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(19) 3251-1012
                                                                                                                             www.elitecampinas.com.br
                                                                                                               O ELITE RESOLVE ITA 2005 – MATEMÁTICA
                         MÚLTIPLA ESCOLHA
                                                                               4. Sobre o número x = 7 − 4 3 + 3 é correto afirmar que:
                              NOTAÇÕES
                                                                               a) x ∈ ]0, 2[.                   b) x é racional.               c)    2x é irracional.
C : conjunto dos números complexos.
                                                                               d) x2 é irracional.              e) x ∈ ]2, 3[.
Q : conjunto dos números racionais.
R : conjunto dos números reais.
                                                                               SOLUÇÃO:
Z : conjunto dos números inteiros.
N = {0, 1, 2, 3, ...}.
N* = {1, 2, 3, ...}.
                                                                                                         (
                                                                               Como 7 − 4 3 = 2 − 3 tem-se:             )
                                                                                                                        2



∅ : conjunto vazio.
A  B = {x ∈ A ; x ∉ B}.
                                                                                          x = 2− 3   (           )  2
                                                                                                                            + 3 ⇔ x = 2− 3 + 3 = 2
                                                                               Logo, x é racional.
[a, b] = {x ∈ R, a ≤ x ≤ b}.
                                                                                                                                                    ALTERNATIVA B
]a, b[ = {x ∈ R, a < x < b}.
i : unidade imaginária ; i2 = –1.                                              5. Considere o triângulo de vértices A, B e C, sendo D um ponto do
z = x + iy , x, y ∈ R.
 z : conjugado do número complexo z ∈ C.                                       lado AB      e E um ponto do lado AC . Se m( AB) = 8 cm,
|z| : módulo do número complexo z ∈ C.                                         m( AC) = 10 cm, m( AD) = 4 cm e m( AE) = 6 cm , a razão das
AB : segmento de reta unindo os pontos A e B.                                  áreas dos triângulos ADE e ABC é:
m( AB) : medida (comprimento) de AB .                                               1                    3                           3               3               3
                                                                               a)     .        b)          .                    c)     .       d)      .        e)     .
                                                                                    2                    5                           8              10               4
1. Considere os conjuntos S = {0, 2, 4, 6}, T = {1, 3, 5} e U = {0, 1} e
as afirmações:                                                                 SOLUÇÃO:
I. {0} ∈ S e S ∩ U ≠ ∅.                                                        A partir dos dados da questão temos a seguinte figura geométrica:
II. {2} ⊂ S  U e S ∩ T ∩ U = {0, 1}.
III. Existe uma função f: S → T injetiva.
IV. Nenhuma função g: T → S é sobrejetiva.
Então, é(são) verdadeira(s):
a) apenas I.          b) apenas IV.           c) apenas I e IV.
d) apenas II e III.   e) apenas III e IV.

SOLUÇÃO:
I. Falsa, pois {0} ⊂ S e não {0} ∈ S.
II. Falsa, pois {2} ⊂ S  U, porém S ∩ T ∩ U = ∅
III. Falsa, pois como n(S) > n(T) não é possível fazer x1 ≠ x2
     ⇒ f(x1) ≠ f(x2),∀x ∈ S                                                    Logo, temos a razão entre as áreas:
IV. Verdadeira, pois como n(T) < n(S) sempre haverá um elemento                                       1                ˆ
                                                                                                        ⋅ AD ⋅ AE ⋅ senA
     de S sem correspondente em T, ou seja, o contra-domínio é                                S ADE   2                    4⋅6     3
     diferente da imagem.                                                                           =                    =       =
                                                                                              S ABC   1                ˆ   8 ⋅ 10 10
                                                 ALTERNATIVA B                                          ⋅ AB ⋅ AC ⋅ senA
                                                                                                      2
2. Em uma mesa de uma lanchonete, o consumo de 3 sanduíches,                                                                                         ALTERNATIVA D
7 xícaras de café e 1 pedaço de torta totalizou R$ 31,50. Em outra
mesa, o consumo de 4 sanduíches, 10 xícaras de café e 1 pedaço                 6. Em um triângulo retângulo, a medida da mediana relativa à
de torta totalizou R$ 42,00. Então, o consumo de 1 sanduíche, 1                hipotenusa é a média geométrica das medidas dos catetos. Então,
xícara de café e 1 pedaço de torta totaliza o valor de                         o valor do cosseno de um dos ângulos do triângulo é igual a
a) R$ 17,50. b) R$ 16,50. c) R$ 12,50. d) R$ 10,50. e) R$ 9,50.                     4      2+ 3      1            1            1
                                                                               a)     . b)      . c)   2 + 3 . d)   4 + 3 . e)   2+ 3.
                                                                                    5        5       2            4            3
SOLUÇÃO:
Sejam s o preço do sanduíche, x o da xícara de café, t o do pedaço
de torta. Então:
                                                                               SOLUÇÃO:
Para a mesa 1, temos: 3s + 7x + t = 31,50 (I)                                  Como o triângulo é retângulo, a medida da mediana relativa à
Para a mesa 2, temos: 4s + 10x + t = 42,00 (II)                                hipotenusa é igual à metade da medida da hipotenusa, isso
Fazendo 3⋅I – 2⋅II temos: s + x + t = 10,50                                    pode ser observado pela figura:
                                                ALTERNATIVA D
                                                                                                                                x
3. Uma circunferência passa pelos pontos A = (0, 2), B = (0, 8) e                                                           α
C = (8, 8). Então, o centro da circunferência e o valor de seu raio,
respectivamente, são
a) (0, 5) e 6.        b) (5, 4) e 5.         c) (4, 8) e 5,5.                                                   a               x
d) (4, 5) e 5.        e) (4, 6) e 5.                                                                                                       x
SOLUÇÃO:
Como A = (0, 2) e B = (0, 8) têm a mesma abscissa, e sabemos que
a mediatriz de AB (a reta y = 5) passa pelo centro da circunferência                                                                   b
D, temos que yD=5.
Como B = (0, 8) e C = (8, 8) têm a mesma ordenada, e sabemos                   Pelas condições do problema: x = ab
que a mediatriz de BC (a reta x = 4) passa pelo centro da                      Por Pitágoras:
circunferência D, temos que xD=4.                                                              a2 + b2 = 4x2 ⇔ a2 + b2 = 4ab
Assim, o centro da circunferência é D = (4, 5).
Para o raio temos:                                                                  ⇔ a2 – 4ab + b2 = 0 ⇔ a =
                                                                                                                                     4b ± 16b 2 − 4b 2
                                                                                                                                            2
                                                                                                                                                           (
                                                                                                                                                       =b2± 3        )
 r=   (x A   − x D ) + (y A − y D ) ⇒ r =
                  2             2
                                            (0 − 4)
                                                  2
                                                      + (2 − 5 ) ⇒ r = 5
                                                              2
                                                                               Considerando a > b, vem:
                                                      ALTERNATIVA D                                    a = b(2+ 3 )
                                                                           1
(19) 3251-1012
                                                                                                                            www.elitecampinas.com.br
                                                                                                              O ELITE RESOLVE ITA 2005 – MATEMÁTICA
Portanto:                                                                           SOLUÇÃO:

    cos α =
              a
                =
                   a
                      ⋅
                         ab
                            ⇔ cos α =
                                      ab
                                         =
                                            b 2+ 3           2
                                                                 (      )           Sendo n o número de lados da base do prisma, fazemos a soma
                                                                                    dos ângulos das faces laterias mais a soma dos ângulos das bases,
              2x 2 ab    ab           2b      2b                                    logo:
                                                                                    360o⋅n + 2⋅[180o⋅(n – 2)] = 7200o ⇒ –720o + 720o⋅n = 7200o ⇒ n = 11
                               1                                                    Como o prisma é composto por duas bases de 11 lados, então seu
                     ⇔ cos α =   2+ 3
                               2                                                    número total de vértices é 22.
                                         ALTERNATIVA C                                                                                ALTERNATIVA E

7. A circunferência inscrita num triângulo equilátero com lados de                  10. Em relação a um sistema de eixos cartesiano ortogonal no
6 cm de comprimento é a interseção de uma esfera de raio igual a 4                  plano, três vértices de um tetraedro regular são dados por
cm com o plano do triângulo. Então, a distância do centro da esfera                 A = (0, 0), B = (2, 2) e C = (1 − 3 , 1 + 3 ) . O volume do tetraedro é
aos vértices do triângulo é (em cm)
a) 3 3 .        b) 6.           c) 5.             d) 4.              e) 2 5 .            8                                         3 3                        5 3
                                                                                    a)     .         b) 3.                    c)       .                 d)       .       e) 8.
                                                                                         3                                          2                          2
SOLUÇÃO:
                                                                                    SOLUÇÃO:
                                                                                    Desenhando a figura dada, temos:
                                                                                                                    y
                                                                                                         C               1+ 3


                                                                                                                    2                                     B


Considere o triângulo eqüilátero ABC, O o centro da circunferência
e O' o centro da esfera. Sendo l o lado do triângulo:
                     1l 3            2l 3
              OH =        = 3 e AO =      =2 3
                     3 2             3 2
                                                                                                                                                                      x
Sendo O'H o raio da esfera, então:                                                                       1− 3            A                           2

                                    ( )   2
      O’H2 = OH2 + OO’2 ⇔ 4 2 = 3 + OO' 2 ⇔ OO' = 13                                Cálculo do lado do tetraedro:
Utilizando o teorema de Pitágoras em ∆O’AO:                                                                   AB = l = 2 2
                O’A2 = O’O2 + AO2 ⇔ O’A2 = 13 + 12                                  Cálculo do volume do tetraedro com base ABC:
Logo, O’A = 5.                                                                                                                     V
                                                ALTERNATIVA C
                                                                                                                                               2 2
                                                                                                                   2 2
8. Uma esfera de raio r é seccionada por n planos meridianos. Os
volumes das respectivas cunhas esféricas contidas em uma semi-                                                               h     H
esfera  formam     uma     progressão    aritmética  de    razão                                          A                                                   C
                                                                                                                                       .
   3                                                         3
πr                                          πr                                                                      M
                                                                                                                         ..
                                                                                                                                   G
   . Se o volume da menor cunha for igual a    , então n é                                                                                         2 2
45                                          18                                                                     2 2
igual a
a) 4.           b) 3.             c) 6.           d) 5.              e) 7.                                                             B
                                                                                    Aplicando Pitágoras no triângulo VMB:
SOLUÇÃO:
Na P.A. dada tem-se                                                                         VB2 = MB2 + VM2 ⇔ 2 2 =           ( ) ( 2)     2         2
                                                                                                                                                         + h 2 ⇔ h2 = 6
                                                                                    Aplicando Pitágoras no triângulo VMG:
                   π ⋅r3           π ⋅r3         2
             a1 =           , R=         e Sn = ⋅ π ⋅ r 3                                                                              1 
                                                                                                                                               2
                                                                                                                                                         4 3
                    18              45           3                                             VM2 = MG2 + VG2 ⇔ h 2 =                   h  + H2 ⇔ H =
Aplicando a fórmula da soma da P.A., tem-se:                                                                                            3               3
                                 πr 3 πr 3
                                                       πr 3 
                                                                                                       1             1 l2 3 4 3      8
                                      +    + (n − 1) ⋅      ⋅n                                 ⇒ V=     AB ⋅ H ⇔ V = ⋅    ⋅    ⇔ V=
        Sn =
              (a1 + a n ) ⋅ n =  18 18
                                                       45                                            3             3   4   3       3
                   2                          2                                     Logo o volume da pirâmide é 8/3.
                                                                                                                                                                  ALTERNATIVA A
                 
                  πr
                        3
                        πr  3             
                                       πr    3
                     +    + (n − 1) ⋅    ⋅n
                                      45                                          11. No desenvolvimento de (ax2 – 2bx + c + 1)5 obtém-se um
                  18   18                             2
            ⇒                                       =     ⋅ π ⋅r3                   polinômio p(x) cujos coeficientes somam 32. Se 0 e –1 são raízes
                              2                         3                           de p(x), então a soma a + b + c é igual a
Assim, simplificando a equação acima, temos:
                       1 n       1      4                                                1                 1                     1                                           3
                        +      −   .n =                                           a) −     .       b) −      .              c)     .                   d) 1.            e)     .
                        9 45 45         3                                                2                 4                     2                                           2
Multiplicando ambos os membros da equação por 45, vem:
                                                                                    SOLUÇÃO:
                (5 + n – 1)n = 60 ⇒ (n + 4)⋅n = 60
                                                                                    Seja p(x) = (ax2 – 2bx + c + 1)5 e considerando a, b e c reais, temos
Como a equação acima admite 6 e –10 como raízes, chegamos
                                                                                    que a soma dos coeficientes é dada por
a conclusão que a esfera é intersectada por 6 planos                                                     p(1) = (a – 2b + c + 1)5 = 32
meridionais.                                                                        Então:
                                                ALTERNATIVA C                       a – 2b + c + 1 = 2 ⇒ a – 2b + c = 1                (I)
                                                                                    Como 0 e –1 são raízes, então:
9. Considere um prisma regular em que a soma dos ângulos                            p(0) = c + 1 = 0 ⇒ c = – 1                         (II)
internos de todas as faces é 7200º. O número de vértices deste
                                                                                    p(–1) = a + 2b + c + 1 = 0 ⇒ a + 2b + c = –1       (III)
prisma é igual a
a) 11.         b) 32.       c) 10.      d) 20.         e) 22.
                                                                                2
(19) 3251-1012
                                                                                                                                          www.elitecampinas.com.br
                                                                                                                            O ELITE RESOLVE ITA 2005 – MATEMÁTICA
De (I), (II) e (III), temos:                                                                 SOLUÇÃO:
                                 a = 1                                                      Sejam x1, x2, x3 e x4 as raízes do polinômio, então:
               a − 2b + c = 1                                                                                    x1 = 2 + i e x2 = x 1 = 2 – i
                                      1               1
               c = −1         ⇒ b = − ∴ a + b + c = −                                      Pelas relações de Girard:
               a + 2b + c = −1        2               2
                                                                                                                                b
                                 c = −1
                                                                                                    x1 + x2 + x3 + x4 = −         = – 1 ⇒ 2 + i + 2 – i + x3 + x4 = – 1
                                                                                                                                 a
OBSERVAÇÃO: Caso os coeficientes a, b e c fossem complexos                                                                        ⇒ x3 + x4 = – 5
não reais, então na extração da raiz quinta da equação                                                                                                            ALTERNATIVA E
(a – 2b + c + 1)5 = 32, obteríamos 5 diferentes valores para a soma
a + b + c.                                                                                   15. Considere a equação em x
                                                  ALTERNATIVA A
                                                                                                                                    a x +1 = b 1/ x ,
                                                                                             onde a e b são números reais positivos, tais que ln b = 2 ln a > 0. A
12. O menor inteiro positivo n para o qual a diferença                     n − n −1          soma das soluções da equação é
fica menor que 0,01 é                                                                        a) 0.         b) –1.        c) 1.            d) ln 2.        e) 2.
a) 2499.      b) 2501.        c) 2500.      d) 3600.                          e) 4900.
                                                                                             SOLUÇÃO:
SOLUÇÃO:                                                                                     Dada a equação:
Dada a inequação: n − n − 1 ≤ 0,01                                                                                                                1

Podemos reescreve-la como:                                                                                                            a x +1 = b x
   n − (n − 1)            1             1                  1                                 Aplicando ln dos dois lados, temos:
                     ≤       ⇒                      ≤         ⇒ n + n − 1 ≥ 100                                                     1
    n + n −1             100      n + n −1                100                                                                    (x + 1)ln a =
                                                                                                                                      ln b
                                                                                                                                    x
Como sabemos que         2500 = 50 , para a desigualdade ser                                 Como, dado do enunciado, ln b = 2 ln a > 0 , podemos fazer:
verdadeira devemos ter n ≥ 2501 .
                                                                  ALTERNATIVA B                   (x + 1)ln a = 1 ln b ⇒ (x + 1)ln a = 1 2 ln a ⇒ (x + 1) = 2
                                                                                                                x                      x                    x
13. Seja D = R  {1} e f : D → D uma função dada por                                                                 ⇒ x2 + x − 2 = 0
                                                 x +1                                        Logo, a soma das raízes da equação é:
                                    f (x) =           .                                                                               −1
                                                 x −1                                                                            S=      ⇒ S = −1
Considere as afirmações:                                                                                                              1
I. f é injetiva e sobrejetiva.                                                                                                                                    ALTERNATIVA B
II. f é injetiva, mas não sobrejetiva.
                                                                                             16. O intervalo I ⊂ R que contém todas as soluções da inequação
                 1
III. f ( x ) + f   = 0, para todo x ∈ D, x ≠ 0.                                                                                1+ x          1− x π
                x                                                                                                     arctan        + arctan     ≥
                                                                                                                                  2             2    6
IV. f(x) ⋅ f(–x) = 1, para todo x ∈ D.                                                       é
Então, são verdadeiras                                                                       a) [–1, 4].        b) [–3, 1].            c) [–2, 3].          d) [0, 5].   e) [4, 6].
a) apenas I e III.        b) apenas I e IV.                  c) apenas II e III.
d) apenas I, III e IV. e) apenas II, III e IV.                                               SOLUÇÃO:
                                                                                             Sabe-se que:
SOLUÇÃO:
                                                                                                                                          tan( a) + tan(b)
Analisando as afirmações:                                                                                               tan( a + b) =
I. Verdadeira. Para saber se f é injetiva e sobrejetiva, basta                                                                           1 − tan( a) tan(b)
verificar se é bijetiva, então f deve possuir inversa:                                       Aplicando a função tangente a ambos os membros da inequação
        x +1      f −1 ( y ) + 1                                                             dada, temos:
f (x) =      ⇒ y = −1                                                                                                      1+ x 1− x
        x −1      f (y) − 1                                                                                                      +
                                                                                                                              2      2            π
Para f- -1(y) ≠ 1:                                                                                                                           ≥ tan 
                                                                                                                            1+ x   1− x       6
                                                 y +1                                                                   1−       ⋅      
                                  f −1 ( y ) =                                                                                2   2 
                                                 y −1
                                                                                             Logo:
Encontramos então a inversa, que é igual a função original, e uma                                           1                1            4             1
                                                                                                                        ≥                         ≥         ⇒ x2 ≤ 4 3 − 3
vez que existe inversa, a função é bijetiva.
II. Falsa. Ficou provado em (I) que f é bijetiva logo também é
                                                                                                      1−
                                                                                                         (1 − x )   2
                                                                                                                             3
                                                                                                                                  ⇒
                                                                                                                                       3+x    2
                                                                                                                                                        3
sobrejetiva.                                                                                                    4
III. Verdadeiro. Calculando o resultado da soma tem-se:                                      A figura abaixo apresenta o conjunto solução dessa inequação:
                               x + 1 1 / x + 1 x + 1 (1 + x ) / x
             f(x) + f(1/x) =         +          =     +
                               x − 1 1 / x − 1 x − 1 (1 − x ) / x
                                           x + 1 1+ x
                         ⇒ f(x) + f(1/x) =      −     =0
                                           x −1 x −1
IV. Falsa. Calculando o valor de f(-x) em x = -1 tem-se:
                         f(-x) = f(-(-1)) = f(1)
Porém, f(1) não existe, uma vez que x = 1 não está no domínio de
f. Logo, não existe o produto P = f(x)⋅f(-x) para x = – 1, invalidando
a afirmação pois o produto não existe para todo x∈D.
                                                    ALTERNATIVA A

14. O número complexo 2 + i é raiz do polinômio
                      f(x) = x4 + x3 + px2 + x + q,
com p, q ∈ R. Então, a alternativa que mais se aproxima da soma                              Dos intervalos apresentados, o único que contém o intervalo
das raízes reais de f é                                                                      solução é [-2;3].
a) 4.          b) –4.           c) 6.            d) 5.   e) –5.                                                                              ALTERNATIVA C
                                                                                         3
(19) 3251-1012
                                                                                                                           www.elitecampinas.com.br
                                                                                                             O ELITE RESOLVE ITA 2005 – MATEMÁTICA

                                                          1 − zw                    Das alternativas dadas, o valor que mais de aproxima é 0,40.
17. Seja z ∈ C com |z| = 1. Então, a expressão                        assume                                                         ALTERNATIVA E
                                                          z−w
valor:                                                                              20. A distância focal e a excentricidade da elipse com centro na
a) maior que 1, para todo w com |w| > 1.                                            origem e que passa pelos pontos (1, 0) e (0, –2) são,
b) menor que 1, para todo w com |w| < 1.                                            respectivamente,
c) maior que 1, para todo w com w ≠ z.
                                                                                               1                   1                                      3  1
d) igual a 1, independente de w com w ≠ z..                                         a)   3 e     .            b)     e          3.                  c)      e .
e) crescente para |w| crescente, com |w| < |z|.                                                2                   2                                      2  2
                                                                                                3                                      3
SOLUÇÃO:                                                                            d)   3 e      .           e) 2 3 e                   .
                       2
                                                                                                2                                      2
Sabe-se que z ⋅ z = z .
                                                                                    SOLUÇÃO:
Como z = 1 , então z ⋅ z = 1 .                                                      Supondo que os eixos da elipse são paralelos aos eixos
Substituindo o resultado acima na expressão dada temos:                             cartesianos:
          1− z ⋅ w   z⋅z − z⋅w   z( z − w )
                   =           =            = z = z =1
           z−w         z−w       (z − w )                                                                                       2
        1− z ⋅ w
Logo,            = 1 , ∀w ∈ C / w ≠ z.
         z−w
                                                                                                                   1               c         1
                                                         ALTERNATIVA D
                                                                                                                               b
18. O sistema linear
                                bx + y = 1
                                
                                by + z = 1                                                                                    -2
                                x + bz = 1                                         Equação da elipse:
                                
não admite solução se e somente se o número real b for igual a                                                         y2           x2
a) –1.        b) 0.         c) 1.        d) 2.            e) –2.                                                           2
                                                                                                                               +         =1
                                                                                                                       a            b2
SOLUÇÃO:                                                                            Onde a é o semi-eixo maior e b é o semi-eixo menor.
A condição necessária para que o sistema linear não admita                          Como (1, 0) e (0, – 2) pertencem a elipse; temos:
solução é det = 0:                                                                                          0 2 12
                                                                                                            2 + 2 =1
                 b 1 0                                                                                     a       b                            a = 2
                                                                                                                        ⇒                       
                 0 b 1 = 0 ⇒ b3 + 1 = 0 ⇒ b = – 1                                                           (− 2)                               b = 1
                                                                                                                  2
                                                                                                                      02
                 1 0 b                                                                                      a2 + b2 = 1
                                                                                                           
Para b = – 1:                                                                       Pelas relações geométricas, temos:
                                − x + y = 1                                                  a2 = b 2 + c 2 ⇒ a 2 − b 2 = 4 − 1 ⇒ c = 3
                                
                                − y + z = 1                                        Onde c é a metade da distância focal.
                                 x−z =1                                            Sendo e a excentricidade da elipse e df a distância focal, podemos
                                
                                                                                    escrever:
Somando-se as três equações, obtemos 0 = 3, que é um absurdo,
portanto verificando que o sistema não admite solução.                                                           c          3
                                                                                                             e =      e =
                                                 ALTERNATIVA A                                                   a  ⇒      2
                                                                                                             d = 2c   
19. Retiram-se 3 bolas de uma urna que contém 4 bolas verdes, 5                                               f       df = 2 3
bolas azuis e 7 bolas brancas. Se P1 é a probabilidade de não sair                  OBSERVAÇÃO: Caso os eixos da elipse não forem paralelos aos
bola azul e P2 é a probabilidade de todas as bolas saírem com a                     eixos cartesianos, então esta questão teria infinitas soluções, pois
mesma cor, então a alternativa que mais se aproxima de P1+P2 é                      infinitas elipses satisfariam o enunciado.
a) 0,21.       b) 0,25.      c) 0,28.       d) 0,35.      e) 0,40.                                                                     ALTERNATIVA E
SOLUÇÃO:
                                                                                                                   DISSERTATIVAS
Calculo de P1:
Temos inicialmente 16 bolas na urna, sendo 11 não-azuis, tirando
                                                                                    As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser
as bolas sem reposição, a probabilidade P1 é dada por:
                                                                                    resolvidas e respondidas no caderno de soluções.
                                  11 10 9
                           P1 =     ⋅  ⋅
                                  16 15 14                                          21. Seja a1, a 2 , ... uma progressão aritmética infinita tal que
Calculo de P2:
                                                                                                       n
                            P2 = V + A + B
Onde:                                                                                                 ∑ a3k = n            2 + πn2 , para n ∈ N*
          V = Probabilidade de serem todas verdes                                                     k =1
          A = Probabilidade de serem todas azuis                                    Determine o primeiro termo e a razão da progressão.
          B = Probabilidade de serem todas brancas
Temos:                                                                              SOLUÇÃO:
            4 3 2         5 4 3         7 6 5                                       Para K = 1:
        V=   ⋅  ⋅   ; A=   ⋅  ⋅   ; B=   ⋅  ⋅                                       a = 2 + π
           16 15 14      16 15 14      16 15 14                                      3
                                                                                                         ⇒ a 6 = 2 + 3 π ⇒ a 6 = a 3 + 2π
Logo:
                                                                                    a 3 + a 6 = 2 2 + 4π
                                                                                    
                              11 ⋅ 10 ⋅ 9 + 4 ⋅ 3 ⋅ 2 + 5 ⋅ 4 ⋅ 3 + 7 ⋅ 6 ⋅ 5
 P1 + P 2 = P 1 + V + A + B =                                                       Temos também que:
                                              16 ⋅ 15 ⋅ 14                                                       a6 = a3 + 3r
                                   1284                                             Logo:
                       P1 + P 2 =         ≅ 0,382
                                   3360                                                                 a3 + 3r = a3 + 2π ⇒ r = 2π/3
                                                                                4
(19) 3251-1012
                                                                                                                     www.elitecampinas.com.br
                                                                                                       O ELITE RESOLVE ITA 2005 – MATEMÁTICA
Temos:                                                                           Tomando o determinante:
                                      a1 = a3 – 2r                                          det B = det [A⋅(A + 2B)] = det A⋅det (A + 2B) ≠ 0
Logo:                                                                            Pois B é inversivel.
                    a1 =    2 + π – 2⋅(2π/3) ⇒ a1 =         2 – π/3              Se det A⋅det (A + 2B) ≠ 0, então det A ≠ 0 e portanto A é inversivel.

22. Seja C a circunferência de centro na origem, passando pelo                   24. Seja n o número de lados de um polígono convexo. Se a soma
ponto P = (3, 4). Se t é a reta tangente a C por P, determine a                  de n − 1 ângulos (internos) do polígono é 2004º, determine o
circunferência C’ de menor raio, com centro sobre o eixo x e                     número n de lados do polígono.
tangente simultaneamente à reta t e à circunferência C.
                                                                                 SOLUÇÃO:
SOLUÇÃO:                                                                         A soma dos ângulos internos de um polígono de n lados é:
Considere a figura:                                                                                         Si = (n – 2)⋅180º
                                                                                 Pelo enunciado, temos:
                                                                                                         Si = S + a = 2004º + a
                                                                                 Onde S é a soma de (n – 1) ângulos internos do polígono e a é
                                                                                 medida de um desses ângulos.
                                                                                 Então:
                                                                                         180º (n – 2) = 2004º + a ⇒ a = 180º⋅(n –2) – 2004º
                                                                                 Mas, como se trata de um polígono convexo:
                                                                                            0 < a < 180º ⇒ 0 < 180º⋅(n – 2) – 2004º < 180º
                                                                                          ⇒ 0 < (n – 2) – 11,133 < 1 ⇒ 13,133 < n < 14,133
                                                                                 Portanto, n = 14, pois n ∈ N.


Equalção da reta OP : y = kx                                                     25. (a) Mostre que o número real α = 3 2 + 5 + 3 2 − 5 é raiz da
Substituindo no ponto P: 4 = k⋅3                                                 equação x3 + 3x – 4 = 0.
                           4                                                     (b) Conclua de (a) que α é um número racional.
Logo: (OP ) ⇒ y =            x
                           3                                                     SOLUÇÃO:
                                                            −3                   a) Fazemos:
Equação da reta t (perperndicular a OP ): y =                  x+b
                                                             4                                                α=   3
                                                                                                                       x +3 y
                             −3                                                  Logo:
Substituindo no ponto P: 4 =    3+b
                             4                                                                                3
                                                                                                   α 3 = x + 3 x 2 3 y + 33 x 3 y 2 + y
           25
Logo: b =
            4                                                                     α 3 = 2 + 5 + 33 (2 + 5 ) 2 (2 − 5 ) + 33 (2 + 5 )(2 − 5 ) 2 + 2
           25 
Assim: A  0,                                                                                     α 3 = 4 − 33 2 + 5 − 33 2 − 5
           4 
                                                                                 Substituindo na equação:
                            3    25      25
Para y=0 (ponto B):           x=    ⇒ x=                                                          x3 + 3x – 4 = 0 ⇒ α3 + 3⋅α – 4 = 0
                            4     4      3                                       Resulta:
               25                                                                                                                 
Logo: B          , 0 .                                                            4 − 33 2 + 5 − 33 2 − 5 + 3 3 2 + 5 − 3 2 − 5  − 4 = 0
               3                                                                                                                  
Para determinarmos o raio da circunferência maior:
                R2 = 32 + 42 ⇒ R2 = 25 ⇒ R = 5                                     ⇔ 4 − 33 2 + 5 − 33 2 − 5 + 33 2 + 5 − 33 2 − 5 − 4 = 0
Observando a semelhança dos triângulos ∆OBP e ∆O'P'B:                                                      ⇔0=0
                                 25                                              Logo, como a igualdade é verdadeira, podemos verificar que α é
  OP
          =
              BO
                    ⇒ 5=         3         ⇒ 10 − r = 5r ⇒ 8r = 10 ⇒ r = 5       raiz da equação dada.
  O' P'       BO'      r     25             3       3    3     3       4
                                − 5 −r                                         26. Considere a equação em x ∈ R
                             3        
Logo:                                                                                                     1 + mx = x + 1 − mx ,
                                              25                                 sendo m um parâmetro real.
                       xo’ = R + r ⇒ x o'   =    e yo’ = 0                       (a) Resolva a equação em função do parâmetro m.
                                               4
                                                        2
                                                                                 (b) Determine todos os valores de m para os quais a equação
                                                    25         25              admite solução não nula.
Assim, resulta a circunferência C':  x −                + y2 =
                                                     4         16
                                                                                 SOLUÇÃO:
23. Sejam A e B matrizes 2×2 tais que AB = BA e que satisfazem à                 a) 1 + mx = x + 1 − mx ⇔ x = 1 + mx − 1 − mx
equação matricial A2 + 2AB – B = 0. Se B é inversível, mostre que                Elevando os dois membros ao quadrado, temos:
(a) AB–1 = B–1A e que (b) A é inversível.                                                      x 2 = 1 + mx − 2 (1 + mx )(1 − mx ) + 1 − mx
SOLUÇÃO:                                                                                ⇔ x 2 = 2 − 2 1− m2 x 2 ⇔ 2 1− m2 x 2 = 2 − x 2
a) Se B é inversivel então existe B-1, tal que                                   Elevando novamente ao quadrado, temos:
                               B⋅B-1 = 1                                                              4(1 – m2x2) = (2 – x2)2
Sendo AB = BA temos:                                                                     ⇔ 4 – 4m2x2 = 4 – 4x2 + x4 ⇔ x4 – 4x2 + 4m2x2 = 0
                   A = A ⇔ A⋅1 = A ⇔ A⋅B⋅B-1 = A                                                     ⇔ x2 (x2 – 4 + 4m2) = 0
                 ⇔ B⋅A⋅B-1 = A ⇔ B-1⋅B⋅A⋅B-1 = B-1⋅A
                  ⇔ 1⋅A⋅B-1 = B-1⋅A ⇔ A⋅B-1 = B-1⋅A                                x = 0
                                                                                   
                                                                                   
                                                                                 ⇔ ou             ∴ S = 0, 2 1 − m 2 , − 2 1 − m 2 
                                                                                                                                    
b) Resolvendo a equação:                                                                                                           
              A2 + 2AB – B = 0 ⇔ B = A2 + 2AB ⇔                                    x = ±2 1 − m
                                                                                   
                                                                                                 2

                       ⇔ B = A⋅(A + 2B)
                                                                             5
(19) 3251-1012
                                                                                                                       www.elitecampinas.com.br
                                                                                                         O ELITE RESOLVE ITA 2005 – MATEMÁTICA
b) Para que a equação admita solução não nula é necessário                        SOLUÇÃO:
primeiramente que:                                                                Seja P, a função probabilidade definida no espaço de eventos do
                   1 – m2 > 0 ⇔ –1 < m < 1 (I)                                    problema. Sejam, também, definidos os seguintes eventos:
Testando as soluções, temos:                                                      V1: face visível do cartão selecionado é vermelha;
                                                                                  V: face oculta do cartão selecionado é vermelha;
                          x = 1 + mx − 1 − mx
                                                                                  A: cartão de duas faces vermelhas é selecionado;
       ⇔ 2 1 − m = 1 + 2m 1 − m 2 − 1 − 2m 1 − m 2
                      2
                                                                                  A probabilidade de o cartão escolhido ter vermelho como cor da
Elevando ao quadrado:                                                             outra face P(V) pode ser calculada da seguinte maneira:
 4 − 4m 2 = 1 + 2m 1 − m 2 − 2 1 − 4m 2 (1 − m 2 ) + 1 − 2m 1 − m 2               P(V) = P(V | V1), onde:
                                                                                  P(V | V1) é a probabilidade de a outra face ser vermelha, dado que
                     4m 2 − 4m + 1 = 2m 2 − 1                                     a primeira face selecionada foi vermelha.
A condição de existência da equação acima é:                                      Podemos calcular então:
                                                                                                                                            1
                                                                                                                      P( V ∩ V1 ) P( A )        2
                  2
              2m − 1 ≥ 0 ⇔ m ≥
                                2
                                  ou m ≤ −
                                            2
                                                                       (II)                  P( V ) = P( V | V1 ) =              =        = 2 =
                               2           2                                                                            P( V1 )    P( V1 ) 3    3
                                                                                                                                             4
Além disso, devemos fazer a seguinte consideração:
                          x = 1 + mx − 1 − mx                                     29. Obtenha todos os pares (x, y), com x, y ∈ [0, 2π], tais que
                                                                                                        sen( x + y ) + sen( x − y ) = 1 / 2
Se x > 0 é solução, temos                  1 + mx > 1 − mx , logo m > 0.
                                                                                                                    senx + cos y = 1
Se x < 0 é solução, temos                 1 + mx < 1 − mx , logo m > 0 .          SOLUÇÃO:
Logo: m > 0 (III)                                                                 Desenvolvendo a primeira equação temos:
                               2                                                         senx⋅cosy + seny⋅cosx – senx⋅cosy – seny⋅cosx = 1/2
De (I), (II) e (III) temos:      ≤ m < 1.                                                        ⇒ 2senx⋅cosy = 1/2 ⇒ senx⋅cosy = 1/4
                              2
                                                                                  Temos então o novo sistema de equações:
                                                                                                           senx + coxy = 1
27. Um dos catetos de um triângulo retângulo mede 3 2 cm . O                                               
volume do sólido gerado pela rotação deste triângulo em torno da                                            senx ⋅ cos y = 1 / 4
hipotenusa é π cm3. Determine os ângulos deste triângulo.                         Assim, senx e cosy são as raízes de uma equação de segundo
                                                                                  grau cuja soma é 1 e o produto é 1/4. Logo:
SOLUÇÃO:                                                                                                 w2 – w + ¼ = 0 ⇒ w = 1/2
                                                                                  Logo:
                                                                                  senx = ½ ⇒ x = 30° ou x = 150°
                                                                                  cosy = ½ ⇒ y = 60° ou x = 300°
                                                                                  Assim os possíveis pares (x, y) pertencem ao conjunto:
                                                                                            {(30°, 60°), (30°, 300°), (150°, 60°), (150°, 300°)}

                                                                                  30. Determine todos os valores reais de a para os quais a equação
                                                                                                           (x – 1)2 = |x – a|
                                                                                  admita exatamente três soluções distintas.

                                                                                  SOLUÇÃO:
                                                                                  Graficamente, temos:

O volume V do sólido gerado pela rotação completa do triangulo
ABC. retângulo em B, e, conforme a figura, tal que:
             V = 1/3 πh2m + 1/3 πh2n = 1/3 πh2(m + n)
                ⇔ V = 1/3 πh2a = π ⇔ h2a = 3 (I)
No triangulo ABC, tem-se:
                                      3           3
                                           2        2
                      cos α =                ⇔a=       (II)                       Para que a equação (x – 1)2 = Ix – aI admita exatamente três
                                          a      cos α
                                                                                  soluções distintas, é necessário que o gráfico de Ix – aI intercepte a
No triangulo AHB tem-se:
                                                                                  parábola y = (x – 1)2 em três pontos diferentes. As situações em
                                  h              3                                que isso ocorre são:
                  sen α =                 ⇔h=        2 ⋅ sen α (III)
                              3
                                  2                                                 1
                                                                                                           2                        3
Substituindo (II) e (III) em (I):
                                                        3
                                                         2
                 h2a = 3 ⇔ ( 3 2 ⋅ sen α)2 ⋅                 =3⇔
                                                       cos α
                  2sen 2 α
             ⇔             = 3 ⇔ 2(1 – cos2 α) = 3 cos α ⇔
                   cos α                                                                 a                                a                   a=1
                      2
          ⇔ 2 cos α + 3 cos α - 2 = 0 ⇔ cos α = 1/2 ⇔                             Nos casos 1 e 2, |x – a| tangencia a parábola em um ponto e cruza
                   ⇔ α = 60º, pois 0º < α < 90º.                                  em outros dois pontos.
Os ângulos do triangulo ABC são, portanto,                                        1) No ponto de tangência para x < a, temos:
           ˆ               ˆ                     ˆ
          BAC = α = 60o ; BCA = 90o – α = 30º ; ABC = 90º                           (x – 1)2 = Ix – aI = a – x ⇔ x2 – 2x + 1 = a – x ⇔ x2 – x + 1 – a = 0
                                                                                  Para que ocorra tangência, ∆ = 4a – 3 = 0 ⇔ a = 3/4
28. São dados dois cartões, sendo que um deles tem ambos os                       2) No ponto de tangência para x > a, temos:
lados na cor vermelha, enquanto o outro tem um lado na cor                         (x – 1)2 = Ix – aI = x – a ⇔ x2 – 2x + 1 = x – a ⇔ x2 – 3x + 1 + a = 0
vermelha e o outro lado na cor azul. Um dos cartões é escolhido ao                Novamente, ∆ = 5 – 4a = 0 ⇔ a = 5/4
acaso e colocado sobre uma mesa. Se a cor exposta é vermelha,                     Podemos observar no gráfico do caso 3, quando a = 1, temos a
calcule a probabilidade de o cartão escolhido ter a outra cor                     intersecção das curvas em três pontos.
também vermelha.                                                                  Logo, os valores procurados de a são 3/4, 1 e 5/4.

                                                                              6

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  • 1.
  • 2. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE ITA 2005 – MATEMÁTICA MÚLTIPLA ESCOLHA 4. Sobre o número x = 7 − 4 3 + 3 é correto afirmar que: NOTAÇÕES a) x ∈ ]0, 2[. b) x é racional. c) 2x é irracional. C : conjunto dos números complexos. d) x2 é irracional. e) x ∈ ]2, 3[. Q : conjunto dos números racionais. R : conjunto dos números reais. SOLUÇÃO: Z : conjunto dos números inteiros. N = {0, 1, 2, 3, ...}. N* = {1, 2, 3, ...}. ( Como 7 − 4 3 = 2 − 3 tem-se: ) 2 ∅ : conjunto vazio. A B = {x ∈ A ; x ∉ B}. x = 2− 3 ( ) 2 + 3 ⇔ x = 2− 3 + 3 = 2 Logo, x é racional. [a, b] = {x ∈ R, a ≤ x ≤ b}. ALTERNATIVA B ]a, b[ = {x ∈ R, a < x < b}. i : unidade imaginária ; i2 = –1. 5. Considere o triângulo de vértices A, B e C, sendo D um ponto do z = x + iy , x, y ∈ R. z : conjugado do número complexo z ∈ C. lado AB e E um ponto do lado AC . Se m( AB) = 8 cm, |z| : módulo do número complexo z ∈ C. m( AC) = 10 cm, m( AD) = 4 cm e m( AE) = 6 cm , a razão das AB : segmento de reta unindo os pontos A e B. áreas dos triângulos ADE e ABC é: m( AB) : medida (comprimento) de AB . 1 3 3 3 3 a) . b) . c) . d) . e) . 2 5 8 10 4 1. Considere os conjuntos S = {0, 2, 4, 6}, T = {1, 3, 5} e U = {0, 1} e as afirmações: SOLUÇÃO: I. {0} ∈ S e S ∩ U ≠ ∅. A partir dos dados da questão temos a seguinte figura geométrica: II. {2} ⊂ S U e S ∩ T ∩ U = {0, 1}. III. Existe uma função f: S → T injetiva. IV. Nenhuma função g: T → S é sobrejetiva. Então, é(são) verdadeira(s): a) apenas I. b) apenas IV. c) apenas I e IV. d) apenas II e III. e) apenas III e IV. SOLUÇÃO: I. Falsa, pois {0} ⊂ S e não {0} ∈ S. II. Falsa, pois {2} ⊂ S U, porém S ∩ T ∩ U = ∅ III. Falsa, pois como n(S) > n(T) não é possível fazer x1 ≠ x2 ⇒ f(x1) ≠ f(x2),∀x ∈ S Logo, temos a razão entre as áreas: IV. Verdadeira, pois como n(T) < n(S) sempre haverá um elemento 1 ˆ ⋅ AD ⋅ AE ⋅ senA de S sem correspondente em T, ou seja, o contra-domínio é S ADE 2 4⋅6 3 diferente da imagem. = = = S ABC 1 ˆ 8 ⋅ 10 10 ALTERNATIVA B ⋅ AB ⋅ AC ⋅ senA 2 2. Em uma mesa de uma lanchonete, o consumo de 3 sanduíches, ALTERNATIVA D 7 xícaras de café e 1 pedaço de torta totalizou R$ 31,50. Em outra mesa, o consumo de 4 sanduíches, 10 xícaras de café e 1 pedaço 6. Em um triângulo retângulo, a medida da mediana relativa à de torta totalizou R$ 42,00. Então, o consumo de 1 sanduíche, 1 hipotenusa é a média geométrica das medidas dos catetos. Então, xícara de café e 1 pedaço de torta totaliza o valor de o valor do cosseno de um dos ângulos do triângulo é igual a a) R$ 17,50. b) R$ 16,50. c) R$ 12,50. d) R$ 10,50. e) R$ 9,50. 4 2+ 3 1 1 1 a) . b) . c) 2 + 3 . d) 4 + 3 . e) 2+ 3. 5 5 2 4 3 SOLUÇÃO: Sejam s o preço do sanduíche, x o da xícara de café, t o do pedaço de torta. Então: SOLUÇÃO: Para a mesa 1, temos: 3s + 7x + t = 31,50 (I) Como o triângulo é retângulo, a medida da mediana relativa à Para a mesa 2, temos: 4s + 10x + t = 42,00 (II) hipotenusa é igual à metade da medida da hipotenusa, isso Fazendo 3⋅I – 2⋅II temos: s + x + t = 10,50 pode ser observado pela figura: ALTERNATIVA D x 3. Uma circunferência passa pelos pontos A = (0, 2), B = (0, 8) e α C = (8, 8). Então, o centro da circunferência e o valor de seu raio, respectivamente, são a) (0, 5) e 6. b) (5, 4) e 5. c) (4, 8) e 5,5. a x d) (4, 5) e 5. e) (4, 6) e 5. x SOLUÇÃO: Como A = (0, 2) e B = (0, 8) têm a mesma abscissa, e sabemos que a mediatriz de AB (a reta y = 5) passa pelo centro da circunferência b D, temos que yD=5. Como B = (0, 8) e C = (8, 8) têm a mesma ordenada, e sabemos Pelas condições do problema: x = ab que a mediatriz de BC (a reta x = 4) passa pelo centro da Por Pitágoras: circunferência D, temos que xD=4. a2 + b2 = 4x2 ⇔ a2 + b2 = 4ab Assim, o centro da circunferência é D = (4, 5). Para o raio temos: ⇔ a2 – 4ab + b2 = 0 ⇔ a = 4b ± 16b 2 − 4b 2 2 ( =b2± 3 ) r= (x A − x D ) + (y A − y D ) ⇒ r = 2 2 (0 − 4) 2 + (2 − 5 ) ⇒ r = 5 2 Considerando a > b, vem: ALTERNATIVA D a = b(2+ 3 ) 1
  • 3. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE ITA 2005 – MATEMÁTICA Portanto: SOLUÇÃO: cos α = a = a ⋅ ab ⇔ cos α = ab = b 2+ 3 2 ( ) Sendo n o número de lados da base do prisma, fazemos a soma dos ângulos das faces laterias mais a soma dos ângulos das bases, 2x 2 ab ab 2b 2b logo: 360o⋅n + 2⋅[180o⋅(n – 2)] = 7200o ⇒ –720o + 720o⋅n = 7200o ⇒ n = 11 1 Como o prisma é composto por duas bases de 11 lados, então seu ⇔ cos α = 2+ 3 2 número total de vértices é 22. ALTERNATIVA C ALTERNATIVA E 7. A circunferência inscrita num triângulo equilátero com lados de 10. Em relação a um sistema de eixos cartesiano ortogonal no 6 cm de comprimento é a interseção de uma esfera de raio igual a 4 plano, três vértices de um tetraedro regular são dados por cm com o plano do triângulo. Então, a distância do centro da esfera A = (0, 0), B = (2, 2) e C = (1 − 3 , 1 + 3 ) . O volume do tetraedro é aos vértices do triângulo é (em cm) a) 3 3 . b) 6. c) 5. d) 4. e) 2 5 . 8 3 3 5 3 a) . b) 3. c) . d) . e) 8. 3 2 2 SOLUÇÃO: SOLUÇÃO: Desenhando a figura dada, temos: y C 1+ 3 2 B Considere o triângulo eqüilátero ABC, O o centro da circunferência e O' o centro da esfera. Sendo l o lado do triângulo: 1l 3 2l 3 OH = = 3 e AO = =2 3 3 2 3 2 x Sendo O'H o raio da esfera, então: 1− 3 A 2 ( ) 2 O’H2 = OH2 + OO’2 ⇔ 4 2 = 3 + OO' 2 ⇔ OO' = 13 Cálculo do lado do tetraedro: Utilizando o teorema de Pitágoras em ∆O’AO: AB = l = 2 2 O’A2 = O’O2 + AO2 ⇔ O’A2 = 13 + 12 Cálculo do volume do tetraedro com base ABC: Logo, O’A = 5. V ALTERNATIVA C 2 2 2 2 8. Uma esfera de raio r é seccionada por n planos meridianos. Os volumes das respectivas cunhas esféricas contidas em uma semi- h H esfera formam uma progressão aritmética de razão A C . 3 3 πr πr M .. G . Se o volume da menor cunha for igual a , então n é 2 2 45 18 2 2 igual a a) 4. b) 3. c) 6. d) 5. e) 7. B Aplicando Pitágoras no triângulo VMB: SOLUÇÃO: Na P.A. dada tem-se VB2 = MB2 + VM2 ⇔ 2 2 = ( ) ( 2) 2 2 + h 2 ⇔ h2 = 6 Aplicando Pitágoras no triângulo VMG: π ⋅r3 π ⋅r3 2 a1 = , R= e Sn = ⋅ π ⋅ r 3 1  2 4 3 18 45 3 VM2 = MG2 + VG2 ⇔ h 2 =  h  + H2 ⇔ H = Aplicando a fórmula da soma da P.A., tem-se:  3  3  πr 3 πr 3  πr 3   1 1 l2 3 4 3 8  + + (n − 1) ⋅ ⋅n ⇒ V= AB ⋅ H ⇔ V = ⋅ ⋅ ⇔ V= Sn = (a1 + a n ) ⋅ n =  18 18  45   3 3 4 3 3 2 2 Logo o volume da pirâmide é 8/3. ALTERNATIVA A   πr 3 πr 3  πr  3  + + (n − 1) ⋅ ⋅n  45  11. No desenvolvimento de (ax2 – 2bx + c + 1)5 obtém-se um  18 18  2 ⇒ = ⋅ π ⋅r3 polinômio p(x) cujos coeficientes somam 32. Se 0 e –1 são raízes 2 3 de p(x), então a soma a + b + c é igual a Assim, simplificando a equação acima, temos: 1 n 1  4 1 1 1 3  + − .n = a) − . b) − . c) . d) 1. e) .  9 45 45  3 2 4 2 2 Multiplicando ambos os membros da equação por 45, vem: SOLUÇÃO: (5 + n – 1)n = 60 ⇒ (n + 4)⋅n = 60 Seja p(x) = (ax2 – 2bx + c + 1)5 e considerando a, b e c reais, temos Como a equação acima admite 6 e –10 como raízes, chegamos que a soma dos coeficientes é dada por a conclusão que a esfera é intersectada por 6 planos p(1) = (a – 2b + c + 1)5 = 32 meridionais. Então: ALTERNATIVA C a – 2b + c + 1 = 2 ⇒ a – 2b + c = 1 (I) Como 0 e –1 são raízes, então: 9. Considere um prisma regular em que a soma dos ângulos p(0) = c + 1 = 0 ⇒ c = – 1 (II) internos de todas as faces é 7200º. O número de vértices deste p(–1) = a + 2b + c + 1 = 0 ⇒ a + 2b + c = –1 (III) prisma é igual a a) 11. b) 32. c) 10. d) 20. e) 22. 2
  • 4. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE ITA 2005 – MATEMÁTICA De (I), (II) e (III), temos: SOLUÇÃO: a = 1 Sejam x1, x2, x3 e x4 as raízes do polinômio, então: a − 2b + c = 1  x1 = 2 + i e x2 = x 1 = 2 – i   1 1 c = −1 ⇒ b = − ∴ a + b + c = − Pelas relações de Girard: a + 2b + c = −1  2 2  b c = −1  x1 + x2 + x3 + x4 = − = – 1 ⇒ 2 + i + 2 – i + x3 + x4 = – 1 a OBSERVAÇÃO: Caso os coeficientes a, b e c fossem complexos ⇒ x3 + x4 = – 5 não reais, então na extração da raiz quinta da equação ALTERNATIVA E (a – 2b + c + 1)5 = 32, obteríamos 5 diferentes valores para a soma a + b + c. 15. Considere a equação em x ALTERNATIVA A a x +1 = b 1/ x , onde a e b são números reais positivos, tais que ln b = 2 ln a > 0. A 12. O menor inteiro positivo n para o qual a diferença n − n −1 soma das soluções da equação é fica menor que 0,01 é a) 0. b) –1. c) 1. d) ln 2. e) 2. a) 2499. b) 2501. c) 2500. d) 3600. e) 4900. SOLUÇÃO: SOLUÇÃO: Dada a equação: Dada a inequação: n − n − 1 ≤ 0,01 1 Podemos reescreve-la como: a x +1 = b x n − (n − 1) 1 1 1 Aplicando ln dos dois lados, temos: ≤ ⇒ ≤ ⇒ n + n − 1 ≥ 100 1 n + n −1 100 n + n −1 100 (x + 1)ln a = ln b x Como sabemos que 2500 = 50 , para a desigualdade ser Como, dado do enunciado, ln b = 2 ln a > 0 , podemos fazer: verdadeira devemos ter n ≥ 2501 . ALTERNATIVA B (x + 1)ln a = 1 ln b ⇒ (x + 1)ln a = 1 2 ln a ⇒ (x + 1) = 2 x x x 13. Seja D = R {1} e f : D → D uma função dada por ⇒ x2 + x − 2 = 0 x +1 Logo, a soma das raízes da equação é: f (x) = . −1 x −1 S= ⇒ S = −1 Considere as afirmações: 1 I. f é injetiva e sobrejetiva. ALTERNATIVA B II. f é injetiva, mas não sobrejetiva. 16. O intervalo I ⊂ R que contém todas as soluções da inequação  1 III. f ( x ) + f   = 0, para todo x ∈ D, x ≠ 0. 1+ x 1− x π x arctan + arctan ≥ 2 2 6 IV. f(x) ⋅ f(–x) = 1, para todo x ∈ D. é Então, são verdadeiras a) [–1, 4]. b) [–3, 1]. c) [–2, 3]. d) [0, 5]. e) [4, 6]. a) apenas I e III. b) apenas I e IV. c) apenas II e III. d) apenas I, III e IV. e) apenas II, III e IV. SOLUÇÃO: Sabe-se que: SOLUÇÃO: tan( a) + tan(b) Analisando as afirmações: tan( a + b) = I. Verdadeira. Para saber se f é injetiva e sobrejetiva, basta 1 − tan( a) tan(b) verificar se é bijetiva, então f deve possuir inversa: Aplicando a função tangente a ambos os membros da inequação x +1 f −1 ( y ) + 1 dada, temos: f (x) = ⇒ y = −1 1+ x 1− x x −1 f (y) − 1 + 2 2 π Para f- -1(y) ≠ 1: ≥ tan   1+ x   1− x  6 y +1 1−  ⋅  f −1 ( y ) =  2   2  y −1 Logo: Encontramos então a inversa, que é igual a função original, e uma 1 1 4 1 ≥ ≥ ⇒ x2 ≤ 4 3 − 3 vez que existe inversa, a função é bijetiva. II. Falsa. Ficou provado em (I) que f é bijetiva logo também é 1− (1 − x ) 2 3 ⇒ 3+x 2 3 sobrejetiva. 4 III. Verdadeiro. Calculando o resultado da soma tem-se: A figura abaixo apresenta o conjunto solução dessa inequação: x + 1 1 / x + 1 x + 1 (1 + x ) / x f(x) + f(1/x) = + = + x − 1 1 / x − 1 x − 1 (1 − x ) / x x + 1 1+ x ⇒ f(x) + f(1/x) = − =0 x −1 x −1 IV. Falsa. Calculando o valor de f(-x) em x = -1 tem-se: f(-x) = f(-(-1)) = f(1) Porém, f(1) não existe, uma vez que x = 1 não está no domínio de f. Logo, não existe o produto P = f(x)⋅f(-x) para x = – 1, invalidando a afirmação pois o produto não existe para todo x∈D. ALTERNATIVA A 14. O número complexo 2 + i é raiz do polinômio f(x) = x4 + x3 + px2 + x + q, com p, q ∈ R. Então, a alternativa que mais se aproxima da soma Dos intervalos apresentados, o único que contém o intervalo das raízes reais de f é solução é [-2;3]. a) 4. b) –4. c) 6. d) 5. e) –5. ALTERNATIVA C 3
  • 5. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE ITA 2005 – MATEMÁTICA 1 − zw Das alternativas dadas, o valor que mais de aproxima é 0,40. 17. Seja z ∈ C com |z| = 1. Então, a expressão assume ALTERNATIVA E z−w valor: 20. A distância focal e a excentricidade da elipse com centro na a) maior que 1, para todo w com |w| > 1. origem e que passa pelos pontos (1, 0) e (0, –2) são, b) menor que 1, para todo w com |w| < 1. respectivamente, c) maior que 1, para todo w com w ≠ z. 1 1 3 1 d) igual a 1, independente de w com w ≠ z.. a) 3 e . b) e 3. c) e . e) crescente para |w| crescente, com |w| < |z|. 2 2 2 2 3 3 SOLUÇÃO: d) 3 e . e) 2 3 e . 2 2 2 Sabe-se que z ⋅ z = z . SOLUÇÃO: Como z = 1 , então z ⋅ z = 1 . Supondo que os eixos da elipse são paralelos aos eixos Substituindo o resultado acima na expressão dada temos: cartesianos: 1− z ⋅ w z⋅z − z⋅w z( z − w ) = = = z = z =1 z−w z−w (z − w ) 2 1− z ⋅ w Logo, = 1 , ∀w ∈ C / w ≠ z. z−w 1 c 1 ALTERNATIVA D b 18. O sistema linear bx + y = 1  by + z = 1 -2 x + bz = 1 Equação da elipse:  não admite solução se e somente se o número real b for igual a y2 x2 a) –1. b) 0. c) 1. d) 2. e) –2. 2 + =1 a b2 SOLUÇÃO: Onde a é o semi-eixo maior e b é o semi-eixo menor. A condição necessária para que o sistema linear não admita Como (1, 0) e (0, – 2) pertencem a elipse; temos: solução é det = 0:  0 2 12  2 + 2 =1 b 1 0 a b a = 2  ⇒  0 b 1 = 0 ⇒ b3 + 1 = 0 ⇒ b = – 1  (− 2) b = 1 2 02 1 0 b  a2 + b2 = 1  Para b = – 1: Pelas relações geométricas, temos: − x + y = 1 a2 = b 2 + c 2 ⇒ a 2 − b 2 = 4 − 1 ⇒ c = 3  − y + z = 1 Onde c é a metade da distância focal.  x−z =1 Sendo e a excentricidade da elipse e df a distância focal, podemos  escrever: Somando-se as três equações, obtemos 0 = 3, que é um absurdo, portanto verificando que o sistema não admite solução.  c  3 e = e = ALTERNATIVA A  a ⇒  2 d = 2c  19. Retiram-se 3 bolas de uma urna que contém 4 bolas verdes, 5  f df = 2 3 bolas azuis e 7 bolas brancas. Se P1 é a probabilidade de não sair OBSERVAÇÃO: Caso os eixos da elipse não forem paralelos aos bola azul e P2 é a probabilidade de todas as bolas saírem com a eixos cartesianos, então esta questão teria infinitas soluções, pois mesma cor, então a alternativa que mais se aproxima de P1+P2 é infinitas elipses satisfariam o enunciado. a) 0,21. b) 0,25. c) 0,28. d) 0,35. e) 0,40. ALTERNATIVA E SOLUÇÃO: DISSERTATIVAS Calculo de P1: Temos inicialmente 16 bolas na urna, sendo 11 não-azuis, tirando As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser as bolas sem reposição, a probabilidade P1 é dada por: resolvidas e respondidas no caderno de soluções. 11 10 9 P1 = ⋅ ⋅ 16 15 14 21. Seja a1, a 2 , ... uma progressão aritmética infinita tal que Calculo de P2: n P2 = V + A + B Onde: ∑ a3k = n 2 + πn2 , para n ∈ N* V = Probabilidade de serem todas verdes k =1 A = Probabilidade de serem todas azuis Determine o primeiro termo e a razão da progressão. B = Probabilidade de serem todas brancas Temos: SOLUÇÃO: 4 3 2 5 4 3 7 6 5 Para K = 1: V= ⋅ ⋅ ; A= ⋅ ⋅ ; B= ⋅ ⋅ a = 2 + π 16 15 14 16 15 14 16 15 14  3  ⇒ a 6 = 2 + 3 π ⇒ a 6 = a 3 + 2π Logo: a 3 + a 6 = 2 2 + 4π  11 ⋅ 10 ⋅ 9 + 4 ⋅ 3 ⋅ 2 + 5 ⋅ 4 ⋅ 3 + 7 ⋅ 6 ⋅ 5 P1 + P 2 = P 1 + V + A + B = Temos também que: 16 ⋅ 15 ⋅ 14 a6 = a3 + 3r 1284 Logo: P1 + P 2 = ≅ 0,382 3360 a3 + 3r = a3 + 2π ⇒ r = 2π/3 4
  • 6. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE ITA 2005 – MATEMÁTICA Temos: Tomando o determinante: a1 = a3 – 2r det B = det [A⋅(A + 2B)] = det A⋅det (A + 2B) ≠ 0 Logo: Pois B é inversivel. a1 = 2 + π – 2⋅(2π/3) ⇒ a1 = 2 – π/3 Se det A⋅det (A + 2B) ≠ 0, então det A ≠ 0 e portanto A é inversivel. 22. Seja C a circunferência de centro na origem, passando pelo 24. Seja n o número de lados de um polígono convexo. Se a soma ponto P = (3, 4). Se t é a reta tangente a C por P, determine a de n − 1 ângulos (internos) do polígono é 2004º, determine o circunferência C’ de menor raio, com centro sobre o eixo x e número n de lados do polígono. tangente simultaneamente à reta t e à circunferência C. SOLUÇÃO: SOLUÇÃO: A soma dos ângulos internos de um polígono de n lados é: Considere a figura: Si = (n – 2)⋅180º Pelo enunciado, temos: Si = S + a = 2004º + a Onde S é a soma de (n – 1) ângulos internos do polígono e a é medida de um desses ângulos. Então: 180º (n – 2) = 2004º + a ⇒ a = 180º⋅(n –2) – 2004º Mas, como se trata de um polígono convexo: 0 < a < 180º ⇒ 0 < 180º⋅(n – 2) – 2004º < 180º ⇒ 0 < (n – 2) – 11,133 < 1 ⇒ 13,133 < n < 14,133 Portanto, n = 14, pois n ∈ N. Equalção da reta OP : y = kx 25. (a) Mostre que o número real α = 3 2 + 5 + 3 2 − 5 é raiz da Substituindo no ponto P: 4 = k⋅3 equação x3 + 3x – 4 = 0. 4 (b) Conclua de (a) que α é um número racional. Logo: (OP ) ⇒ y = x 3 SOLUÇÃO: −3 a) Fazemos: Equação da reta t (perperndicular a OP ): y = x+b 4 α= 3 x +3 y −3 Logo: Substituindo no ponto P: 4 = 3+b 4 3 α 3 = x + 3 x 2 3 y + 33 x 3 y 2 + y 25 Logo: b = 4 α 3 = 2 + 5 + 33 (2 + 5 ) 2 (2 − 5 ) + 33 (2 + 5 )(2 − 5 ) 2 + 2  25  Assim: A  0,  α 3 = 4 − 33 2 + 5 − 33 2 − 5  4  Substituindo na equação: 3 25 25 Para y=0 (ponto B): x= ⇒ x= x3 + 3x – 4 = 0 ⇒ α3 + 3⋅α – 4 = 0 4 4 3 Resulta:  25    Logo: B  , 0 . 4 − 33 2 + 5 − 33 2 − 5 + 3 3 2 + 5 − 3 2 − 5  − 4 = 0  3    Para determinarmos o raio da circunferência maior: R2 = 32 + 42 ⇒ R2 = 25 ⇒ R = 5 ⇔ 4 − 33 2 + 5 − 33 2 − 5 + 33 2 + 5 − 33 2 − 5 − 4 = 0 Observando a semelhança dos triângulos ∆OBP e ∆O'P'B: ⇔0=0 25 Logo, como a igualdade é verdadeira, podemos verificar que α é OP = BO ⇒ 5= 3 ⇒ 10 − r = 5r ⇒ 8r = 10 ⇒ r = 5 raiz da equação dada. O' P' BO' r  25  3 3 3 3 4  − 5 −r 26. Considere a equação em x ∈ R  3  Logo: 1 + mx = x + 1 − mx , 25 sendo m um parâmetro real. xo’ = R + r ⇒ x o' = e yo’ = 0 (a) Resolva a equação em função do parâmetro m. 4 2 (b) Determine todos os valores de m para os quais a equação  25  25 admite solução não nula. Assim, resulta a circunferência C':  x −  + y2 =  4  16 SOLUÇÃO: 23. Sejam A e B matrizes 2×2 tais que AB = BA e que satisfazem à a) 1 + mx = x + 1 − mx ⇔ x = 1 + mx − 1 − mx equação matricial A2 + 2AB – B = 0. Se B é inversível, mostre que Elevando os dois membros ao quadrado, temos: (a) AB–1 = B–1A e que (b) A é inversível. x 2 = 1 + mx − 2 (1 + mx )(1 − mx ) + 1 − mx SOLUÇÃO: ⇔ x 2 = 2 − 2 1− m2 x 2 ⇔ 2 1− m2 x 2 = 2 − x 2 a) Se B é inversivel então existe B-1, tal que Elevando novamente ao quadrado, temos: B⋅B-1 = 1 4(1 – m2x2) = (2 – x2)2 Sendo AB = BA temos: ⇔ 4 – 4m2x2 = 4 – 4x2 + x4 ⇔ x4 – 4x2 + 4m2x2 = 0 A = A ⇔ A⋅1 = A ⇔ A⋅B⋅B-1 = A ⇔ x2 (x2 – 4 + 4m2) = 0 ⇔ B⋅A⋅B-1 = A ⇔ B-1⋅B⋅A⋅B-1 = B-1⋅A ⇔ 1⋅A⋅B-1 = B-1⋅A ⇔ A⋅B-1 = B-1⋅A x = 0   ⇔ ou ∴ S = 0, 2 1 − m 2 , − 2 1 − m 2    b) Resolvendo a equação:    A2 + 2AB – B = 0 ⇔ B = A2 + 2AB ⇔ x = ±2 1 − m  2 ⇔ B = A⋅(A + 2B) 5
  • 7. (19) 3251-1012 www.elitecampinas.com.br O ELITE RESOLVE ITA 2005 – MATEMÁTICA b) Para que a equação admita solução não nula é necessário SOLUÇÃO: primeiramente que: Seja P, a função probabilidade definida no espaço de eventos do 1 – m2 > 0 ⇔ –1 < m < 1 (I) problema. Sejam, também, definidos os seguintes eventos: Testando as soluções, temos: V1: face visível do cartão selecionado é vermelha; V: face oculta do cartão selecionado é vermelha; x = 1 + mx − 1 − mx A: cartão de duas faces vermelhas é selecionado; ⇔ 2 1 − m = 1 + 2m 1 − m 2 − 1 − 2m 1 − m 2 2 A probabilidade de o cartão escolhido ter vermelho como cor da Elevando ao quadrado: outra face P(V) pode ser calculada da seguinte maneira: 4 − 4m 2 = 1 + 2m 1 − m 2 − 2 1 − 4m 2 (1 − m 2 ) + 1 − 2m 1 − m 2 P(V) = P(V | V1), onde: P(V | V1) é a probabilidade de a outra face ser vermelha, dado que 4m 2 − 4m + 1 = 2m 2 − 1 a primeira face selecionada foi vermelha. A condição de existência da equação acima é: Podemos calcular então: 1 P( V ∩ V1 ) P( A ) 2 2 2m − 1 ≥ 0 ⇔ m ≥ 2 ou m ≤ − 2 (II) P( V ) = P( V | V1 ) = = = 2 = 2 2 P( V1 ) P( V1 ) 3 3 4 Além disso, devemos fazer a seguinte consideração: x = 1 + mx − 1 − mx 29. Obtenha todos os pares (x, y), com x, y ∈ [0, 2π], tais que sen( x + y ) + sen( x − y ) = 1 / 2 Se x > 0 é solução, temos 1 + mx > 1 − mx , logo m > 0. senx + cos y = 1 Se x < 0 é solução, temos 1 + mx < 1 − mx , logo m > 0 . SOLUÇÃO: Logo: m > 0 (III) Desenvolvendo a primeira equação temos: 2 senx⋅cosy + seny⋅cosx – senx⋅cosy – seny⋅cosx = 1/2 De (I), (II) e (III) temos: ≤ m < 1. ⇒ 2senx⋅cosy = 1/2 ⇒ senx⋅cosy = 1/4 2 Temos então o novo sistema de equações: senx + coxy = 1 27. Um dos catetos de um triângulo retângulo mede 3 2 cm . O  volume do sólido gerado pela rotação deste triângulo em torno da  senx ⋅ cos y = 1 / 4 hipotenusa é π cm3. Determine os ângulos deste triângulo. Assim, senx e cosy são as raízes de uma equação de segundo grau cuja soma é 1 e o produto é 1/4. Logo: SOLUÇÃO: w2 – w + ¼ = 0 ⇒ w = 1/2 Logo: senx = ½ ⇒ x = 30° ou x = 150° cosy = ½ ⇒ y = 60° ou x = 300° Assim os possíveis pares (x, y) pertencem ao conjunto: {(30°, 60°), (30°, 300°), (150°, 60°), (150°, 300°)} 30. Determine todos os valores reais de a para os quais a equação (x – 1)2 = |x – a| admita exatamente três soluções distintas. SOLUÇÃO: Graficamente, temos: O volume V do sólido gerado pela rotação completa do triangulo ABC. retângulo em B, e, conforme a figura, tal que: V = 1/3 πh2m + 1/3 πh2n = 1/3 πh2(m + n) ⇔ V = 1/3 πh2a = π ⇔ h2a = 3 (I) No triangulo ABC, tem-se: 3 3 2 2 cos α = ⇔a= (II) Para que a equação (x – 1)2 = Ix – aI admita exatamente três a cos α soluções distintas, é necessário que o gráfico de Ix – aI intercepte a No triangulo AHB tem-se: parábola y = (x – 1)2 em três pontos diferentes. As situações em h 3 que isso ocorre são: sen α = ⇔h= 2 ⋅ sen α (III) 3 2 1 2 3 Substituindo (II) e (III) em (I): 3 2 h2a = 3 ⇔ ( 3 2 ⋅ sen α)2 ⋅ =3⇔ cos α 2sen 2 α ⇔ = 3 ⇔ 2(1 – cos2 α) = 3 cos α ⇔ cos α a a a=1 2 ⇔ 2 cos α + 3 cos α - 2 = 0 ⇔ cos α = 1/2 ⇔ Nos casos 1 e 2, |x – a| tangencia a parábola em um ponto e cruza ⇔ α = 60º, pois 0º < α < 90º. em outros dois pontos. Os ângulos do triangulo ABC são, portanto, 1) No ponto de tangência para x < a, temos: ˆ ˆ ˆ BAC = α = 60o ; BCA = 90o – α = 30º ; ABC = 90º (x – 1)2 = Ix – aI = a – x ⇔ x2 – 2x + 1 = a – x ⇔ x2 – x + 1 – a = 0 Para que ocorra tangência, ∆ = 4a – 3 = 0 ⇔ a = 3/4 28. São dados dois cartões, sendo que um deles tem ambos os 2) No ponto de tangência para x > a, temos: lados na cor vermelha, enquanto o outro tem um lado na cor (x – 1)2 = Ix – aI = x – a ⇔ x2 – 2x + 1 = x – a ⇔ x2 – 3x + 1 + a = 0 vermelha e o outro lado na cor azul. Um dos cartões é escolhido ao Novamente, ∆ = 5 – 4a = 0 ⇔ a = 5/4 acaso e colocado sobre uma mesa. Se a cor exposta é vermelha, Podemos observar no gráfico do caso 3, quando a = 1, temos a calcule a probabilidade de o cartão escolhido ter a outra cor intersecção das curvas em três pontos. também vermelha. Logo, os valores procurados de a são 3/4, 1 e 5/4. 6