Ita2007 3dia

OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
Obs.: Os sistemas de coordenadas considerados são
cartesianos ortogonais.
1 DDDD
Se A, B, C forem conjuntos tais que
n(A ʜ B) = 23, n(B – A) = 12, n(C – A) = 10,
n(B ʝ C) = 6 e n(A ʝ B ʝ C) = 4, então n(A), n(A ʜ C),
n(A ʜ B ʜ C), nesta ordem,
a) formam uma progressão aritmética de razão 6.
b) formam uma progressão aritmética de razão 2.
c) formam uma progressão aritmética de razão 8, cujo
primeiro termo é 11.
d) formam uma progressão aritmética de razão 10, cujo
último termo é 31.
e) não formam uma progressão aritmética.
Resolução
As informações apresentadas permitem construir o dia-
grama de Venn-Euler seguinte:
1 )
n(A ∪ B) = x + y + z + 4 + 10 + 2 = 23 ⇔ x + y + z = 7
2) n(A) = x + y + z + 4 = 7 + 4 = 11
3) n(A ∪ C) = x + y + z + 4 + 2 + 8 = 7 + 14 = 21
4) n(A ∪ B ∪ C) = x + y + z + 4 + 10 + 2 + 8 =
= 7 + 24 = 31
Assim: (11; 21; 31) é uma P.A. de razão 10 cujo último
termo é 31.
NOTAÇÕES
‫ގ‬ = {0, 1, 2, 3,...}
‫:ޚ‬ conjunto dos números inteiros
‫:ޑ‬ conjunto dos números racionais
‫:ޒ‬ conjunto dos números reais
‫:ރ‬ conjunto dos números complexos
i: unidade imaginária; i2 = –1
Izl: módulo do número z ∈ ‫ރ‬
––
z: conjugado do número z ∈ ‫ރ‬
Re z: parte real de z ∈ ‫ރ‬
Im z: parte imaginária de z ∈ ‫ރ‬
(
n
p): número de combinações de n elementos toma-
dos p a p.
mdc(j,k): máximo divisor comum dos números intei-
ros j e k.
n(X) : número de elementos de um conjunto finito X.
(a,b) = {x ∈ ‫ޒ‬ : a < x < b}.
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
MMMMAAAATTTTEEEEMMMMÁÁÁÁTTTTIIIICCCCAAAA

2 AAAA
Seja A um conjunto com 14 elementos e B um sub-
conjunto de A com 6 elementos. O número de subcon-
juntos de A com um número de elementos menor ou
igual a 6 e disjuntos de B é
a) 28 – 9. b) 28 – 1. c) 28 – 26.
d) 214 – 28. e) 28.
Resolução
Os subconjuntos de A que são disjuntos de B são sub-
conjuntos de (A – B). Como B ʚ A,
n(A – B) = n(A) – n(A ʝ B) = n(A) – n(B) = 14 – 6 = 8.
O conjunto A – B possui 28 – 9 subconjuntos, pois
C8;0 + C8;1 + … + C8;6 = + + … + =
= 28 – – = 28 – 1 – 8 = 28 – 9
3 BBBB
Considere a equação:
16
3
= –
4
.
Sendo x um número real, a soma dos quadrados das
soluções dessa equação é
a) 3. b) 6. c) 9. d) 12. e) 15.
Resolução
16 . 3 = –
4
1) . = =
= = – . i
2) – = = 2i
3) Se z = , temos
16z3 = (2i)4 ⇒ z3 = 1 ⇒ z = 1 ou z = – + i
ou z = – – i
4) – i = 1 ⇒ x = 0
– i = – + i ⇒ x = – ͙ළළ3
– i = – – i ⇒ x = +͙ළළ3
A soma dos quadrados das soluções é
02 + (– ͙ළළ3 )2 + (͙ළළ3)2 = 6.
͙ළළ3
––––
2
1
–––
2
2x
–––––––
1 + x2
1 – x2
–––––––
1 + x2
͙ළළ3
––––
2
1
–––
2
2x
–––––––
1 + x2
1 – x2
–––––––
1 + x2
2x
–––––––
1 + x2
1 – x2
–––––––
1 + x2
͙ළළ3
––––
2
1
–––
2
͙ළළ3
––––
2
1
–––
2
1 – i . x
––––––––––
1 + i . x
1 + 2i + i2 – (1 – 2i + i2)
––––––––––––––––––––––
1 – i2
1 – i
–––––––
1 + i
1 + i
–––––––
1 – i
2x
–––––––
1 + x2
1 – x2
–––––––
1 + x2
1 – x2 – 2xi
–––––––––––––
1 + x2
1 – 2ix + i2x2
–––––––––––––
1 – i2x2
1 – ix
–––––––
1 – ix
1 – ix
–––––––
1 + ix
΃
1 – i
–––––
1 + i
1 + i
–––––
1 – i΂΃
1 – ix
–––––––
1 + ix΂
΃
1 – i
–––––
1 + i
1 + i
–––––
1 – i΂΃
1 – ix
–––––
1 + ix΂
8
΂ ΃7
8
΂ ΃8
8
΂ ΃6
8
΂ ΃1
8
΂ ΃0

4 EEEE
Assinale a opção que indica o módulo do número com-
plexo
, x ≠ kπ, k ∈ ‫.ޚ‬
a) Icos xl b) (1 + sen x)/2 c) cos2x
d) Icossec xl e) Isen xl
Resolução
= =
= = = ͉sen x͉
1
––––––––––––
͉cossec x͉
1
––––––––––––––
͙ළළළළළළළළළළළළළcossec2x
1
–––––––––––––––
͙ළළළළළළළළළළළළළළ1 + cotg2x
1
–––––––––––
1 + i cotg x
1
–––––––––––
1 + i cotg x

5 DDDD
Considere: um retângulo cujos lados medem B e H, um
triângulo isósceles em que a base e a altura medem,
respectivamente, B e H, e o círculo inscrito neste triân-
gulo. Se as áreas do retângulo, do triângulo e do círcu-
lo, nesta ordem, formam uma progressão geométrica,
então B / H é uma raiz do polinômio
a) π3x3 + π2x2 + πx – 2 = 0.
b) π2x3 + π3x2 + x + 1 = 0.
c) π3x3 – π2x2 + πx + 2 = 0.
d) πx3 – π2x2 + 2πx – 1 = 0.
e) x3 – 2π2x2 + πx – 1 = 0.
Resolução
1) No triângulo PMR, retângulo, temos
PR =
2) Da semelhança dos triângulos PMR e PNO, temos:
= ⇒ = ⇔
⇔ B (H – r) = r ͙ෆෆෆෆෆB2 + 4H2 (I), em que r é o raio do
círculo inscrito no triângulo PQR.
3) Se as áreas do retângulo, do triângulo isósceles e do
círculo nele inscrito formam uma progressão geomé-
trica, então ΂BH; ; π r 2
΃ formam uma P.G. e,
portanto,
2
= BH . π r2 ⇔ r2 = ⇔
⇔ r =
͙ෆෆ, pois r > 0
4) Substituindo r na equação (I), resulta
B ΂H –
͙ෆෆ΃=
͙ෆෆ. ͙ෆෆෆෆෆB2 + 4H2 ⇔
⇔ B ΂H – H
͙ෆෆෆ ΃=
= H 2
͙ෆෆෆ . ⇔
B 2
͙ෆෆෆෆ΂–––΃ + 4
H
B
–––––
4πH
B
–––––
4πH
BH
––––
4π
BH
––––
4π
BH
––––
4π
BH
––––
4π
BH
΂––––΃2
BH
––––
2
B 2
͙ෆෆෆෆ΂–––΃ + H2
2
––––––––––––––––––
H – r
B
––
2
––––
r
PR
––––
PO
MR
––––
NO
B 2
͙ෆෆෆෆ΂–––΃ + H2
2

⇔ . ΂1 – ΃=
= (II)
5) Fazendo = x, e substituindo em (II), temos:
x . ΂1 –
͙ෆෆෆෆ. x ΃ =
͙ෆෆෆෆෆෆ. x (x 2 + 4) ⇔
⇔ x 2 . ΂1 –
͙ෆෆෆ΃
2
= (x 2 + 4) ⇔
⇔ x – 2x
͙ෆෆෆ+ = + ⇔
⇔ x – = 2x
͙ෆෆෆ⇔ x – =
͙ෆෆෆ⇔
⇔ x 2 – + = ⇔
⇔ π x3 – π2 x2 + 2π x – 1 = 0
x3
–––
π
1
–––
π2
2x
–––
π
x3
––––
π
1
––
π
x
––––
4π
1
––
π
1
––––
π
x
––––
4π
x
––––
4π
x
––––
4π
x
––––
4π
x
––––
4π
1
––––
4π
1
––––
4π
B
––––
H
1 B B
͙ෆෆෆෆෆෆෆ––– . ΂–––΃. ΄΂–––΃
2
+ 4΅4π H H
1 B
͙ෆෆෆෆ––– . ΂–––΃4π H
B
––––
H

6 CCCC
Se as medidas dos lados de um triângulo obtusângulo
estão em progressão geométrica de razão r, então r
pertence ao intervalo
a) (0, (1 + ͙ෆ2 )/2).
b) ΂(1 + ͙ෆ2 )/2, ͙ෆෆෆෆෆ(1 + ͙ෆ5 )/2 ΃.
c) ΂͙ෆෆෆෆෆ(1 + ͙ෆ5 )/2, (1 + ͙ෆ5 )/2΃.
d) ΂(1 + ͙ෆ5 )/2, ͙ෆෆෆෆෆ2 + ͙ෆ2 /2 ΃.
e) ΂͙ෆෆෆෆෆ2 + ͙ෆ2 /2 , (2 + ͙ෆ3 )/2)΃.
Resolução
Seja um triângulo de lados a, ar e ar2, com a > 0 e r > 1
1º) De acordo com a condição de existência desse triân-
gulo, tem-se:
ar 2 < a + ar ⇔ r2 – r – 1 < 0 ⇔
⇔ < r <
mas, como r > 1, então: (I)
2º) Para que esse triângulo seja obtusângulo, deve-se
ter ainda:
(ar2)2 > a2 + (ar)2 ⇔ r4 – r 2 – 1 > 0 ⇔
⇔ > 0 ⇔
⇔ > 0 ⇔
⇔ > 0 ⇔
⇔ (II)
3º) Das desigualdades (I) e (II), tem-se finalmente:
< r < ⇔
⇔ r ∈
1 + ͙ෆ5 1 + ͙ෆ5
΂͙ෆෆෆ–––––––––, ––––––– ΃2 2
1 + ͙ෆ5
––––––––
2
1 + ͙ෆ5
͙ෆෆෆ–––––––––
2
1 + ͙ෆ5 1 + ͙ෆ5
r < – ͙ෆෆෆ––––––––– ou r > ͙ෆෆෆ–––––––––
2 2
1 + ͙ෆ5
΂r + ͙ෆෆෆ––––––––– ΃2
1 + ͙ෆ5
΂r – ͙ෆෆෆ––––––––– ΃2
1 + ͙ෆ5
΂r2 – –––––––––΃2
1 – ͙ෆ5
΂r2 – –––––––––΃2
1 + ͙ෆ5
΂r2 – –––––––––΃2
1 + ͙ෆ5
1 < r < ––––––––
2
1 + ͙ෆ5
––––––––––
2
–1 + ͙ෆ5
––––––––––
2

7 AAAA
Sejam x, y e z números reais positivos tais que seus lo-
garitmos numa dada base k são números primos satis-
fazendo
logk(xy) = 49,
logk(x/z) = 44.
Então, logk(xyz) é igual a
a) 52. b) 61. c) 67. d) 80. e) 97.
Resolução
Considerando que:
logk(xy) = 49 ⇒ logkx + logky = 49 (1)
logk = 44 ⇒ logkx – logkz = 44 (2)
Se logkx, logky, logk z são números primos positivos,
então pode-se concluir que logkx = 47, logky = 2 e
logkz = 3, pois se a soma de dois primos é ímpar, então
um deles é 2.
Portanto, logk (xyz) = logk x + logky + logk z =
= 47 + 2 + 3 = 52.
8 EEEE
Sejam x e y dois números reais tais que ex, ey e o quo-
ciente
são todos racionais. A soma x + y é igual a
a) 0. b) 1. c) 2log5 3. d) log52. e) 3loge2.
Resolução
= . =
= ∈ ‫ޑ‬
Então ex . ey . ͙ළළළ5 – 8͙ළළළ5 = 0, pois
ex, ey e são racionais
Assim:
ex+y. ͙ළළළ5 – 8 . ͙ළළළ5 = 0 ⇔ ͙ළළළ5 . (ex + y – 8) = 0 ⇔
⇔ ex + y = 8 ⇔ x + y = loge8 = 3 . loge2
ex – 2͙ළළළ5
–––––––––
4 – ey.͙ළළළ5
4 . ex + ex . ey . ͙ළළළ5 – 8͙ළළළ5 – 2 ey . 5
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––
16 – 5 . e2y
4 + ey . ͙ළළළ5
–––––––––––
4 + ey.͙ළළළ5
–––––––––
–––––––––
ex – 2 ͙ෆ5
–––––––––––––
4 – ey ͙ෆ5
x
΂–––΃z

9 BBBB
Seja Q(z) um polinômio do quinto grau, definido sobre o
conjunto dos números complexos, cujo coeficiente de
z5 é igual a 1. Sendo z3 + z2 + z + 1 um fator de Q(z),
Q(0) = 2 e Q(1) = 8, então, podemos afirmar que a
soma dos quadrados dos módulos das raízes de Q(z) é
igual a
a) 9. b) 7. c) 5. d) 3. e) 1.
Resolução
Sendo Q(z) = (z2 + az + b) (z3 + z2 + z + 1), temos:
⇔ ⇔
⇔
Então, Q(z) = (z2 – z + 2) (z3 + z2 + z + 1) e as raízes de
Q(z) são tais que
z2 – z + 2 = 0 ou z3 + z2 + z + 1 = 0 ⇔
⇔ z = ou (z + 1) (z2 + 1) = 0.
As raízes de Q(z) são, portanto, os números
z1 = + i ; z2 = – i ;
z3 = – 1; z4 = i ou z5 = – i.
Assim, |z1|2 + |z2|2 + |z3|2 + |z4|2 + |z5|2 =
= + + + + 1 + 1 + 1 =
= 2 + 2 + 1 + 1 + 1 = 7
10 BBBB
Sendo c um número real a ser determinado, decom-
ponha o polinômio 9x2 – 63x + c, numa diferença de
dois cubos
(x + a)3 – (x + b)3.
Neste caso, ͉a + ͉ b ͉ – c ͉ é igual a
a) 104. b ) 114. c) 124. d) 134. e) 144.
Resolução
Para que 9x2 – 63x + c = (x + a)3 – (x + b)3, devemos
ter:
9x2 – 63x + c = (3a – 3b)x2 + (3a2 – 3b2)x + (a3 – b3)
⇔
Ά ⇔
Ά ⇔
Ά
Logo, ͉a + ͉b͉ – c͉ = ͉–2 + ͉–5͉ – 117͉ = ͉–114͉ =114
a = – 2
b = – 5
c = 117
a – b = 3
a2 – b2 = – 21
a3 – b3 = c
3a – 3b = 9
3a2 – 3b2 = – 63
a3 – b3 = c
΃
7
–––
4
1
–––
4΂΃
7
–––
4
1
–––
4΂
͙ළළළ7
––––
2
1
–––
2
͙ළළළ7
––––
2
1
–––
2
1 ± ͙ළළළ7 i
––––––––
2
a = – 1
b = 2{
b . 1 = 2
(1 + a + b) (1 + 1 + 1 + 1) = 8{Q(0) = 2
Q(1) = 8{

11 DDDD
Sobre a equação na variável real x,
͉͉͉ x – 1 ͉ – 3 ͉ – 2 ͉ = 0,
podemos afirmar que
a) ela não admite solução real.
b) a soma de todas as suas soluções é 6.
c) ela admite apenas soluções positivas.
d) a soma de todas as soluções é 4.
e) ela admite apenas duas soluções reais.
Resolução
͉͉͉ x – 1͉ – 3 ͉ – 2 ͉ = 0 ⇔ ͉͉x – 1͉ – 3͉͉ – 2 = 0 ⇔
⇔ ͉͉x – 1͉ – 3͉ = 2
Para x ≤ 1, temos:
͉– x + 1 – 3 ͉ = 2 ⇔ ͉ – x – 2 ͉ = 2 ⇔ x = – 4 ou x = 0
Para x ≥ 1, temos:
͉x – 1 – 3 ͉ = 2 ⇔ ͉x – 4 ͉ = 2 ⇔ x = 6 ou x = 2.
O conjunto-solução da equação é:
S = Ά– 4; 0; 2; 6· e – 4 + 0 + 2 + 6 = 4
12 EEEE
Determine quantos números de 3 algarismos podem
ser formados com 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7, satisfazendo à
seguinte regra: O número não pode ter algarismos
repetidos, exceto quando iniciar com 1 ou 2, caso em
que o 7 (e apenas o 7) pode aparecer mais de uma vez.
Assinale o resultado obtido.
a) 204 b) 206 c) 208 d) 210 e) 212
Resolução
Sendo 1 ou 2 o algarismo das centenas, temos
2 . (6 . 5 + 1) = 62 números, pois apenas o 7 pode apa-
recer mais de uma vez.
Para 3, 4, 5, 6 ou 7 como algarismo das centenas, resul-
ta 5 . 6 . 5 = 150 valores.
O total de números, de acordo com o enunciado, é
62 + 150 = 212.

13 DDDD
Seja x um número real no intervalo 0 < x < π/2. Assina-
le a opção que indica o comprimento do menor in-
tervalo que contém todas as soluções da desigualdade
tg – ͙ෆ3 sec(x) ≥ 0.
a) π/2 b) π/3 c) π/4 d) π/6 e) π/12
Resolução
Sendo 0 < x < , temos:
.tg ΂ – x΃– ͙ෆෆ3 . ΂cos2 – ΃. sec x ≥ 0 ⇔
⇔ . cotg x – . ΄ – ΅ ≥ 0 ⇔
⇔ . cotg x – . ΄ ΅ ≥ 0 ⇔
⇔ . cotg x ≥ ⇔ cotg x ≥ ͙ෆ3 ⇔
⇔ ≥ ͙ෆ3 ⇔ tg x ≤ ⇔ 0 < x ≤
Assim, o comprimento do menor intervalo que contém
todas as soluções da desigualdade é .
π
–––
6
π
–––
6
͙ෆ3
––––
3
1
––––
tg x
͙ෆ3
––––
2
1
–––
2
cos x
–––-––
2
͙ෆ3
––––––
cos x
1
–––
2
1
–––
2
1 + cos x
–––––––––
2
͙ෆ3
––––––
cos x
1
–––
2
1
––
2
x
΂––΃2
π
––
2
1
––
2
π
–––
2
x 1
΂cos2 –– – –––΃2 2
π
΂––– – x΃2
1
–––
2

14 CCCC
Assinale a opção que indica a soma dos elementos de
A ʜ B, sendo:
A = Άxk = sen2 : k = 1,2 ·e
B = Άyk = sen2 : k = 1,2 ·.
a) 0 b) 1 c) 2
d) ΂2 – 2 + ͙ෆ3 ΃/3 e) ΂2 + 2 – ͙ෆ3 ΃/3
Resolução
Sendo:
A = Άxk = sen2 : k = 1,2 ·=
= Άx1 = sen2 : x2 = sen2
·
B = Άyk = sen2 : k = 1,2 ·=
= Άy1 = sen2 ; y2 = sen2
·
temos:
A ʜ B = {x1, x2, y1, y2}
Portanto:
x1 + x2 + y1 + y2 =
= sen2 +sen2 +sen2 +sen2 =
= sen2 + sen2 + sen2 + cos2 =
1
= 1 +
2
+
2
= 2
͙ෆ3
΂––––΃2
1
΂––΃2
π
΂–––΃24
π
΂–––΃3
π
΂–––΃6
π
΂–––΃24
11π
΂––––΃24
8π
΂–––΃24
4π
΂–––΃24
π
΂–––΃24
11. π
΂–––––΃24
8. π
΂–––––΃24
(3k + 5). π
΂–––––––––΃24
4π
΂–––΃24
π
΂–––΃24
k2. π
΂–––––΃24
(3k + 5) π
΂–––––––––΃24
k2π
΂––––΃24

15 CCCC
Sejam A = (ajk) e B = (bjk), duas matrizes quadradas n x n,
onde ajk e bjk são, respectivamente, os elementos da
linha j e coluna k das matrizes A e B, definidos por
ajk = , quando j ≥ k, ajk = , quando j < k
e
bjk = (– 2)p .
O traço de uma matriz quadrada (cjk) de ordem n x n é
definido por ∑n
p =1 cpp. Quando n for ímpar, o traço de
A + B é igual a
a) n (n – 1)/3. b) (n – 1) (n + 1)/4.
c) (n2 – 3n + 2)/(n – 2). d) 3(n – 1)/n.
e) (n – 1)/(n – 2)
Resolução
n
O traço da matriz C = A + B é ∑ cpp tal que
p = 1
cpp = + (–1)p, pois:
1) bjk = (–2)p . = (–2)0. + (–2)1 . +
+ (–2)2 . + ... + (–2)jk . = (1 – 2)jk = (–1)jk
2) ajk = , quando j = k.
Portanto, o traço da matriz C = A + B é
cpp = c11 + c22 + ... + cnn =
= + (–1)1 + + (–1)2 + ... + + (–1)n
Se n é ímpar, então
cpp = + + ... + + (–1) =
= n – 1 = =
n2 – 3n + 2
––––––––––––
n – 2
(n – 1) . (n – 2)
––––––––––––––
n – 2
n
΂ ΃n
2
΂ ΃2
1
΂ ΃1
n
∑
p = 1
n
΂ ΃n
2
΂ ΃2
1
΂ ΃1
n
∑
p = 1
j
΂ ΃k
jk
΂ ΃jk
jk
΂ ΃2
jk
΂ ΃1
jk
΂ ΃0
jk
΂ ΃p
jk
∑
p = 0
p
΂ ΃p
jk
΂ ΃p
jk
∑
p=0
k
΂ ΃j
j
΂ ΃k

16 AAAA
Considere no plano cartesiano xy o triângulo delimitado
pelas retas 2x = y, x = 2y e x = – 2y + 10. A área desse
triângulo mede
a) 15/2. b) 13/4. c) 11/6.
d) 9/4. e) 7/2.
Resolução
I. O ponto A é a intersecção entre as retas de equa-
ções 2x = y e x= –2y + 10 e, portanto, suas coorde-
nadas são as soluções do sistema
2x = y x = 2
Ά ⇔
Ά ∴ A (2; 4)
x = –2y + 10 y = 4
II. O ponto D é a intersecção entre as retas de equa-
ções x = 2y e x = –2y + 10 e, portanto, suas coorde-
nadas são as soluções do sistema
x = 2y x = 5
Ά ⇔
Ά ∴ D ΂5; ΃x = –2y + 10 y =
III.Sendo S a área do triângulo ABD, delimitado pelas
retas 2x = y, x = 2y e x = –2y + 10, temos:
S = SABC – SBCD = – =
15
–––
2
5
10 . ––
2
–––––––
2
10 . 4
–––—
2
5
–––
2
5
–––
2

17 AAAA
Sejam A:(a, 0), B:(0, a) e C:(a, a), pontos do plano car-
tesiano, em que a é um número real não nulo. Nas alter-
nativas abaixo, assinale a equação do lugar geométrico
dos pontos P:(x, y) cuja distância à reta que passa por A
e B, é igual à distância de P ao ponto C.
a) x2 + y2 – 2xy – 2ax – 2ay + 3a2 = 0
b) x2 + y2 + 2xy + 2ax + 2ay + 3a2 = 0
c) x2 + y2 – 2xy + 2ax + 2ay + 3a2 = 0
d) x2 + y2 – 2xy – 2ax – 2ay – 3a2 = 0
e) x2 + y2 + 2xy – 2ax – 2ay – 3a2 = 0
Resolução
Sendo A(a;0), B(0;a), C(a;a) e P(x;y), temos:
1º) reta AB: + = 1 ⇔ x + y – a = 0
2º) distância de P à reta AB:
dP,AB =
3º) distância entre os pontos P e C:
dP,C = (x – a)2 + (y – a)2
4º) dP,AB = dP,C ⇒ =
= (x – a)2 + (y – a)2 ⇔
⇔ (x + y – a)2 = 2 . [(x – a)2 + (y – a)2] ⇔
⇔ x2 + y2 – 2xy – 2ax – 2ay + 3a2 = 0
͉x + y – a͉
––––––––––––
͙ළළ2
͉x + y – a͉
––––––––––––
͙ළළ2
y
–––
a
x
–––
a

18 BBBB
Seja Pn um polígono regular de n lados, com n > 2.
Denote por an o apótema e por bn o comprimento de
um lado de Pn. O valor de n para o qual valem as desi-
gualdades
bn ≤ an e bn–1 > an–1,
pertence ao intervalo
a) 3 < n < 7. b) 6 < n < 9. c) 8 < n < 11.
d) 10 < n < 13. e) 12 < n < 15.
Resolução
1) Sem perda de generalidade, consideremos dois polí-
gonos (de (n – 1) e n lados), inscritos no mesmo cír-
culo de raio R, como se vê na figura seguinte.
em que tg = =
e de modo análogo, tg =
2) De 0 < bn ≤ an e bn – 1 > an – 1 > 0, tem-se:
2.1) ≤ 1 ⇔ ≤ ⇔
⇔tg ≤ < = tg
assim: < ⇔ n > 6 (I)
2.2) > 1 ⇔ > ⇔
⇔ tg > > ͙ළළ2 – 1 = tg
assim: > ⇔ n – 1 < 8 ⇔ n < 9 (II)
3) De (I) e (II), tem-se, finalmente: 6 < n < 9
π
––
8
π
–––––
n – 1
π
(––
)8
1
––
2
π
(–––––
)n – 1
1
––
2
1 bn – 1
–– . ––––––
2 an – 1
bn – 1
––––––
an – 1
π
––
6
π
––
n
π
(––
)6
͙ළළ3
––––
3
1
––
2
π
(––
)n
1
––
2
1 bn
–– . ––––
2 an
bn
–––
an
1 bn – 1
–– . ––––––
2 an – 1
π
(–––––)n – 1
1 bn–– . –––
2 an
bn–––
2
–––––
an
π
(––)n

19 EEEE
Sejam P1 e P2 octógonos regulares. O primeiro está ins-
crito e o segundo circunscrito a uma circunferência de
raio R. Sendo A1 a área de P1 e A2 a área de P2, então
a razão A1/ A2 é igual a
a) ͙ළළළළ5/8 . b) 9͙ළළ2/16. c) 2 (͙ළළ2 – 1).
d) (4͙ළළ2 + 1)/8. e) (2 + ͙ළළ2)/4.
Resolução
Sejam a1 e a2 = R as medidas dos apótemas dos octó-
gonos P1 e P2, respectivamente.
Como cos (2x) = 2 . cos2x – 1, temos
cos = 2 . cos – 1 ⇒ 1 + =
= 2 . cos2 ⇒ cos2 = , pois
cos > 0
No triângulo AOM, temos:
cos = ⇒ = ⇒
⇒ a1= R
Assim,
=
2
= =
2 + ͙ෆ2
––––––––
4
2 + ͙ෆ2
––––––––
΂R ͙ෆෆෆෆ΃
2
4–––––––––––––––
R
a1
΂–––΃a2
A1
–––
A2
2 + ͙ෆ2
––––––––
4
a1
–––
R
2 + ͙ෆ2
––––––––
4
a1
–––
R
π
΂–––΃8
π
΂–––΃8
2 + ͙ෆ2
––––––––
4
π
΂–––΃8
π
΂–––΃8
͙ෆ2
––––
2
π
΂–––΃8
π
΂2 . –––΃8

20 CCCC
Considere uma pirâmide regular de base hexagonal,
cujo apótema da base mede ͙ළළ3 cm. Secciona-se a pirâ-
mide por um plano paralelo à base, obtendo-se um tron-
co de volume igual a 1 cm3 e uma nova pirâmide. Dado
que a razão entre as alturas das pirâmides é 1/͙ළළ2, a
altura do tronco, em centímetros, é igual a
a) (͙ළළ6 – ͙ළළ2 )/4. b) (͙ළළ6 – ͙ළළ3 ) / 3.
c) (3͙ළළ3 – ͙ළළ6) /21. d) (3͙ළළ2 – 2͙ළළ3 ) / 6.
e) (2͙ළළ6 – ͙ළළ2 ) / 22.
Resolução
Sendo a a medida, em centímetros, de cada aresta da
base menor do tronco e x a medida, em centímetros,
da altura do tronco, temos:
1º) = ⇔ = ⇔ a = ͙ෆෆ2
2º) A área da base maior, em centímetros quadrados, é:
AB = = 6 ͙ෆෆ3
3º) A área da base menor, em centímetros quadrados,
é:
Ab = = 3 ͙ෆෆ3
4º) O volume do tronco, em centímetros cúbicos, é
dado por:
V = (AB + Ab + ͙ෆෆෆෆෆAB . Ab ) =
= (6 ͙ෆෆ3 + 3 ͙ෆෆ3 + 3 ͙ෆෆ6 ) = x ( 3 ͙ෆෆ3 + ͙ෆෆ6 )
Assim:
x ( 3 ͙ෆෆ3 + ͙ෆෆ6 ) = 1 ⇔ x = ⇔
⇔ x =
3 ͙ෆෆ3 – ͙ෆෆ6
–––––––––––––
21
1
–––––––––––––
3 ͙ෆෆ3 + ͙ෆෆ6
x
–––
3
x
–––
3
6 . ( ͙ෆෆ2 )2
. ͙ෆෆ3
––––––––––––––––
4
6 . 22 ͙ෆෆ3
––––––––––
4
1
––––––
͙ෆෆ2
a
–––
2
h
–––
H
a
–––
2

As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30,
devem ser resolvidas e respondidas no caderno de
soluções.
21Determine o conjunto C, sendo A, B e C conjuntos de
números reais tais que
A ∪ B ∪ C = {x ∈ ‫:ޒ‬ x2 + x ≥ 2},
A ∪ B = {x ∈ ‫:ޒ‬ 8–x – 3 . 4–x – 22 –x > 0},
A ∩ C = {x ∈ ‫:ޒ‬ log(x + 4) ≤ 0},
B ∩ C = {x ∈ ‫:ޒ‬ 0 ≤ 2x + 7 < 2}.
Resolução
Considerando-se que:
1) x2 + x ≥ 2 ⇔ x2 + x – 2 ≥ 0 ⇔ x ≤ – 2 ou x ≥ 1
2) 8 –x – 3 . 4–x – 22–x > 0 ⇔ 2–2x – 3 . 2–x – 4 > 0 ⇔
⇔ 2–x > 22 ou 2 –x < – 1 ⇔ x < – 2
3) log (x + 4) ≤ 0 ⇔ 0 < x + 4 ≤ 1 ⇔ – 4 < x ≤ – 3
4) 0 ≤ 2x + 7 < 2 ⇔ ≤ x <
5) ΄(A ʜ B ʜ C) – (A ʜ B)΅ ʜ ΄(A ʝ C) ʜ (B ʝ C)΅ = C
6)
pode-se concluir que
C = {x ∈ ‫ޒ‬ ͉ – 4 < x < ou x = – 2 ou x ≥ 1}
Resposta: C = {x ∈ ‫ޒ‬ ͉ – 4 < x < ou x = – 2 ou x ≥ 1}
5
– ––
2
5
– ––
2
5
– ––
2
7
– ––
2

22Determine o conjunto A formado por todos os números
complexos z tais que
+ = 3 e 0 < | z – 2i | ≤ 1.
Resolução
Se z = a + bi, então
1) + = 3
(a – bi).(a – bi + 2i) + (a – bi).(a – bi + 2i) +
+ (a + bi – 2i).(2a + 2bi) = 3(a + bi – 2i).(a – bi + 2i) ⇔
⇔ (3a2 – 3b2 + 6b) + 2a(b – i)i = 3a2 + 3b2 – 12b + 12 ⇔
⇔
Ά ⇔
⇔
Ά ⇔
Ά ⇔
⇔ (a = 0 e b = 1)ou (a = 0 e b = 2) ou a ∈ ‫ޒ‬ e b = 1
2) 0 < ͉ a + bi – 2i ͉ ≤ 1 ⇔ 0 < a2 + (b – 2)2 ≤ 1
De (1) e (2), temos: a = 0 e b = 1 e, portanto, z = i
Resposta: A = {i}
23Seja k um número inteiro positivo e
Ak = {j ∈ ‫:ގ‬ j ≤ k e mdc(j, k) = 1}.
Verifique se n(A3), n(A9), n(A27) e n(A81), estão ou não,
nesta ordem, numa progressão aritmética ou geomé-
trica. Se for o caso, especifique a razão.
Resolução
Ak = {j ∈ ‫ގ‬ ; j ≤ k e mdc (j; k) = 1} e k um número intei-
ro positivo, então n (Ak) = k – , quando k é múltiplo
de 3.
Assim: n (A3) = 3 – = 2, n (A9) = 9 – = 6,
n (A27) = 27 – = 18 e n (A81) = 81 – = 54.
Como = = = 3, os números
n (A3) = 2, n (A9) = 6, n (A27) = 18 e n (A81) = 54, nesta
ordem, estão em progressão geométrica de razão 3.
Resposta: Estão em progressão geométrica, de razão 3.
n (A81)
–––––––
n (A27)
n (A27)
–––––––
n (A9)
n (A9)
–––––
n (A3)
81
–––
3
27
–––
3
9
––
3
3
––
3
k
––
3
b = 1 ou b = 2
a = 0 ou b = 1
b2 – 3b + 2 = 0
a = 0 ou b = 1
3a2 – 3b2 + 6b = 3a2 + 3b2 – 12b + 12
2a(b – 1) = 0
2a + 2bi
–––––––––
a – bi + 2i
a – bi
–––––––––
a + bi – 2i
2z
––––––
z
–
+ 2i
z
–
––––––
z – 2i

24Considere a equação:
͙ළළළළළළx2 – p + 2 ͙ළළළළළළx2– 1 = x.
a) Para que valores do parâmetro real p a equação admi-
te raizes reais?
b) Determine todas essas raízes reais.
Resolução
Sendo x ≥ 1 (I), temos:
͙ළළළළළළළx2 – p + 2͙ළළළළළළළx2 – 1 = x ⇔
⇔ (x2 – p) + 4͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ(x2 – p).(x2 – 1) + 4.(x2 – 1) = x2 ⇔
⇔ 4͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ(x2 – p).(x2 – 1) = p – 4(x2 – 1) ⇔
⇔ 16(x2 – p)(x2 – 1) =
= p2 – 8p(x2 – 1) + 16(x2 – 1)2, se
x2 ≤ e x2 – p ≥ 0 (II)
Assim:
16x4 – 16x2 – 16px2 + 16p =
= p2 – 8px2 + 8p + 16x4 – 32x2 + 16 ⇔
⇔ 16x2 – 8px2 = p2 – 8p + 16 ⇔
⇔ x2 = ⇔ x = , pois x ≥ 1
Para que a equação admita raízes reais, devemos ter:
Ά ⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
⇔ ⇔ 0 ≤ p ≤
Respostas: a) 0 ≤ p ≤ b) x =
4 – p
–––––––––––
2͙ළළළළළළළළ4 – 2p
4
–––
3
4
–––
3
p < 2
4
0 ≤ p ≤ –––
3
Ά
p < 2
p(3p – 4) ≤ 0Ά
p < 2
(4 – p)2
p ≤ ––––––––––
8(2 – p)
(4 – p)2 p + 4
––––––––– ≤ –––––––
8(2 – p) 4
Ά
p < 2
p ≤ x2
p + 4
x2 ≤ ––––––
4
Ά
4 – 2p > 0
p + 4
p ≤ x2 ≤ ––––––
4
|4 – p|
–––––––––––
2͙ළළළළළළළළ4 – 2p
(4 – p)2
–––––––––
8(2 – p)
p + 4
––––––
4

25Sendo x, y, z e w números reais, encontre o conjunto
solução do sistema
log [(x + 2y)(w – 3z)–1] = 0,
2x+3z – 8 . 2y–3z+w = 0,
3
͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ2x + y + 6z – 2w – 2 = 0.
Resolução
1) log [(x + 2y) (w – 3z)–1)] = 0 ⇔
⇔ = 1 ⇔ x + 2y = w – 3z ⇔
⇔ x + 2y + 3z = w (I)
2) 2x + 3z – 8 . 2y – 3z + w = 0 ⇔
⇔ 2x + 3z = 23 + y – 3z + w ⇔
⇔ x + 3z = 3 + y – 3z + w ⇔
⇔ x – y + 6z = 3 + w (II)
͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළ3)
3
2x + y + 6z – 2w – 2 = 0 ⇔
⇔ 2x + y + 6z – 2w = 8 ⇔
⇔ 2x + y + 6z = 2w + 8 (III)
De (I), (II) e (III), fazendo w = k, temos:
Resposta: (x, y, z, w) = + k, – , – , k ,∀k ≠ – 5΃
5
––
3
8
––
3
31
–––
3΂
31 8 5
x = ––– + k y = – –– z = – –– w = k, ∀k ≠ – 5
3 3 3
31 + 3k
x + 2y + 3z = k x = ––––––––
3
8⇔
Ά – x – 5y = 3 – k ⇔
Άy = – –––
3
8 5
y = – –– z = – –––
3 3
x + 2y + 3z = k x + 2y + 3z = k
Άx – y + 6z = 3 + k ⇔
Ά – x – 5y = 3 – k ⇔
2x + y + 6z = 2k + 8 – 3y = 8
(x + 2y)
–––––––
w – 3z

26Dentre 4 moças e 5 rapazes deve-se formar uma co-
missão de 5 pessoas com, pelo menos, 1 moça e
1 rapaz. De quantas formas distintas tal comissão pode-
rá ser formada?
Resolução
Das C9,5 = 126 comissões possíveis sem nenhuma res-
trição, só não serve aquela constituída pelos cinco ra-
pazes. Logo, tal comissão poderá ser formada de
126 – 1 = 125 formas distintas.
Resposta: 125 formas distintas

27Considere um triângulo isósceles ABC, retângulo em B.
Sobre o lado
––
BC, considere, a partir de B, os pontos D
e E, tais que os comprimentos dos segmentos
––
BC,
––
BD,
––
DE,
––
EC, nesta ordem, formem uma progressão geo-
métrica decrescente. Se β for o ângulo EA
^
D, determi-
ne tg β em função da razão r da progressão.
Resolução
Sendo AB = BC = x e BC, BD, DE e EC, nesta ordem,
termos de uma progressão geométrica decrescente de
razão r, temos: BD = xr , DE = xr2 e EC = xr3
I) No triângulo ABD:
tg α = ⇔ tg α = r
II) No triângulo ABE:
tg (α + B) = ⇔ = r + r2 ⇔
⇔ = r + r2 ⇔
⇔ r + tg β = r + r2 – r2 tg β – r3 tg β ⇔
⇔ tg β + r2 tg β + r3 tg β = r2 ⇔
⇔ tg β = (I)
Por outro lado, tem-se:
x = xr + xr2 + xr3 ⇔ r2 + r3 = 1 – r (II)
De (I) e (II), tem-se finalmente:
tg β = ⇔ ⇔ tg β =
Resposta: tg β =
r2
––––––
2 – r
r2
––––––
2 – r
r2
–––––––––––
1 + (1 – r)
r2
–––––––––––
1 + r2 + r3
r + tg β
––––––––––
1 – r tg β
tg α + tg β
––––––––––––––
1 – tg α . tg β
xr + xr 2
––––––––
x
xr
––
x

28Considere, no plano cartesiano xy, duas circunferências
C1 e C2, que se tangenciam exteriormente em
P:(5, 10). O ponto Q:(10, 12) é o centro de C1. Deter-
mine o raio da circunferência C2, sabendo que ela tan-
gencia a reta definida pela equação x = y.
Resolução
1º)Sendo Q(10;12) o centro de C1 e T(5;10) o ponto de
tangência das circunferências, temos:
TQ = (10 – 5)2 + (12 – 10)2 = ͙ළළළළ29, como raio de C1.
2º)A distância de Q(10;12) à reta x – y = 0 é
d1 = = ͙ළළ2
3º)A distância de T(5;10) à reta x – y = 0 é
d2 = =
Portanto, d2 – d1 = – ͙ළළ2 =
4º)Sendo semelhantes os triângulos assinalados na
figura, temos:
= ⇔
⇔ ͙ළළළළ29 . r – = ⇔
⇔ r . (2͙ළළළළ29 – 3͙ළළ2) = 5͙ළළ2 .͙ළළළළ29 ⇔
⇔ r = =
= =
Resposta:
145͙ළළ2 + 15͙ළළළළ29
–––––––––––––––
49
145͙ළළ2 + 15͙ළළළළ29
–––––––––––––––
49
290͙ළළ2 + 30͙ළළළළ29
–––––––––––––––
98
5͙ළළ2 .͙ළළළළ29 . (2͙ළළළළ29 + 3͙ළළ2 )
––––––––––––––––––––––––––––
(2͙ළළළළ29 – 3͙ළළ2 ) . (2͙ළළළළ29 + 3͙ළළ2 )
r . 3͙ළළ2
–––––––––
2
5͙ළළ2 .͙ළළළළ29
––––––––––
2
5͙ළළ2
r – ––––––
2
––––––––––––
3͙ළළ2
–––––
2
r
–––––
͙ළළළළ29
3͙ළළ2
–––––
2
5͙ළළ2
–––––
2
5͙ළළ2
–––––
2
͉10 – 5͉
–––––––––
͙ළළ2
͉12 – 10͉
–––––––––
͙ළළ2

29Seja C1 uma circunferência de raio R1 inscrita num triân-
gulo equilátero de altura h. Seja C2 uma segunda cir-
cunferência, de raio R2, que tangencia dois lados do
triângulo internamente e C1 externamente. Calcule
(R1 – R2)/h.
Resolução
Sejam O1 e O2 os centros das circunferências C1 e C2,
respectivamente.
Como o triângulo ABC é eqüilátero, temos:
R1 = e portanto AH2 =
O triângulo AB’C’ é eqüilátero, pois é semelhante ao
triângulo ABC e, portanto,
R2 = . AH2 = . =
Logo,
= = =
Resposta: =
2
–––
9
R1 – R2
––––––––
h
2
–––
9
3h – h
––––––––
9h
h h
––– – –––
3 9
––––––––––
h
R1 – R2
––––––––
h
h
–––
9
h
–––
3
1
–––
3
1
–––
3
h
–––
3
h
–––
3

30Os quatro vértices de um tetraedro regular, de volume
8/3 cm3, encontram-se nos vértices de um cubo. Cada
vértice do cubo é centro de uma esfera de 1 cm de raio.
Calcule o volume da parte do cubo exterior às esferas.
Resolução
1º)Se a for a medida (em centímetros) de cada aresta
do cubo, então cada aresta do tetraedro regular terá
medida (em centímetros) igual a a͙ළළ2 e seu volume
(em centímetros cúbicos) será expresso por
=
Assim: = ⇔ a = 2
2º)O volume da parte do cubo exterior às esferas é igual
à diferença entre o volume do cubo e oito oitavos do
volume de uma dessas esferas.
Assim, sendo V o volume procurado, em centíme-
tros cúbicos, tem-se:
V = 23 – . π . 13 = =
Resposta: cm34 (6 – π)
––––––––
3
4 (6 – π)
––––––––
3
24 – 4π
––––––––
3
4
–––
3
8
–––
3
a3
–––
3
a3
–––
3
(a͙ළළ2)3 . ͙ළළ2
–––––––––––
12

CCCCOOOOMMMMEEEENNNNTTTTÁÁÁÁRRRRIIIIOOOO EEEE GGGGRRRRÁÁÁÁFFFFIIIICCCCOOOO
Prova extremamente longa, composta de questões
difíceis e que exigiram dos candidatos mais bem pre-
parados muita energia e determinação nas extensas
resoluções.

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