CADERNO DE RESOLUÇÕES
CONCURSO ITA 2010
MATEMÁTICA
O ELITE CURITIBA aprova mais porque tem qualidade, seriedade e
profissionalismo como lemas. Confira 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: 5 anos de existência,
5 anos de aprovações no ITA !!!
11 alunos aprovados!
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
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
17/DEZ/2009
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!
UFPR
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
Inverno 2009:
16 aprovações nos
cursos mais concorridos
Inverno 2008:
1º, 2º e 4º lugares em Eng. Ind. Mecânica
1º e 2º lugares em Eng. Eletrônica /
Eletrotécnica
1º lugar em 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.
Só no ELITE você encontra:
Simulados semanais/quinzenais;
A maior carga horária.
Os melhores professores!
ESPCEX
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 alunos convocados no Paraná
2006: 9 alunos convocados no Paraná (turma de
20 alunos)
2005: 100% de aprovação!
Fone :
3013-5400
www.ELITECURITIBA.com.br
EPCAr
2007: 3 dos 4 convocados do Paraná
2006: 2 convocados
2005: 1º lugar do Paraná
EEAR
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
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CONCURSO ITA 2010
MATEMÁTICA
OBJETIVAS
Resolução: Alternativa E
01. Considere as afirmações abaixo relativas a conjuntos A, B e
C quaisquer:
 2 −1
2 + 1
2 +i 
−i
 temos que
 3
3 

o lado direito da equação é 64.
Desenvolvendo o produto
(
)
2
Fazendo z = a+bi, então z = a –bi, e lembrando que z = a2 + b2,
I. A negação de x∈A∩B é: x∉A ou x∉B.
II. A∩(B∪C) = (A∩B) ∪(A∩C)
III. (A\B)∪(B\A) = (A∪B)\ (A∩B)
Destas, é (são) falsa(s)
(A) apenas I.
(B) apenas II.
(D) apenas I e III. (E) nenhuma.
17/DEZ/2009
podemos reescrever a equação como
2bi + a2 + b2 = 64 + 0i,
de onde concluímos que a = ± 8 e b = 0.
Tanto para z = 8 e z = 8 quanto para z = –8 e z = –8 temos
1 65
z+ =
>8.
z
8
(C) apenas III.
Resolução: Alternativa E
04. Os argumentos principais da equação em z ,
I. VERDADEIRA
A negação de x∈ A∩B é x∈ (A∩B)C
Aplicando Morgan, x∈ (A∩B)C ↔ x∈ (AC∪BC) ↔
x∈AC ∪ x∈BC ↔ x∉A ou x∉B.
iz + 3 z + ( z + z ) 2 − i = 0
pertencem a
 π 3π 
II. VERDADEIRA
x∈ (A ∩(B∪C)) ↔ x∈A e x∈(B∪C) ↔ x∈A e (x∈B ou x∈C)
↔ x∈A e (x∈B ou x∈C) ↔ (x∈A e x∈B) ou (x∈A e x∈C) ↔
x∈ (A∩B) ou x∈ (A∩C) ↔ x∈ (A∩B) ∪(A∩C)
III. VERDADEIRA
x∈ ((A\B)∪(B\A)) ↔ x∈ (A\B) ou x∈ (B\A) ↔ (x∈ A e x∉B) ou
(x∈B e x∉A) ↔ (x∈A ou x∈B) e (x∉B e x∉A) ↔ x∈(A∪B) e
x∉(B∩A) ↔ x∈((A∪B)\ (A∩B))
02. Considere os conjuntos A, B ⊂ R e C ⊂ ( A ∪ B ) . Se
A ∪ B , A ∩ C e B ∩ C são os domínios das funções reais
x −π
2
definidas por ln( x − π ) , − x + 6 x − 8 e
,
5− x
respectivamente, pode-se afirmar que
A ( ) C = ] π ,5[ . B ( ) C = [ 2, π ] . C ( ) C = [ 2,5[ .
D ( ) C = [π ,4] .
B() 
,
 4 4 
 5π 3π 

 π   7π
∪  ,2π 


 4  4
Resolução: Alternativa C
Abrindo o número complexo z nas suas partes real e imaginária,
digamos z = a + bi , conseguimos reduzir a equação dada à
forma que segue:
i (a + bi ) + 3(a − bi ) + (2a ) 2 − i = 0
⇒ 4a 2 + 3a − b + (a − 3b − 1)i = 0
(
03. Se z uma solução de equação em C ,
12

 2 −1
2 + 1 
,
z − z + z = −  2 + i 
−i

3
3




Pode-se afirmar que
A ( ) i (z − z ) < 0 .
D ( ) z ∈ 6,7 .
)
A equação acima, por sua vez, se reduz a um par de equações nas
variáveis reais a e b :
4a 2 + 3a − b = 0

 a − 3b − 1 = 0
Do sistema acima temos duas soluções possíveis para z :
A ∩ C = {x ∈ R, − x 2 + 6 x − 8 ≥ 0} = [2,4]
x −π
B ∩ C = { x ∈ R,
≥ 0} = [π ,5[
5− x
Então, C = ( A ∩ C ) ∪ ( B ∩ C ) = [ 2,4 ] ∪ [π ,5[ = [2,5[ .
Obs.: Verifica-se que C ⊂ ( A ∪ B ) pois,
A ∪ B = {x ∈ R, x − π > 0} = [ π ,+∞[ .
(
 3π 7π 
E ( )  0,
1 1
1  1
1 
z1 = − − i =
−i
−

2 2
2
2
2
C = C ∩ ( A ∪ B) = ( A ∩ C ) ∪ ( B ∩ C ) .
2
π π 
D ( )  , ∪
,
 4 2   2 4 
,
C() 
 4 2 
E ( ) C não é intervalo.
Resolução: Alternativa C
Dado que C ⊂ ( A ∪ B ) , então
[ ]
 3π 5π 
A()  ,
 4 4 
)
B ( ) i (z − z ) > 0 .
[ ]
1
7
58 
3
7 
−i
z2 = − − i =
−

6 18 18 
58
58 
5π
, enquanto o argumento de
O argumento de z1 é claramente
4
 5π 3π 
z 2 está no intervalo  ,  , o que pode ser facilmente
 4 2 
inferido pelos fatos que seguem:
1) trata-se de um argumento do terceiro quadrante (seno e cosseno
negativos);
2)
C ( ) z ∈ 5,6 .
E ( ) z + 1 > 8.
z
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3
1
7
<
<
.
58
2
58
 5π 3π 
 5π 
 5π 3π 
∪   =  ,  (alternativa C)
Assim, 
,
 4 2   4   4 2 
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CONCURSO ITA 2010
MATEMÁTICA
e x + 2 − ((e 2 x − 1) e x )
π 
2e x + 1
tg
=
⇒


1 + (e x + 2 )(
( e 2 x −1) e x )  4  e3x + 2e 2 x − 2 = 1 ⇒
05. Considere a progressão aritmética (a1, a2, ... , a50 ) de razão d.
10
Se
50
∑a
n
n =1
A ( ) 3.
= 10 + 25d e ∑ an = 4550 , d - a1 é igual a
e 3 x + 2e 2 x − 2e x − 3 = 0 ⇒
z 3 + 2 z 2 − 2 z − 3 = 0 ⇒ ( z + 1) z 2 + z − 3 = 0 ⇒
n =1
B ( ) 6.
C ( ) 9.
D ( ) 11.
E ( ) 14.
(
(a1 + a10 ) ⋅10 = 10 + 25d
De (i) e (ii) temos que
a1 = −7 e d = 4
De onde concluímos que d − a1 = 4 − (− 7 ) = 11
06. Sejam f,g: ℜ→ℜ, tais que f é par e g é ímpar. Das seguintes
afirmações
(B) apenas II.
(D) apenas I e II.
(E) todas.
I – VERDADEIRA
f.g(-x) = f(-x).g(-x) = f(x).(-g(x)) = -f.g(x), logo f.g é ímpar.
II – VERDADEIRA
f(g(-x)) = f(-g(x)), pois g é ímpar
f(-(g(x))= f(g(x), pois g é par
Logo f(g(x)) = f(g(-x)) é fog é par
III - FALSA
g(f(-x)) = g(f(x)), pois f é par
Logo gof é ímpar, e não par.
07. A equação em x ,
 ex  π
arctg e + 2 − arc cot g  2 x  = , x ∈ IR \ {0},
 e −1  4
)
A ( ) admite infinitas soluções, todas positivas.
B ( ) admite uma única solução, e está é positiva.
C ( ) admite três soluções que se encontram no intervalo ]-5/2,3/2[
D ( ) admite apenas soluções negativas.
E ( ) não admite solução.
Resolução: Alternativa B
 ex  π
 = ⇒
arctg e x + 2 − arc cot g  2 x
 e −1  4
 e2x −1 π
arctg e x + 2 − arctg  x  = ⇒
 e  4
)
x
08. Sabe-se que o polinômio p( x ) = x 5 + ax 3 + ax 2 − 1 , a ∈ IR,
admite a raiz –i. Considere as seguintes afirmações sobre as raízes
de p:
I. Quatro das raízes são imaginárias puras.
II. Uma das raízes tem multiplicidade dois.
III. Apenas uma das raízes é real.
E ( ) II e III.
− i − ai − a − 1 = 0 , logo a = −1 .
Resolução: Alternativa D
Se f é par, então ∀x∈ℜ, f(x) = f(-x).
Se g é ímpar, então ∀x∈ℜ, g(x) = -g(-x).
(
( 13 −1) 2
z > 0 ⇒ e = ( 13 − 1) 2 ⇒
x = ln (( 13 − 1) 2) > 0
Resolução: Alternativa C
Do enunciado tem-se que p( −i ) = 0 , isto é,
é (são) verdadeiras
(A) apenas I.
(C) apenas III.
)
)
Destas, é (são) verdadeira (s) apenas
A ( ) I. B ( ) II. C ( ) III. D ( ) I e III.
I. f.g é ímpar,
II fog é par,
III gof é impar,
(
Como z = e ⇒
x
⇒ a1 + 2d = 1 (i)
2
(a1 + a50 ) ⋅ 50 = 4550 ⇒ 2a + 49d = 182 (ii)
1
2
(
)
(
z ' = − 13 + 1 2 ; z" = −1 ; z ' ' ' =
Resolução: Alternativa D
Desenvolvendo as equações dadas, temos que:
x
17/DEZ/2009
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Sendo assim,
(
)
(
)
p( x) = x 5 + x 3 − x 2 − 1 = x 2 + 1 ( x − 1) x 2 + x + 1 .
Logo as raízes são: 1 , i , − i ,
−1 − 3i
−1 + 3i
e
.
2
2
Analisando as afirmações:
I – Falso, pois apenas duas são imaginárias puras ( i e − i ).
II – Falso, pois todas as raízes são simples.
III – Verdadeiro, pois x = 1 é a única raiz real.
09. Um polinômio real p( x ) =
5
∑a x
n=0
n
n
, com a5 = 4 , tem três
raízes reais e distintas, a, b e c, que satisfazem o sistema
 a + 2b + 5c = 0

 a + 4b + 2 c = 6
 2 a + 2b + 2 c = 5

Sabendo que a maior das raízes é simples e as demais têm
multiplicidade dois, pode-se afirmar que p(1) é igual a
A()–4 B()–2 C()2 D()4 E()6
Resolução: Alternativa A
Escalonando o sistema
a + 2b + 5c = 0
3

 2b − 3c = 6 → a = 2, b = , c = −1
2

− 11c = 11

As raízes da equação são − 1;−1; 3 ; 3 ;2 .
2 2
5
Dado que o coeficiente de x vale 4
3
3
p ( x) = 4( x + 1)( x + 1)( x − )( x − )( x − 2)
2
2
1
1
p (1) = 4(2)(2)(− )(− )(−1) = −4
2
2
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MATEMÁTICA
15
10.
Considere
o
p ( x ) = ∑ an x n
polinômio
com
n =0
coeficientes a0 = −1 e an = 1 + ian −1 , n = 1, 2,3,...,15 . Das
afirmações:
I. p ( −1) ∉ R
(
II. p ( x ) ≤ 4 3 +
2+ 5
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Resolução: Alternativa B
1ª Solução
Sabemos que a5 – b5 = (a – b).(a4 + a3b + a2b2 + ab3 + b4) =
(a – b).((a2)2 + (b2)2 + ab(a2+b2) + (ab)2)
(
Sendo a = 2 3 +
(
) (
E= 2 3+
)
)
(
5 − 2 3− 5
(
) (
)
5
E = 2 5  17 + 4 15 + 17 − 4 15

III. a8 = a4 ,
é(são) verdadeira(s) apenas
A ( ) I. B ( ) II. C ( ) III. D ( ) I e II.
)
5 e b = 2 3 − 5 temos
5
2
[
5 [2.529 + 287 ]
) + (12 − 5).34 + (12 − 5) 
2
2
E = 2 5 2( 289 + 16.15) + 238 + 49
E ( ) II e III.
E= 2
]
E = 2690 5
Resolução: Alternativa E
Primeiro verifiquemos os coeficientes do polinômio dado:
a0 = −1
2ª Solução
Usando o binômio de Newton temos:
a1 = 1 + i ( a0 ) = 1 − i
a2 = 1 + i ( a1 ) = 2 + i
a3 = 2i
a4 = −1 = a0 ; a5 = 1 − i = a1;...
(2
3+ 5 =
) ∑ C (2 3 ) .( 5 )
(2
3− 5 =
5
5
p =0
5− p
p
p
5
) ∑ C (2 3 ) .(− 5 )
5
5
p =0
5− p
p
p
5
Diminuindo as equações acima membro a membro:
Então verifiquemos a expansão do polinômio dado:
p ( x ) = a0 x + a1 x + a2 x + a3 x + a0 x + ... + a2 x + a3 x
0
1
2
3
4
14
Assim:
I) F
p ( −1) = a0 − a1 + a2 − a3 + a0 + ... + a2 − a3
p ( −1) = 4 ( a0 − a1 + a2 − a3 )
p ( −1) = 4 ( −1 − (1 − i ) + ( 2 + i ) − 2i )
p ( −1) = 0, e 0 ∈ R
II) V
p ( x ) ≤ a0 x 0 + a1 x1 + a2 x 2 + a3 x 3 + ... + a3 x15
[
]
como x ∈ −1,1 , então:
p ( x ) ≤ a0 + a1 + a2 + a3 + ... + a3 ⇒
(
E= 2 3+
) (
2+
)
5 + 2)
5 ) , c.q.d
) (
5
5 − 2 3− 5
(A) 2630 5
(B) 2690 5
(C) 2712 5
(D) 1584 15
5
2
2
5
3
4
5
4
1
12. Um palco possui 6 refletores de iluminação. Num certo
instante de um espetáculo moderno os refletores são acionados
aleatoriamente de modo que, para cada um dos refletores, seja de
2/3 a probabilidade de ser aceso. Então, a probabilidade de que,
neste instante, 4 ou 5 refletores sejam acesos simultaneamente, é
igual a
A()
16
49
151
479
2 4 25
B()
C()
D()
E() 4 + 5
27
81
243
729
3
3
k
6− k
 6
Onde   representa as diferentes maneiras de se determinar os k
k 
 
k
refletores que ficariam acesos,  2  representa a probabilidade
 3
6− k
 1  representa a
 
 3
probabilidade dos 6-k restantes não estarem acesos.
destes k refletores estarem acesos e
a0 = a4 = a8 = a12
(
0
 6  2   1 
P (k ) =     
 k  3   3 
III) V
Pela recorrência dos coeficientes, tem-se:
11. A expressão 2 3 +
5
( ) ( 5 ) + C (2 3 ) ( 5 ) + C (2 3 ) ( 5 ) 

E = 2 (25 5 + 10.12.5 5 + 5.144. 5 ) ⇒ E = 2690 5
= 2  C5o 2 3
p ( x ) ≤ 4. 1 + 2 + 5 + 4
2+
)
5
5 − 2 3− 5 =
Resolução: Alternativa A
A probabilidade de que sejam acesos exatamente “k” dos 6
refletores é dada por
p ( x ) ≤ 4. ( −1 + 1 − i + 2 + i + 2i )
(
p ( x ) ≤ 4. (1 +
p ( x ) ≤ 4. ( 3 +
15
)
5
é igual a
A probabilidade de que sejam acesos exatamente 4 refletores
simultaneamente ou exatamente 5 refletores simultaneamente é
P(4 ou 5) = P(4) + P(5) =
 6  2 
  
 4  3 
(E) 1604 15
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4
 1   6  2 
  +   
 3   5  3 
2
(41) 3013 5400
5
1
25 16
 1  6 ⋅ 5 24
⋅ 6 + 6⋅ 6 =
  =
2 ⋅1 3
3
27
3
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CONCURSO ITA 2010
MATEMÁTICA
17/DEZ/2009
15. O valor da soma
13. Considere a matriz
6
 sen  α  , para todo α ∈ IR é igual a
∑ sen  2α
 3n 
3n 
n=1
Em que a4=10, det A = –1000 e a1, a2, a3, a4, a5 e a6 formam, nesta
ordem, uma progressão aritmética de razão d > 0.
Pode-se afirmar que a1/d é igual a
A ( ) –4. B ( ) –3. C ( ) –2. D ( ) –1. E ( ) 1.
Resolução: Alternativa D
Como a matriz dada é triangular, seu determinante é o produto dos
elementos da diagonal principal, ou seja, a1a4a6 = - 1000.
Isso nos dá a1a6 = –100 , uma vez que a4 = 10.
Escrevendo a1 = 10 – 3d e a6 = 10 + 2d, obtemos:
(10 – 3d)( 10 + 2d) = –100
d = –20/3 (não serve) ou d = 5
De a1 = 10 – 3d temos a1 = –5, e a1/d = –1


A ( ) 1 cos  α  − cosα 
2   729 


  α 

1
B ( ) sen
− sen α  
 729  
2   243 
C ( ) cos  α  − cos  α 
 243 
 729 


D ( ) 1 cos  α  − cos  α  
 243  
2   729 
E ( ) cos  α  − cosα
 729 
Resolução: Alternativa A
6
14. Sobre os elementos da matriz
 x1 x2 x3 x4 
y y y y 
2
3
4
 ∈ M 4 x 4 ( R)
A= 1
0 0 0 1


1 0 0 0 
sabe-se que ( x1 , x2 , x3 , x4 ) e ( y1 , y2 , y3 , y4 ) são duas
progressões geométricas de razão 3 e 4 e de soma 80 e 255,
−1
−1
respectivamente. Então det( A ) e o elemento ( A ) 23 valem,
respectivamente,
1
e 12
72
1
1
D() −
e
72 12
1
e -12
72
1
1
E()
e
72 12
B() −
A()
C() −
1
e 12
72
Sn =
a1 ( q n − 1) .
q −1
x1 (34 − 1)
= 80 → x1 = 2
3 −1
y ( 4 4 − 1)
Para a segunda P.G.: 1
= 255 → y1 = 3
4 −1
Para a primeira P.G.:
Substituindo os valores na matriz A:
2 6 18 54 
 3 12 48 192

A=
0 0 0
1 


0 
1 0 0
Para o cálculo do determinante, pode-se aplicar Laplace na terceira linha
2
det( A) = 1 ⋅ ( −1)
3+ 4
6
0
1
 3α 
α 
 3α 
α 
α 
 α 
cos 
 − cos  3  + cos 
 − cos  9  + ... + cos  3 5  − cos  6  
2 
3
9


 
 
 


 3  
1
 α 
− cos α − cos  6  
= 2
 3 
1

 α 
= cos 
 − cos α 
2
729



16. Se os números reais α e β, com α + β = 4π/3, 0 ≤ α ≤ β,
maximizam a soma senα + senβ, então α é igual a
π 3
3
5π
(D)
8
2π
3
7π
(E)
12
(B)
1
1
=−
det( A)
72
Para o elemento da segunda linha e terceira coluna da inversa:
2 18 54
1
1
( A ) 23 =
⋅ C32 = − ⋅ ( −1)3 + 2 3 48 192 = 12
det( A)
72
1 0
0
−1
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(C)
3π
5
Resolução: Alternativa B
1ª Solução
α + β
 2
α − β 
Y = 2.sen(2π/3). cos
.
 2 
α − β 
Y = 2.( 3 /2). cos
=
 2 
Y = senα + senβ = 2sen

α − β
. cos

 2

.

α − β 
3 . cos

 2 
α − β 
 , o que
 2 
Para maximizar Y, devemos maximizar cos
0
O determinante da matriz inversa de A é o inverso do determinante de A.
det( A−1 ) =
−
18
⋅ 3 12 48 = −72
1

n=1
(A)
Resolução: Alternativa C
A soma de n termos de uma P.G. é dada por

∑ − 21 cos  3αn−1  − cos  3αn   =
ocorre quando
α −β
= 2kπ , k∈Z, ou seja α − β = 2k´π , k´∈Z
2
Usando α + β = 4π/3 e a restrição 0 ≤ α ≤ β, chegamos a solução
α=β=
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2π
3
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CONCURSO ITA 2010
MATEMÁTICA
17/DEZ/2009
Distância entre os centros das circunferências:
2ª Solução (questão 16)
4π
4π
α +β =
⇒β =
−α
3
3
Substituindo em sen(α ) + sen(β ) temos:
O1O2 =
 4π

−α  =
sen(α ) + sen
 3

4π
4π
⋅ cos (α ) − sen(α ) ⋅ cos
=
sen(α ) + sen
3
3
3
1
⋅ cos (α ) + ⋅ sen(α )
sen(α ) −
2
2
3
3
⋅ sen(α ) −
⋅ cos (α )
2
2
Portanto, maximizar sen(α ) + sen(β ) é o mesmo que maximizar
3
3
⋅ sen(α ) −
⋅ cos (α ) , cujo máximo é
2
2
(O valor do máximo é obtido pela hipotenusa do triângulo
retângulo cujos catetos são 3/2 e
3
).
2
= 10
R1 + R2 2 + 3
=
= 0,5 ⇒ α = 30°
10
O1O2
R
R
2+3
a+b = 1 + 2 =
=5 3
tgα tgα
3 3
senα =
Logo:
π 6
cm está inscrito num
3
tetraedro regular e tem sua base em uma das faces do tetraedro. Se
as arestas do tetraedro medem 3 cm, o volume do cilindro, em cm³,
é igual a
18. Um cilindro reto de altura
A()
3.
(10 − 4)2 + (11 − 3)2
π
π 3
π 3
π 6
π 6
. B()
. C()
. D()
. E() .
4
6
6
9
3
Resolução: Alternativa D
Considere o triângulo MNP paralelo à base do tetraedro, como
indica a figura, contendo a base superior do cilindro.
Devemos então determinar α tal que
3
3
⋅ sen(α ) −
⋅ cos (α ) = 3 .
2
2
Dividindo tudo por
3 , temos:
3
1
⋅ sen(α ) − ⋅ cos (α ) = 1
2
2
sen(α ) ⋅ cos (30°) − sen(30°) ⋅ cos(α ) = 1
sen(α − 30°) = 1
α − 30° = 90° + 360k , k ∈ Z
Usando α + β = 4π/3 e a restrição 0 ≤ α ≤ β,
chegamos a α = 120° =
2π
3
2
2 L 3
L 3
hBASE ⇒ x = ⋅
∴x=
3
3 2
3
2
2
2
Como h + x = L temos
L 6
h=
, onde L = lado do tetraedro
3
⇒ h = 6 cm
x=
17. Considere as circunferências C1 : (x − 4 ) + ( y − 3) = 4 e
2
2
2
2
C2 : ( x − 10 ) + ( y − 11) = 9 . Seja r uma reta tangente interna
a C1 e C2 , isto é, r tangencia C1 e C2 e intercepta o segmento
de reta O1O2 definido pelos centros O1 de C1 e O2 de C2 . Os
pontos de tangência definem um segmento sobre r que mede
25
A() 5 3 . B() 4 3. C() 3 6 . D()
. E ( ) 9.
3
Resolução: Alternativa A
Da semelhança entre os tetraedros, podemos descobrir o lado l
do triângulo MNP:
l
L
2L
=
⇒l=
⇒ l = 2cm (I)
3
2 6
6
3
Como a base superior do cilindro está inscrita no triângulo MNP:
r = raio da base do cilindro
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CONCURSO ITA 2010
MATEMÁTICA
(continuação resolução questão 18)
S MNP
3) A distância de A até B é igual à distância de A até C ,
l2 3
3l
l2 3
= pr =
⇒ r=
4
2
4
ambas valendo
(5 − 2)2 + (5 − 1)2
= 5.
4) A distância de A até M vale 5 3 .
l 3
⇒ 3r =
2
3l
(II)
⇒r=
6
De (I) e (II): r =
17/DEZ/2009
2
Com esses dados é fácil julgar as afirmações:
I. FALSA. A equação correta está no fato 2.
II. VERDADEIRA. A equação da mediatriz está correta, bem
como a distância de A até B .
III. VERDADEIRA. Estão corretas as distâncias de A até C e
até M .
3
cm
3
De posse de r e da altura do cilindro (dado no enunciado), temos o
volume do cilindro:
V = π r 2 hCILINDRO ⇒ V = π  3  6
 3  3


20. Sejam A,B,C e D os vértices de um tetraedro regular
cujas arestas medem 1cm. Se M é o ponto médio do
segmento AB e N é o ponto médio do segmento CD, então
a área do triângulo MND, em cm², é igual a:
⇒ V = π 6 cm2
A()
2
9
19. Um triângulo equilátero tem os vértices nos pontos
A , B e C do plano xOy , sendo B = (2,1) e C = (5,5) .
Das seguintes afirmações:
2
6
B()
2
8
C()
3
6
D()
3
8
E()
3
9
Resolução: Alternativa B
I. A se encontra sobre a reta y = − 3 x + 11 ,
4
2
II.
A está na intersecção da reta y = − 3 x + 45 com a
4
circunferência ( x − 2 ) + ( y − 1) = 25 ,
2
8
2
III. A pertence às circunferências ( x − 5) + ( y − 5) = 25 e
2
2
2
75 ,
7

2
 x −  + ( y − 3) =
4
2


é (são) verdadeira(s) apenas
A ( ) I.
B ( ) II.
C ( ) III.
D ( ) I e II.
E ( ) II e III.
O segmento BN é altura do triângulo equilátero BCD e vale:
Resolução: Alternativa E
BN = l
C=(5,5)
3
3
=
2
2
O triângulo MNB é retângulo em M, pois MN é altura do
triângulo isóceles BNA. Aplicando o teorema de Pitágoras:
MN 2 = BN 2 − BM 2
M
2
 3   1 2
MN 2 = 
 −  
 2  2
r
B=(2,1)
Antes de analisarmos as afirmações, consideremos alguns fatos
importantes, decorrentes do fato de ABC ser um triângulo
equilátero e do fato do coeficiente angular da reta suporte do
segmento BC ser 4/3 = (5-1)/(5-2):
2
2
O triângulo MND é retângulo em N, pois MN também é
altura do triângulo isóceles CMD, e portanto sua área S é
dada por:
1
S =   . ( DN ) . ( MN )
2
MN =
1) M , o ponto médio do segmento BC , tem coordenadas
B + C  7 .
M =
=  ,3 
2
2 
1  2  1
S =   . 
 . 
 2   2   2 
2) A reta r , mediatriz do segmento BC , tem equação
3
45 .
y=− x+
4
8
S=
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17/DEZ/2009
DISCURSIVAS
21. Sejam A, B e C conjuntos tais que C⊂B, n(B\C) = 3n(B∩C) =
6n(A∩B), n(A∪B) = 22 e (n(C), n(A), n(B)) é uma progressão
geométrica de razão r > 0.
a) Determine n(C).
b) Determine n(P(B\C)).
Resolução:
Como C ⊂ B, então n(B ∩ C) = n(C)
Seja n(C) = x.
n(B\C) = 3.n(B ∩ C) = 6.n(A ∩ B)
(I)
n(B\C) = 3x
Logo, n(B) = n(B\C) + n(C) = 3x + x = 4x
Se n(C), n(A), n(B) estão, nessa ordem, em PG, então n(A) = 2x
De (I) também temos que
n(B\C) = 6.n(A ∩ B)
3x = 6. n(A ∩ B)
n(A ∩ B) = x/2
Resolução:
tem
f também é injetora, proposição provada pelo fato de ser
verdadeira a implicação
8+ 2
−1 2
(
−x
Sendo assim, f é de fato bijetora e sua função inversa é
f −1 ( x ) = log 3
(x
2
+1 + x
)
24. Seja f : R → R bijetora e ímpar.
−1
: R → R também é ímpar.
−1
25. Considere o polinômio p ( x ) =
6
∑a x
n =0
n
n
, com
coeficientes reais, sendo a0 ≠ 0 e a6 = 1. Sabe-se que se r é
raiz de p, -r também é raiz de p. Analise a veracidade ou
falsidade das afirmações:
I. Se r1 e r2, r1 ≠ r2 , são raízes reais e r3 é raiz não real de
)
x2 + 1 + x .
Ele está definido para todo x real, uma vez que
sempre estritamente positivo.
Notemos que f ( y ) = x na sequencia abaixo
)
( y) = x .
A função f é ímpar, logo f ( − x ) = − f ( x ) = − y .
⇒ f −1 ( − y ) = f −1 ( − f ( x )) = f −1 ( f ( − x )) = − x = − f −1 ( y )
−1
−1
Assim, para qualquer y ∈ R , f ( − x ) = − f ( x ) ,
−1
logo, f : R → R é uma função ímpar. (C.Q.D.)
3 −3
23. Analise se a função f : IR → IR , f ( x) =
é
2
−1
bijetora e, em caso afirmativo, determine a função inversa f .
Tomemos o número y = log 3
)(
Seja y ∈ R então f ( x ) = y ⇔ f
= 14 − 6 2
x
Resolução:
1 1
−
3a 3b
3b − 3a
⇒ 3a − 3b = a + b ⇒ 3a − 3b 3a + b + 1 = 0
3
t
Como 3 + 1 ≠ 0 para qualquer t real, então
f (a) = f (b) ⇒ 3a − 3b = 0 ⇒ a = b (cqd)
Resolução:
)
∑ S = 1− r = 1+ 2
3a − 3− a 3b − 3− b
=
⇒
2
2
Mostre que a função inversa f
}
a1
)
(
}
(
Portanto:
)
3a − 3b =
a
S1 = a1 , a1r , a1r ,..., a1r ⇒ ∑ S1 = 1 5 = 8
1− r
a r4
S 2 = a1r 4 , a1r 9 ,..., a1r 5 n−1 ⇒ ∑ S 2 = 1 5 = 2
1− r
4
Logo: 8r = 2 ⇒
r = − 2 2 ⇒ a1 = 8 1 − (−2 −1 / 2 )5 = 8 + 2
5n
{
(
f ( a ) = f (b ) ⇒
r < 0 . Sabe-se que a progressão infinita (a1 , a6 ,..., a5 n+1 ,...)
soma 8 e a progressão infinita (a5 , a10 ,..., a5 n ,...) tem soma 2.
Determine a soma da progressão infinita (a1 , a2 ,..., an ,...) .
{
)(
−1
1 2
1 + x − x2 + 1 + x 
x
+

2 
2
1  x 2 + 1 + x − 1 1  2 x 2 + 2 x x 2 + 1 
=
f ( y) =
2
2
 2  x + x 2 + 1 
x
+
1
+
x


=x
Deste modo, para qualquer x real, existe um número y real tal
que f ( y ) = x , com o que provamos que f é sobrejetora.
=
f (a) = f (b) ⇒ a = b
22. A progressão geométrica infinita (a1 , a2 ,..., an ,...) tem razão
10
(
− log 3  x 2 +1 + x 


−3
2
Vejamos:
Como n(A ∪ B) = 22, temos
n(A ∪ B) = n(A) + n(B) – n(A ∩ B) = 22
2x + 4x – x/2 = 22
11x/2 = 22
x=4
Com isso, temos
a) n(C) = 4
b) n(B\C) = 3x = 12. Logo, n(P(B\C)) = 212 .
5
f ( y) =
log 3  x 2 +1 + x 


3
p, então r3 é imaginário puro.
x +1 + x é
2
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II. Se r é raiz dupla de p, então r é real ou imaginário puro.
III. a0 < 0.
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17/DEZ/2009
Resolução: (questão 25)
27. Considere as matrizes A ∈ M 4 x 4 ( R ) e X , B ∈ M 4 x1 ( R ) :
I. VERDADEIRA
 a 1 b 1
 x
 b1 
b 
 b 1 a 0
 y
; X =   e B =  2 
A=
 0 2 0 0
z
 b3 
 


 
 − a 2 b 1
 w
b4 
a) Encontre todos os valores reais de a e b tais que a equação
matricial AX = B tenha solução única.
Temos 4 raízes reais distintas r1, r2, -r1 e -r2, uma vez que
r = 0 não pode ser raiz (pois a0 ≠ 0).
Assim as outras duas raízes são complexas, r3 e -r3. Mas se
r3 é raiz, o conjugado de r3 também é (com mesma
multiplicidade, neste caso igual a 1), logo:
− r3 = r3
2
então
− (a + bi ) = a − bi ⇒ a = 0
Portanto r3 deve ser imaginário puro.
II. FALSA
Suponhamos 6 raízes complexas (com partes reais
diferentes de zero):
r e r (ambas com multiplicidade 2); e
− r e − r (ambas com multiplicidade 1).
As condições
1) p( r ) = 0 ⇒ p( − r ) = 0 ; e
2) p( r ) = 0 ⇒ p( r ) = 0 (com mesma multiplicidade)
seriam atendidas para as 6 raízes, sem a necessidade de
termos raízes imaginárias puras.
III. FALSA
Apresentemos um exemplo onde a0 > 0 .
Sejam as raízes do exemplo acima:
r e r (ambas com multiplicidade 2); e
− r e − r (ambas com multiplicidade 1).
Por Girard, temos:
a0 =
a ≠ 0 e B = [1 1 2 4] ,
encontre X tal que AX = B .
b) Se a − b = 0,
r ⋅ r ⋅ r ⋅ r ⋅ (− r ) ⋅ (− r )
a6
3
⇒ a0 = r > 0 .
26. Uma urna de sorteio contém 90 bolas numeradas de 1 a 90,
sendo que a retirada de uma bola é equiprovável à retirada de cada
uma das demais.
a) Retira-se aleatoriamente uma das 90 bolas desta urna. Calcule a
probabilidade de o número desta bola ser múltiplo de 5 ou de 6.
b) Retira-se aleatoriamente uma das 90 bolas desta urna e, sem
repô-la, retira-se uma segunda bola. Calcule a probabilidade de o
número da segunda bola retirada não ser um múltiplo de 6.
Resolução:
a) Entre 1 e 90 há 18 múltiplos de 5, 15 múltiplos de 6, e 3
múltiplos de 30 (que são múltiplos simultâneos de 5 e de 6).
Logo há 18 + 15 – 3 = 30 múltiplos de 5 ou de 6.
Então a probabilidade procurada é P(M(5) ou M(6)) = 30/90 = 1/3
b) Há 75 números entre 1 e 90 que não são múltiplos de 6. Logo a
probabilidade procurada é P(NM(6)) = 75/90 = 5/6
Obs.: O fato de ter sido retirada uma bola antes, em nada afeta a
probabilidade da 2º bola ser ou não ser um múltiplo de 6. Esta
probabilidade seria a mesma, se a bola retirada fosse a 20ª ou 33ª,
por exemplo.
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t
2
Resolução:
a)A equação matricial AX = B representa um sistema equações
linear. Para que tenha solução única (sistema possível e determinado)
o determinante da matriz A deve ser diferente de zero.
a 1 b 1
b 1 a 0
≠0
0 2 0 0
−a 2 b 1
Aplicando Laplace na segunda linha
a b 1
2 ⋅ ( −1) 3+ 2 ⋅ b a 0 ≠ 0 → − 4a 2 ≠ 0 → a ≠ 0
−a b 1
A equação matricial AX = B tem solução única para qualquer
a ∈ R − {0} e qualquer b ∈ R .
b) De a − b = 0,
2
2
a ≠ 0 pode-se afirmar que a = ± b ≠ 0 .
Para a = b ≠ 0 a matriz aumentada que representa o sistema
linear é
 a 1 a 1 M 1
 a 1 a 0 M 1


 0 2 0 0 M 2


 − a 2 a 1 M 4
Multiplicando a primeira linha por (-1) e somando na segunda. E
somando a primeira linha na quarta
a
0

0

0
1 M 1
− 1 M 0

2 0
0 M 2

3 2a 2 M 5
1
0
a
0
Onde w = 0, y = 1, z = 1/a e x = -1/a.
Para a = − b ≠ 0 a matriz aumentada que representa o sistema
linear é
 a
− a

 0

− a
1 −a 1 M
1 a 0 M
2 0 0 M
2 −a 1 M
1
1

2

4
Somando a primeira linha na segunda e na quarta
a 1 − a 1 M 1 
0 2
0
1 M 2


0 2
0
0 M 2


 0 3 − 2a 2 M 5
Onde w = 0, y = 1, z = -1/a e x = -1/a.
Então, para a = b ≠ 0 , X = [− 1 / a 1 1 / a
t
a = − b ≠ 0 , X = [− 1 / a 1 − 1 / a 0] .
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0] e , para
t
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CONCURSO ITA 2010
MATEMÁTICA
x
x

28. Considerando a equação (3-2cos² x)  1 + tg 2  − 6tg = 0 .
2
2

a) Determine todas as soluções x no intervalo [0, &π[.
b) Determine todas as soluções encontradas em a, determine cotgx
Resolução:
a)
(3 – 2.cos2x).(1- tg2 (x/2)) = 6tg(x/2)
(3 − 2 cos2 x )
sen( x / 2)
=6
2
cos( x / 2)
cos ( x / 2)
3 – 2.cos2 x = 6.sen(x/2).cos (x/2) = 3 sen x
3 – 2.( 1 – sen2x) = 3 sen x
3 – 2 + 2sen2x = 3 sen x
2sen2x – 3 sen x + 1 = 0
⇒ sen x = 1 ou sen x = 1/2
⇒ x = π/2 ou x = π/6 ou x = 5π/6
S = { π/2 , π/6 , 5π/6 }
17/DEZ/2009
Se buscarmos o L.G. dos pontos P = ( x, y ) equidistantes das
retas AB e AC encontraremos duas retas perpendiculares, a
saber, as retas suporte da bissetriz interna e da bissetriz externa do
ângulo  .
Pela figura podemos notar que a bissetriz interna, que nos
interessa para a obtenção do incentro I , terá coeficiente angular
positivo.
Encontremos, pois, a bissetriz interna AI :
d ( P, AB) = d ( P, AC )
x −1
3x − 4 y + 1
=
12 + 0 2
32 + (−4) 2
3 x − 4 y + 1 = ±5( x − 1)
Escolhendo a reta com coeficiente angular positivo:
AI : 2 x − y − 1 = 0
b)
cotg (π/2) = 0
cotg (π/6) = √3
cotg (5π/6) = -√3
Por processo análogo encontramos a bissetriz interna BI :
29. Determine uma equação da circunferência inscrita no
triângulo cujos vértices são A = (1,1) , B = (1,7 ) e C = (5,4 )
Da intersecção de AI com BI vem as coordenadas do incentro:
BI : 2 x + y − 9 = 0
no plano xOy .
Resolução:
5 
I =  , 4
2 
Agora podemos calcular o raio da circunferência, através da
distância de I a qualquer um dos lados do triângulo:
r=
=
5 / 2 −1
12 + 0 2
3 ⋅ (5 / 2) − 4 ⋅ 4 + 1
=
32 + (−4) 2
3 ⋅ (5 / 2) + 4 ⋅ 4 − 31
3 +4
2
2
=
3
2
Com o centro I e com o raio r ficou fácil escrever a equação da
circunferência, certo?
2
Comecemos por encontrar as equações das retas suporte dos lados
AB, AC e BC.
x y 1
AB : 1 1 1 = 0 ⇒ AB : x − 1 = 0
1 7 1
x y 1
AC : 1 1 1 = 0 ⇒ AC : 3x − 4 y + 1 = 0
5 4 1
x y 1
BC : 1 7 1 = 0 ⇒ BC : 3 x + 4 y − 31 = 0
5 4 1
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5
9

2
 x −  + ( y − 4) =
2
4

Obs.: Como o triângulo ABC é isósceles (BC = AC) e o lado AB
está na vertical, o aluno poderia inferir rapidamente que o incentro
é I = (1 + r ,4) e calcular r através de semelhanças de
triângulos.
30. As superfícies de duas esferas se interceptam
ortogonalmente (isto é, em cada ponto da intersecção os
respectivos planos tangentes são perpendiculares).
Sabendo que os raios destas esferas medem 2 cm e
3
cm,
2
respectivamente, calcule
a) a distância entre os centros das duas esferas,
b) a área da superfície do sólido obtido pela intersecção das
duas esferas
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17/DEZ/2009
Resolução: (questão 30)
a) O triângulo formado pelos centros das circunferências e
pelo ponto de tangência é retângulo logo:
2
5
3
x = ( 2) +   ⇒ x =
2
2
2
2
b) Pelas relações métricas em um triângulo retângulo
temos:
(2 )2 = xy ⇒ y = 8
5
2
9
3
  = z.x ⇒ z =
10
2
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Segue que:
3
3
− z ⇒ h1 =
2
5
2
h2 = 2 − y ⇒ h2 =
5
h1 =
Então a área S do sólido formado é o resultado da soma de
duas calotas esféricas, cuja área é dada por:
A = 2.π .R.h
Então:
 3   3  9π
A1 = 2π ⋅   ⋅   =
 2 5 5
 2  8π
A2 = 2π ⋅ (2) ⋅   =
5 5
e
S = A1 + A2 =
17π
5
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