ ( − a1 ) + ( − a 2 ) + ( − a 3 ) = 0 ⇔
3
2
1
B ( ) uma única raiz está em ℤ e as demais estão em ℚ \ ℤ.
−a13
+ a 22 − a 3 = 0
a =2
a = 2q a 3 = 2q 2
, então 2
e
Seja q a razão da P.G. e 1
.
Como
a
soma
da
P.G.
é
6,
temos:
C ( ) duas raízes estão em ℚ e as demais têm parte imaginária
2 + 2q + 2q2 = 6 ⇔ q 2 + q − 2 = 0 ⇔ q = −2 ∨ q = 1 .
q = 1 ⇒ a1 = a 2 = a 3 = 2 ⇒
−a13
16/DEZ/2010
+ a 22
não-nula.
− a 3 = −2 + 2 − 2 = −6D ≠( 0) não é divisível por 2x — 1.
3
2
q = −2 ⇒ a1 = 2; a 2 = −4 ∧ a 3 = 8 ⇒ −a13 + a 22 − a 3 = −23 +E( (−4) )uma
− 8única
= 0 raiz está em ℚ \ ℤ e pelo menos uma das demais
2
q = −2 ⇒ a = 2; a = −4 ∧ a 3 = 8
.
1
2
Logo,
A equação algébrica do enunciado é
( x − a1 )3 + ( x − a 2 )2 + ( x − a3 )
1
está em \ ℚ.
= 0 ⇒ ( x − 2) + ( x + 4) + ( x − 8) = 0
3
⇔ x 3 − 5x 2 + 21x = 0 .
Essa equação tem soma das raízes 5 e produto das raízes 0 .
5 ± i 59
2
As raízes são 0 e
,
onde a soma das raízes não reais é 5.
Assim, a alternativa correta é A.
2
RESOLUÇÃO: Alternativa E
2x4 — 3x3 — 3x2 + 6x — 2 = 0
As possíveis raízes racionais são 1, -2, 1/2 e -1/2.
Por inspeção percebemos que 1 é raiz. Baixando o grau por BriotRuffini:
2 -3 -3 6 -2
2 -1 -4 2 0
11.
A expressão 4e2x + 9e2y – 16ex – 54ey + 61 = 0, com x e y reais,
representa
A ( ) o conjunto vazio
B ( ) um conjunto unitário
C ( ) um conjunto não-unitário com um número finito de pontos
D ( ) um conjunto com um número infinito de pontos.
E ( ) o conjunto {(x,y) ∈ IR2/ 2(ex – 2)2 + 3(ey – 3)2 = 1}
1
RESOLUÇÃO: Alternativa D
Fazendo a troca de variável ex = a e ey = b: 4a2 + 9b2 – 16a – 54b
+ 61 = 0.
Com os devidos complementos de quadrados, concluímos que
A equação remanescente é 2x2 – 4 = 0, cujas raízes são
(a-2 )
2
32
(b-3 )
+
2
22
=1
, equação que representa uma elipse de
centro (2;3) , eixo maior horizontal e a distância focal 2 5 ,
portanto é uma figura composta por infinitos pontos.
CURSO PRÉ VESTIBULAR ELITE CURITIBA
Também por inspeção, percebemos que 1/2 é raiz. Baixando o
grau novamente:
2 -1 -4 2
½ 2 0 -4 0
Assim há uma raiz inteira, uma racional não inteira, e duas
irracionais.
13.
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RESOLUÇÃO COMENTADA
ITA
m
2
=−
3 e a equação
Sejam m e n inteiros tais que n
36 x 2 + 36 y 2 + mx + ny − 23 = 0
representa
uma
circunferência de raio r = 1 cm e centro C localizado no
segundo quadrante. Se A e B são os pontos onde a circunferência
cruza o eixo Oy , a área do triângulo ABC, em cm , é igual a
2
8 2
4 2
2 2
A( ) 3 . B( ) 3 . C( ) 3 .
2 2
2
D( ) 9 . E( ) 9 .
RESOLUÇÃO: Alternativa D
16/DEZ/2010
MATEMÁTICA
1 4 2 1
2 2
S ABC = ⋅
⋅
S ABC =
2 3 3 ⇒
9
14.
Entre duas superposições consecutivas dos ponteiros das horas e
dos minutos de um relógio, o ponteiro dos minutos varre um
ângulo cuja medida, em radianos, e igual a
A( ) 23/11π
B( ) 3/6π
C( ) 24/11π
D( ) 25/11π
E( ) 7/3π
RESOLUÇÃO: Alternativa C
Para que o ponteiro dos minutos volte a se encontrar com o
ponteiro das horas é necessário e suficiente que ele dê uma volta
a mais que o ponteiro das horas. Equacionando
θ min = θ h + 2π
wmin .t + θ 0min = wh .t + θ 0h + 2π
Reescrevendo a equação da circunferência na forma canônica
(completando os trinômios quadrados perfeitos) obtemos:
t=
m 
n 
m 2 + n 2 + 23 ⋅144

x
+
+
y
+
=

 

72  
72 
36 ⋅144

(1)
t=
2
2
Como do enunciado temos r = 1 cm , temos
m 2 + n 2 + 23 ⋅144
=1
36 ⋅144
(2)
m
2
=−
3 e que m > 0 e n < 0
Usando em (2) o fato de que n
(para o posicionamento de C no segundo quadrante) calculamos:
m = 24 e n = −36 .
A equação da circunferência é agora desvelada
2
2
1 
1

 x +  +  y −  =1
3 
2

(3)
As ordenadas dos pontos A e B são, de (3), calculadas de x = 0
y A ou B =
2π
wmin − wh
2π
2π 2π
−
1 12
=
12
horas
11
Então
θ min = wmin .t
2π 12 24
θ min =
. = π
1 11 11
15.
Seja ABC um triângulo retângulo cujos catetos AB e BC
medem 8 cm e 6 cm, respectivamente. Se D é um ponto sobre
AB e o triângulo ADC é isósceles, a medida do segmento AD ,
em cm, é igual a
3
15
15
25
25
a) 4 . b) 6 . c) 4 . d) 4 . e) 2 .
RESOLUÇÃO: Alternativa D
1 2 2
±
2
3 (4)
Considerando as ordenadas em (4) temos o lado AB medindo:
AB =
4 2
3
Seja DE a altura do triângulo isósceles ADC , então
1
A altura relativa a esse lado é 3 (fato inferido pela abscissa do
ponto C), o que nos dá:
AE = EC = 5 . Seja ainda AD = x , então CD = x e
BD = 8 − x .
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo BCD ,
temos:
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RESOLUÇÃO COMENTADA
ITA
CD 2 = BD 2 + BC 2 ⇒ x 2 = (8 − x ) + 62 ⇔ x =
2
Logo,
25
4 .
25
cm
4
.
AD = x =
16/DEZ/2010
MATEMÁTICA
A ( ) 1/5 π
B ( ) 1/4 π
2/5 π
RESOLUÇÃO: Alternativa B
C ( ) 1/3 π
D ( ) 3/8 π
E( )
16.
Sejam ABCD um quadrado e E um ponto sobre AB . Considere
as áreas do quadrado ABCD, do trapézio BEDC e do triângulo
ADE. Sabendo que estas áreas definem, na ordem em que estão
apresentadas, uma progressão aritmética cuja soma é 200 cm2, a
medida do segmento AE , em cm, é igual a
A ( ) 10/3. B ( ) 5. C ( ) 20/3. D ( ) 25/3. E ( ) 10
RESOLUÇÃO: Alternativa C
Sendo l a medida do quadrado ABCD e AE = l - x, segue do
Do enunciado α = 135°. Assim, o ângulo CBD é 45°
e BD = CD = 1 cm
Logo:
enunciado:
tg β =
1
1
e tgδ =
2
3
µ
¶
B AC + BMC = β + δ
1 1
+
tg β + tgδ
2
3 =1
tg ( β + δ ) =
=
1 − tg β tgδ 1 − 1 ⋅ 1
2 3
π
⇒ β +δ =
4
18.
ABC está inscrito numa circunferência de raio 5 cm.
Sabe-se ainda que AB é o diâmetro, BC mede 6 cm e a bissetriz do
ˆ
ângulo ABC intercepta a circunferência no ponto D . Se α é a soma
Um triângulo
PA(SABCD, SBEDC, SADE)
SABCD = l2
( l+x ).l
SBEDC =
ABC e ABD e β é a área comum aos
2
dois, o valor de α − 2 β , em cm , é igual a:
2
das áreas dos triângulos
( l − x ).l
SADE =
2
( l+x ).l
2SBEDC = SABCD + SADE → 2.
2
→ x = l/3
( l − x ).l
= l2 +
a)14 b)15 c)16 d)17 e)18
RESOLUÇÃO: Alternativa A
2
SABCD + SBEDC + SADE = 200 → 3. SBEDC = 200 → l(l + x) =
400/3 → l(l + l/3) = 400/3 → l = 10 e x = 10/3
Logo AE = l - x = 10 – 10/3 = 20/3
Do teorema da bissetriz interna no triângulo ABC temos
17.
Num triângulo ABC o lado
lado
médio de
igual a
d e
=
6 10 (1)
mede 2 cm, a altura relativa ao
mede 1 cm, ângulo A C mede 135° e M é o ponto
. Então a medida de B C + B C, em radianos, é
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Como d + e = 8 (do teorema de Pitágoras no triângulo ABC)
então, de (1), segue que
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RESOLUÇÃO COMENTADA
ITA
16/DEZ/2010
MATEMÁTICA
d =3
e = 5 (2)
Do teorema de Pitágoras no triângulo BCE temos
a = 3 5 (3)
Da potência do ponto E em relação à circunferência do problema
temos, de (3), que
b = 5 (4)
Do teorema de Pitágoras no triângulo ABD temos, de (3) e (4),
que
c = 2 5 (5)
Dos 5 resultados anteriores podemos calcular as áreas envolvidas
no problema:
1

 S ABC = ⋅ 6 ⋅ ( d + e)
2

 S ABC = 24
(6)
1

 S ABD = ⋅ c ⋅ ( a + b)
2

 S ABD = 20
Temos então
h=
10 3
3
h= 3
=5
2
E encontramos o raio por semelhança entre os triângulos
12 − R R
=
13
5
−
=
60 5 R 13R
(7)
1

 S BCE = ⋅ 6 ⋅ d
2

 S BCE = 9
(8)
De (6), (7) e (8) calculamos
α = S ABC + S ABD = 44
β = S ABC − S BCE = 15
de onde temos o resultado final:
α − 2β = 44 − 2 ⋅15 = 14
19.
Uma esfera está inscrita em uma pirâmide regular hexagonal cuja
altura mede 12 cm e a aresta da base mede 10√3/3 cm. Então o
raio da esfera, em cm, é igual a
A( ) 10√3/3 B( ) 13/3 C( ) 15/4 D( ) 2√3 E( ) 10/3
RESOLUÇÃO: Alternativa E
Seccionando a pirâmide por um plano perpendicular a base e
que a divide ao meio (linha vermelha), encontramos um triângulo
com uma circunferência inscrita.
l 3
2
R=
10
3
20.
Considere as afirmações:
Existe um triedro cujas 3 faces têm a mesma medida α = 120 .
Existe um ângulo poliédrico convexo cujas faces medem,
respectivamente, 30o, 45o, 50o, 50o e 170o.
Um poliedro convexo que tem 3 faces triangulares, 1 face
quadrangular, 1 face pentagonal e 2 faces hexagonais tem 9
vértices.
A soma das medidas de todas as faces de um poliedro convexo
com 10 vértices é 2880o.
o
Destas, é(são) correta(s) apenas
A ( ) II. B ( ) IV. C ( ) II e IV. D ( ) I, II, IV. E ( ) II, III, IV.
RESOLUÇÃO: Alternativa C
I – FALSA
o
A soma das faces de um triedo deve ser inferior a 360 .
II – VERDADEIRA
Os valores apresentados satisfazem às condições necessárias e
suficientes para a existência do ângulo poliédrico convexo:
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RESOLUÇÃO COMENTADA
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30° + 45° + 50° + 50° + 170° = 345° < 360°
30° + 45° + 50° + 50° = 175° > 170° .
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MATEMÁTICA
e
III – FALSA
F
Seja k o número de faces de gênero k .
F = F3 + F4 + F5 + F6 = 3 + 1 + 1 + 2 = 7
3 ⋅ F3 + 4 ⋅ F4 + 5 ⋅ F5 + 6 ⋅ F6 = 2A ⇒ 3 ⋅ 3 + 4 ⋅ 1 + 5 ⋅1 + 2 ⋅ 6 = 2A ⇔ A = 15
Pela relação de Euler, temos:
V + F = A + 2 ⇒ V = 15 + 2 − 7 = 10 .
IV – VERDADEIRA
S = 360o ⋅ ( V − 2 ) = 360o ⋅ (10 − 2 ) = 2880o
21.
Analise a existência de conjuntos A e B, ambos não-vazios, tais
que (A \ B)∪ (B \ A) = A.
RESOLUÇÃO:
( A \ B) ∪ ( B \ A ) = A ⇒ ( B \ A ) ⊂ A
B = B ∩ (A ∪ A) = (B ∩ A) ∪ (B ∩ A) =
= (B ∩ A) ∪ (B \ A)
(B \ A) ⊂ A ∧ (B ∩ A) ⊂ A ⇒
⇒ B = (B ∩ A) ∪ (B \ A) ⊂ A ⇔ B ⊂ A ⇒ B \ A = ∅
⇒ ( A \ B) ∪ ∅ = A ⇒ ( A \ B ) = A ⇔
⇔ A∩B= A⇒ A ⊂ B
⇒ B⊂ A ⊂ B⇒ B =∅
Logo, não existem A e B que satisfazem as
condições do enunciado.
22.
Sejam n ≥ 3 ímpar, z C \ {0} e z1, z2, ..., zn as raízes de zn = 1.
Calcule o número de valores |zi – zj|, i,j = 1, 2,..., n, com i ≠ j,
distintos entre si.
RESOLUÇÃO:
As raízes n-ésimas da unidade pertencem tem afixos em uma
circunferência de centro na origem e raio 1.
Vamos considerar i = 1, sem perda de generalidade. A simetria do
problema nos garante isso.
Os valores de |zi – zj| a que o enunciado se refere são os
comprimentos dos segmentos ZiZj.
Note que da figura é fácil perceber que o segmento Z1Z2 tem o
mesmo comprimento de Z1Zn.
Analogamente, o segmento Z1Z3 tem o mesmo comprimento de
Z1Zn-1 , e assim sucessivamente.
Assim, são (n-1)/2 possíveis valores.
23.
Sobre uma mesa estão dispostos 5 livros de história, 4 de biologia
e 2 de espanhol. Determine a probabilidade de os livros serem
empilhados sobre a mesa de tal forma que aqueles que tratam
do mesmo assunto estejam juntos.
RESOLUÇÃO:
Para o numero de resultados favoráveis as matérias história
P = 3!
biologia e espanhol podem aparecer de 3
maneiras.
Podemos ordenar os livros de uma mesma matéria, para história
de
P5 = 5!
maneiras, para biologia de P4 = 4! maneiras e para
espanhol de P2 = 2! maneiras.
O número de resultados possíveis vem da permutação dos 11
livros P11 = 11! . Então a probabilidade pedida é:
P=
3!⋅5!⋅4!⋅2! 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 5!⋅4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ 1
1
=
=
11!
11 ⋅ 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5!
1155
24.
Resolva a inequação em IR:
1
16 <  
4
(
log 1 x 2 − x +19
)
5
RESOLUÇÃO:
Seja, f ( x ) = log 1 x 2 − x + 19 . O domínio de f(x) é IR, pois
(
)
5
x 2 − x + 19 é sempre positivo ( ∆ = 1 − 4 ⋅19 = −75 < 0 ) .
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RESOLUÇÃO COMENTADA
ITA
Resolvendo, pois, a inequação proposta, temos:
−2
(
log 1 x 2 − x +19
1
1
<
 
 
4
 
4
−2 > log ( x − x + 19 )
)
5
16/DEZ/2010
MATEMÁTICA
Determine todos os valores de m ∈ IR tais que a equação (2 – m)
x2 + 2mx + m + 2 = 0 tenha duas raízes reais distintas e maiores
que zero.
RESOLUÇÃO:
Condição da existência de duas raízes reais distintas:
∆ > 0:
4m2 – 4(2 + m)(2 – m) > 0 → m2 – 2 > 0 ↔
2
1
5
m < - 2 ou m > 2 (I)
25 < x 2 − x + 19
x2 − x − 6 > 0
Raízes reais positivas:
O que nos dá como solução o conjunto
IR − [ −2, 3]
25.
-2m
>0
→ m < 0 ou m > 2 (II)
- S = x1 + x2 > 0 → 2-m
m+2
>0
→ -2 < m < 2 (III)
- P = x1.x2 > 0 → 2-m
De I, II e III, conclui-se que:
Determine todas as matrizes M ∈ M2x2(R) tais que MN = NM,
∀N ∈ M2x2(R).
RESOLUÇÃO:
m < - 2 ou
2 <m <2
27.
Considere uma esfera Ω com centro em C e raio r = 6 cm e um
plano
Σ
que
dista
2
cm
de C. Determine a área da intersecção do plano E com uma
cunha
esférica
de
30°
em
Ω
que
tenha
aresta ortogonal a Σ.
RESOLUÇÃO:
a b
x y 
M=
N=


c d e
 z w  , então
Sejam
 a b   x y   ax + bz ay + bw 
MN = 
⋅
=

 c d   z w   cx + dz cy + dw 
 x y   a b   ax + cy bx + dy 
NM = 
⋅
=

 z w   c d  az + cw bz + dw 
MN = NM, ∀N ∈Μ 2×2 ( ¡ ) ⇒
ax + bz ay + bw   ax + cy
 cx + dz cy + dw  =  az + cw

 
bx + dy 
bz + dw 
ax + bz = ax + cy ⇔ bz = cy

ay + bw = bx + dy ⇔ bx + ( d − a ) y − bw = 0 b = c = 0
⇔
⇔
a = d
cx + dz = az + cw ⇔ cx + ( d − a ) z − cw = 0
cy + dw = bz + dw ⇔ cy = bz
λ 0 
M (λ ) = 
 = λ ⋅ Ι 2× 2
Ι
0
λ


As matrizes são
, onde 2×2 é a
Do enunciado CC´=2 e CA = 6
No triângulo CC´A, retângulo em C´ temos por T. Pitágoras que
C´A =
A área da interseção é a área de um setor circular de raio C´A e
ângulo central 30°.
matriz identidade de ordem 2.
Assim, A = π.(
26.
28.
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)2/12 = 8π/3 unidades de área
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RESOLUÇÃO COMENTADA
ITA
π
π
π
π
 2π
2 π 
 cos 5 − sen 5  cos 10 − 2 sen 5 cos 5 sen 10

a) Calcule 
.
π
π
sen cos
10
5.
b) Usando o resultado do item anterior, calcule
RESOLUÇÃO:
a)
Usando as identidades trigonométricas típicas de arco duplo e
soma de arcos podemos desenvolver a expressão dada como
segue:
π
π
π
π
π
 2π
− sen 2  cos − 2 sen cos sen
 cos
5
5
10
5
5
10

2π
π
2π
π
cos
cos − sen
sen
5
10
5
10
 2π π 
π 
cos 
+  = cos   = 0
2
 5 10 
De onde concluímos que a expressão é igual a ZERO.
b)
y = cos
Chamando
anterior temos que
π
π
sen
5
10 e levando em conta o item
π
π
π
 2π
− sen 2  cos − 2 ysen = 0
 cos
5
5
10
5

2π
π
Usando a expressão acima, lembrando que 5 e 10 são
4π π
complementares e que 5 e 5 são suplementares temos:
2π
π
2π
2π
cos
cos
cos
sen
5
10
5
5
y=
y=
π
π
2 sen
2sen
5
⇒
5
4π
π
sen
sen
5
5
y=
y=
π
π
1
4 sen
4 sen
y=
⇒
5 ⇒
5 ⇒
4
29.
Num triângulo AOB, o ângulo AÔB mede 135° e os lados
cm e
e
cm, respectivamente. A circunferência
de centro em O e raio igual à medida de
, intercepta o lado
no ponto C (
).
Mostre que OÂB, mede 15°
Calcule o comprimento de
RESOLUÇÃO:
.
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MATEMÁTICA
LETRA A: Usando as lei dos senos no triângulo AOB, temos:
Multiplicando por
o numerador e denominador e realizando
a fatoração do numerador:
LETRA B:
Da demonstração em na letra A, concluímos que:
Se OC = OB = r, o triângulo COB é isóceles. Então
Assim, o ângulo
também.
e o triângulo ACO é isóceles
Portanto, AC = CO = OB = r
30.
Considere um triângulo equilátero cujo lado mede 2 3 cm. No
interior deste triângulo existem 4 círculos de mesmo raio r. O
centro de um dos círculos coincide com o baricentro do triângulo.
Este círculo tangencia externamente os demais e estes, por sua
vez, tangenciam 2 lados do triângulo.
a) Determine o valor de r.
b) Calcule a área do triângulo não preenchida pelos círculos.
c) Para cada círculo que tangencia o triângulo, determine a
distância do centro ao vértice mais próximo.
RESOLUÇÃO:
Seja o triângulo AOB, o círculo e as demais condições propostas
representadas na figura abaixo:
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.
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RESOLUÇÃO COMENTADA
ITA
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MATEMÁTICA
Seja o triângulo equilátero ABC de lado 2 3 cm .
Como
G
é
o
baricentro
do
∆ABC ,
2 (2 3) 3
1 (2 3) 3
⋅
=2
GH = ⋅
=1
3
2
3
2
,
BO 2 = BG − O 2G = 2 − 2r
BG =
então
e
.
O D BO 2
r 2 − 2r
1
∆BDO 2 ~ ∆BHG ⇒ 2 =
⇒ =
⇔r=
GH
BG
1
2
2
a)
b)
r=
1
cm
2
S = SABC − 4 ⋅ Scírculo =
c)
( 2 3 )2
4
3
2
1
− 4 ⋅ π ⋅   = ( 3 3 − π ) cm 2
 2
AO1 = BO 2 = CO3 = 2 − 2r = 2 − 2 ⋅
1
= 1 cm
2
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