Prova de Matemática: 13/12/12 PROVA ITA

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1 Prova de Matemática: // PROVA ITA matemática

2 Gabarito ITA

3 Prova de Matemática: // matemática : conjunto dos números naturais : conjunto dos números inteiros : conjunto dos números reais M m x n ( ): conjunto das matrizes reais m x n Notações det(m): determinante da matriz M M t : transposta da matriz M A \ B: {x : x A e x B} k n k n 0 k n = 0 a x : a + a x + a x a x, k : conjunto dos números complexos i: unidade imaginária, i = z : módulo do número z Rez: parte real do número z [a, b]: {x ; a x b} [a, b[: {x ; a x < b} ]a, b[: {x ; a < x < b} k n = 0 a : a + a x + a a, k n 0 k Arg z: argumento principal de z \ {0}, Arg z [0,[ A c : Conjunto (evento) complementar do conjunto (evento) A AB : segmento de reta unindo os pontos A e B AB^C: ângulo formado pelos segmentos AB e BC, com vértice no ponto B. Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos retangulares.

4 Gabarito ITA Questão 0 Sejam A, B e C subconjuntos de um conjunto universo U. Das afirmações: I. A \ (B C) = (A \ B) (A \ C); II. (A C) \ B = A B c C; III. (A \ B) (B \ C) = (A \ B); é (são) verdadeira(s): (A) apenas I. (B) apenas II. (C) apenas I e II. (D) apenas I e III. (E) todas. Gabarito: Letra C. I. A \ (B C) = A (B C) C = A (B C C C ) = = (A B C ) (A C C ) = (A \ B) (A \ C) II. (A C) \ B = (A C) B C = A B C C III. (A \ B) (B \ C) = (A B C ) (B C C ) = = A (B C B) C C = A C C = Obs: Usamos que X \ Y = X Y C. Questão A soma das raízes da equação em, z 8 7z = 0, tais que z z = 0, é: (A). (B). (C). (D) 4. (E) 5. Gabarito: Letra C. Temos z 8 7z = 0 z 4 = ou z 4 = 6 Para que z = z, z deve ser real não-negativo. Logo, z = ou z = e, portanto, a soma das raízes buscadas é. 4

5 Prova de Matemática: // Questão Considere a equação em, (z 5 +i) 4 =. Se z 0 é a solução que apresenta o menor argumento principal dentre as quatro soluções, então o valor de z 0 é (A) 9. (B) 4. (C) 5 (D) 4 (E) 6. Gabarito: Letra B. (z 5 +i) 4 = ; Usando que 4 = ± ou ± i z 5 +i = ; z 5 +i = ; z 5 +i = i; z 5 +i = i logo: z = 6 i; z = 4 i ; z = 5 i; z = 5 4i. Seja θ = Arg z, temos: tg θ = ; tg θ = ; tg θ = ; tg θ = 4 5 Como z 0 possui o menor argumento principal z 0 = 5 4i z 0 = = , onde os 4 pontos pertencem ao 4 o quadrante. Questão 04 x + x + x + A soma de todos os números reais x que satisfazem a equação ( ) + 64 = 9 (4 ) é igual a: (A) 8. (B). (C) 6. (D) 8. (E) 0. Gabarito: Letra D. x Seja + = t. Então, t 9t + 44t + 64 = 0. Como é raiz, temos (t + ) (t 0t + 64) = 0 (t + ) (t 4) (t 6) = 0. Mas t > 0, donde só podemos ter t = 4 ou t = 6. Daí, x + = ou x + = 4 x = ou x = 5. A soma é 8. 5

6 Gabarito ITA Questão 5 Se os números reais a e b satisfazem, simultaneamente, as equações um possível valor de a b é a b = e ln(a + b) + ln 8 = ln 5, (A). (B). (C). (D). (E). Gabarito: Letra A. ( ) (I) a b = (II) ln a + b + ln8 = ln5 Temos : (I) a b = a = 6 6b 5 5 (II) ln ( a + b) = ln5 ln8 = ln a + b = Logo, + b = + 6b = 0b 6b 8 6b 0b + = 0 b = ou b = 8 Como a =, 6b b = a = a =, pois a 0 8 b = a = a =, pois a a / / 4 Então, pode ser igual a = 4 ou =. b / 8 / 6

7 Prova de Matemática: // Questão 06 ax Considere as funções f e g, da variável real x, definidas, respectivamente por: f(x) = e x + ax + b e g( x) = ln b, em que a e b são números reais. Se f( ) = = f( ), então pode-se afirmar sobre a função composta g ο f que: (A) g ο f() = ln. (B) g ο f(0) (C) g ο f nunca se anula (D) g ο f está definida apenas em {x : x > 0} (E) g ο f admite dois zeros reais distintos. Gabarito: Letra E. f( ) = e a+b+ = a+b+ = 0 () f( ) = e a+b+4 = a+b+4 = 0 () Fazendo () () : a = e b = x x Assim f(x) = e x + x + e g(x) = ln = ln 6 6 e Donde : g ο f() = g(f()) = g(e 6 ) = ln ln e g ο f(x) = g(e ) = ln x + x+ e x + x+ g ο f(x) = 0 ln = 0 e = x + x + ln = 0 = ln = + 4 ln > 0. Logo existem dois zeros reais distintos para g ο f. E como f(x) > 0, x, g ο f está definida para todo x real. 7

8 Gabarito ITA Questão 7 Considere funções f, g, f + g:. Das afirmações: I. Se f e g são injetoras, f + g é injetora; II. Se f e g são sobrejetoras, f + g é sobrejetora; III. Se f e g não são injetoras, f + g não é injetora; IV. Se f e g não são sobrejetoras, f + g não é sobrejetora. é (são) verdadeira (s): (A) nenhuma. (B) apenas I e II. (C) apenas I e III. (D) apenas III e IV. (E) todas. Gabarito: Letra A. I e II. Falsas. Tome f (x) = x e g(x) = x. As duas funções são bijetoras, mas (f + g) (x) = 0, que não é injetora, nem sobrejetora. III e IV. Falsas. x x Tome f (x) = x + e g (x) = x +. As duas funções não são sobrejetoras, nem injetoras, mas (f + g) (x) = x, que é bijetora. Questão 8 Seja n > 6 um inteiro positivo não divisível por 6. Se, na divisão de n por 6, o quociente é um número ímpar, então o resto da divisão de n por 6 é: (A). (D) 4. (B). (E) 5. (C). Gabarito: Letra C. Escrevendo a divisão de n por 6, temos n = 6(k + ) + r; 0 < r < 6 n = k + r + 6. Lema: Um quadrado perfeito só pode deixar resto 0 ou na divisão por e por 4. 8

9 Prova de Matemática: // Prova x 0 (mód ) x 0 (mód ) ± x (mód ) x (mód ) x 0, (mód 4) x 0 (mód 4) ± x (mód 4) x (mód 4) r = n = k + 7 n (mód 4), absurdo. r = n = k + 8 n (mód 4), absurdo. r = 4 n = k + 0 n (mód 4), absurdo. r = 5 n = k + n (mód 4), absurdo. Finalmente, r pode ser, já que 8 deixa quociente e resto na divisão por 6. (n = 9). Questão 09 5 n Considere a equação an x = 0 em que a soma das raízes é igual a e os coeficientes a 0 a, a, a, a 4 e n = 0 a 5 formam, nesta ordem, uma progressão geométrica com a 0 =. Então an é igual a: (A). (B). (C). (D) 6. (E) 6. 5 n = 0 Gabarito: Letra D. Considere (a, a, a, a 4 e a 5 ) = (, q, q, q, q 4, q 5 ). a4 A soma das raízes da equação é igual a (relação de Girard) logo, a4 = a4 = a. 5 a5 a5 Então q 4 = q 5 q = 0 ou q = /. Veja que q = 0 não é possível, pois a equação seria = 0 (sem solução). q = /. 5 6 q 6 Daí an = + q +q + q + q 4 + q 5 = = 64 =. n = 0 q 9

10 Gabarito ITA Questão 0 Seja λ solução real da equação λ λ + 7 =. Então a soma das soluções Z, com Re z > 0, da equação z 4 = λ, é (A). (B). (C) 4. (D) 4. (E) 6. Gabarito: Letra B. Seja f(λ) = λ λ + 7. É fácil ver que f é estritamente crescente. Como f(6) = =, temos λ < 6 f(λ) < λ > 6 f(λ) > Logo, λ = 6 é a única solução real! Daí, a equação z 4 = λ se torna z 4 = 6 z 4 = 6 cis. + k Tirando a raiz quarta: z = cis, 4 k = 0,,,. K = 0: z = cis 4 K = : z = cis 4 K = : z = cis 5 4 K = : z = cis As únicas soluções com Re z > 0 são z = cis e z = cis. 4 4 A soma delas é igual a: 7 cis + cis = 4 cos = Questão Seja p uma probabilidade sobre um espaço amostral finito Ω. Se A e B são eventos de Ω tais que p( A) =, p( B) = e p( A B) =, as probabilidades dos eventos A \ B, A B e A 4 C B C são, respectivamente. 0

11 Prova de Matemática: // (A), 5 e (D), 5 e. 6 (B) 5, e (C) 7, e. 6 4 Gabarito: Letra E. p(a \ B) = p(a) p(a B) = = p(a B) = p(a) + p(b) p(a B) = + = 4 C C p(a B ) = p(a B) = = 4 4 (E) 7, e. 4 4 Questão Considere os seguintes resultados relativamente ao lançamento de uma moeda: I. Ocorrência de duas caras em dois lançamentos. II. Ocorrência de três caras e uma coroa em quatro lançamentos. III. Ocorrência de cinco caras e três coroas em oito lançamentos. Pode-se afirmar que: (A) dos três resultados, I é o mais provável. (B) dos três resultados, II é o mais provável. (C) dos três resultados, III é o mais provável. (D) os resultados I e II são igualmente prováveis. (E) os resultados II e III são igualmente prováveis. Gabarito: Letra D. I. P =. = 4 4 II. P =.. = III. P =.. = 5 Então, P < P = P.

12 Gabarito ITA Questão Considere A M 5x5 ( ) com det (A) = 6 e α \ {0} Se det(αa t AA t ) = o valor de α é 6α, (A). 6 6 (B). 6 (C) 6. 6 (D). (E) 6.

13 Prova de Matemática: // Gabarito: Letra C. det (αa t AA t ) = 6α α 5. (det A) = 6α (Usando Binet e que deta t = deta) Como α 0, temos α. ( 6 ) = 6 α =. 6 6 Como α \ { 0 }, α = =. 6 6 Questão 4 Sejam a um número real e n o numero de todas as soluções reais e distintas x [0,] da equação cos 8 x sen 8 x + 4 sen 6 x = a. Das afirmações: I. Se a = 0, então n = 0; II. Se a =, então n = 8; III. Se a =, então n = 7; IV. Se a =, então n =. é (são) verdadeira(s): (A) apenas I. (B) apenas III. (C) apenas I e III. (D) apenas II e IV. (E) todas. Gabarito: Letra E. Como cos x = sen x, temos cos 8 x = sen 8 x 4sen 6 x + 6sen 4 x 4sen x + e daí cos 8 x sen 8 x + 4sen 6 x = 6sen 4 x 4sen x +. I. (V) a = 0 6sen 4 x 4sen x + = 0. Como < 0, não há soluções reais e daí n = 0 II. (V) a = 6sen4 x 4sen x + = 0 sen x = ou sen x = 6 sen x = 6 ± ou sen x = ±. 6 Cada uma das quatro equações tem duas soluções, donde n = 8. III. (V) a = 6sen 4 x 4sen x = 0 sen x = 0 ou sen x = sen x = 0 ou sen x = ±. Temos que sen x = 0 possui três soluções. Cada uma das outras duas equações possui duas soluções. Logo, n = 7.

14 Gabarito ITA IV. (V) a = 6sen 4 x 4sen x = 0 sen x = ou sen x = sen x = ±. Cada uma das duas equações possui uma solução. Logo n =. Questão 5 Se cos x =, então um possível valor de cot g x cossec x sec x ( ) ( ) é (A). (D). (B). (E). (C). Gabarito: Letra A. A expressão pedida é: cos x cos x senx senx = senx = cos x. senx cos x + senx cos x senx cos x Como cosx =, cos x = cos x = cos x = ± 4 Logo, um possível valor é, quando cosx =. Questão 6 Uma reta r tangencia uma circunferência num ponto B e intercepta uma reta s num ponto A exterior à circunferência. A reta s passa pelo centro desta circunferência e a intercepta num ponto C, tal que o ângulo AB^C seja obtuso. Então o ângulo CA^B é igual a: (A) ABC. ˆ (D) AB^C. (B) (C) ABC. ˆ (E) ABC ˆ. ABC. ˆ 4

15 Prova de Matemática: // Gabarito: Letra B. C r α α O B s A Seja O o centro da circunferência. Logo, OB r. Seja α = AB^C. Logo, OB^C = α. Como OB = OC, temos BO^C = α e daí BA^C = = α = α = ABC. ˆ Questão 7 Sobre a parábola definida pela equação x + xy + y x + 4y + = 0 pode-se afirmar que: (A) ela não admite reta tangente paralela ao eixo Ox. (B) ela admite apenas uma reta tangente paralela ao eixo Ox. (C) ela admite duas retas tangentes paralelas ao eixo Ox. (D) a abcissa do vértice da parábola é x =. (E) a abicissa do vértice da parábola é x =. Gabarito: Letra B. Uma reta paralela ao eixo Ox tem equação y = k. Para que a parábola seja tangente a essa reta, a equação x + xy + y x + 4y + = 0 deve possuir raiz dupla. Rearrumando: x + (k )x + (k + 4k + ) = 0 D = 0 4(k + k + ) 4(k + 4k + ) = 0 4k = 0 k = 0 Logo, só há um valor para k. Comentário: Vamos encontrar a abcissa do véertice. y Sendo o eixo da parábola uma reta da forma y = mx + q, sabe-se que m = lim. x Na equação dada, dividindo por x e fazendo x +, temos + m + m = 0 m =. Então, a reta tangente no vértice tem coeficiente igual a (perpendicular ao eixo). Essa tangente (k + 4k + ) é y = x + k. Substituindo na parábola e desenvolvendo: x + (k + ) x + = 0 5

16 Gabarito ITA Para ser tangente, = 0: = k = 0 k = 4 (k + ) Neste caso, x = xv = = 4 8 Questão 8 Das afirmações: I Duas retas coplanares são concorrentes; II Duas retas que não têm ponto em comum são reversas; III Dadas duas retas reversas, existem dois, e apenas dois, planos paralelos, cada um contendo uma das retas; IV Os pontos médios dos lados de um quadrilátero reverso definem um paralelogramo, é (são) verdadeira(s) apenas (A) III. (B) I e III. (C) II e III. (D) III e IV. (E) I e II e IV. Gabarito: Letra D. I. Falso (retas paralelas são coplanares não concorrentes) II. Falsa (retas paralelas não tem ponto em comum e não são reversas). III. Verdadeira Sejam r e s as retas reversas, considere um ponto P em r. Por P passa uma única reta t paralelo a s. Deste modo r e t são concorrentes em P, donde r e t definem um único plano α //s. Do mesmo modo existe um único plano b contendo s paralelo a r. Veja que do modo que α e b foram construídos já temos duas retas concorrentes em um plano paralelas ao outro plano, donde α// b; com α e b únicos. IV. Verdadeira Seja ABCD o quadrilátero em questão e M, N, P e Q pontos médios de AB, BC, CD e AD respectivamente. Temos MN base média do ABC, donde MN//AC; PQ a base média do ACD, donde PQ//AC; NP a base média do BCD, donde NP//BD; MQ base média do ABD, donde MQ//BD. Assim, MN//PQ e NP//MQ e o quadrilátero MNPQ é paralelogramo. 6

17 Prova de Matemática: // Questão 9 Um plano intercepta as arestas de um triedro trirretângulo de vértice V, determinando um triângulo ABC cujos lados medem, respectivamente, 0, 7 e 5 cm. o volume, em cm, do sólido VABC é. (A). (D) 6. (B) 4. (E) 5 0. (C) 7. Gabarito: Letra A. Sejam VA = a, VB = b, VC = c. A V Podemos supor, sem perda de generalidade, que AB = 0, AC = 7, BC = 5. a + b = 0 Então, a + c = 7 Somando tudo: (a + b + c ) = 5 a b + c = 5 + b + c =6 Subtraindo de cada equação do sistema: a = a= ; b = 9 b = ; c = 6 c = 4. abc.. 4 O volume é igual a V =, logo V = = cm. 6 6 Questão 0 B No sistema xoy os pontos A = (, 0) B = (, 5) e C = (0, ) são vértices de um triângulo inscrito na base volume de um cilindro circular reto de altura 8. Para este cilindro, a razão, em unidade de comprimento, é igual a área total da superfície (A). (D) (B) (C) 0. C (E)

18 Gabarito ITA Gabarito: Letra B. Num cilindro circular reto de raio da base r e altura h, temos: volume = r h área total = rh + r = r(h + r) r h rh Então, a razão procurada é k = = r(h + r) r(h + r) Calculemos os lados do ABC: AB = 5, AC = + = 5, BC = + 4 = 5 Como AC + BC = AB, o ABC é retângulo em C. Então, o raio do círculo circunscrito ao ABC é igual à metade da hipotenusa AB r = 5. Como h = 8: k = = = Questão Para z = + iy, y > 0, determine todos os pares (a,y), a >, tais que z 0 = a. Escreva a e y em função de Arg z. Gabarito: z = + yi Seja q = Arg z temos z = z cis q, elevando a décima: z 0 = z 0.cis (0q) Como z 0 = a > têm-se z 0 = a = a donde: k a = a. cis 0θ 0θ = k θ = ; k. 5 e a = z 0 = ( ) 5 Assim: y = tanq = tan k + y 5 a = sec 0 q = sec 0 k ; k 5 Como queremos todos os pares (a,y) com a > e y > o Devemos ter k = ; k = donde (a,y) {( sec 0, tan 0 ) ; ( sec, tan )} 8

19 Prova de Matemática: // Questão Determine o maior domínio D da função f: d, Gabarito: f (x) = log (4sen x cos x ). x( x) 4 I. x. x > 0 4 II. 4sen x cos x > 0 III. x. x I. 0 < x < 4 II. 4 sen x cos x = sen x sen x > / Como x 0,, temos x 0,. 4 Para senx >, é necessário x, x, 6 4. III. Se f (x) = x. x, o valor máximo de f(x) é atingido para 4 Daí, f (x) f = <. Portanto, não ocorre f(x) =. 8 8 D =,. 4 x = 8 (x do vértice) Questão Considere o P(m) = am m 8, em que a R é tal que a soma das raízes de P é igual a. Determine a raiz m de P tal que duas, e apenas duas, soluções da equação x, x +mx +(m+4)x+5 = 0, estejam no intervalo ],[. Gabarito: A soma das raízes de P(m)=am m 8 é a. Logo, =, o que nos dá a=. a Veja que x= é raiz de x +mx +(m+4)x+5=0 (pois +m m 4+5=0) 9

20 Gabarito ITA Usando Briot Ruffini. m m+4 5 m 5 0 Portanto, queremos que uma das raízes de x +(m )x+5=0(*) esteja no intervalo ],[. As raízes de P(m)=m m 8 são m=6 e m=. m =6 em (*): x +5x+5=0 x= 5 ± 5 Veja que m= em (*): x 4x+5=0 Não tem raízes reais! ],[. Logo, m=6 Questão 4 Quantos tetraedros regulares de mesma dimensão podemos distinguir usando 4 cores distintas para pintar todas as suas faces? Cada face só pode ser pintada com uma única cor. Gabarito: o caso: Usando apenas uma cor. Basta escolher a cor que será utilizada: 4 possibilidades. o caso: Usando apenas duas cores. Escolha das cores: C 4, = 6 Sejam A e B as cores escolhidas podemos ter: AABB, AAAB, ABBB possibilidades Em todos os casos existe apenas uma maneira de formar o tetraedro, logo temos 6. = 8 possibilidades. o caso: Usando cores. Escolha das cores: C 4, = 4 Escolha da cor que irá repetir: possibilidades. Existe apenas uma maneira de formar o tetraedro, logo,. 4. = possibilidades. 4 o caso: 0 4! = possibilidades (dividimos por para descontar as rotações) 4. Total: = 6. Comentário: O enunciado diz usando 4 cores distintas. Com isso, há uma ambiguidade, pois não fica claro se todas as cores devem ser usadas ou não. Caso todas devam ser usadas, sejam A, B, C e D as cores. Como o tetraedro pode ser girado, podemos supor que A está na base. Assim, para definir as faces laterais, precisamos permutar cores de forma circular: P C =! =. Assim, há tetraedros possíveis.

21 Prova de Matemática: // Questão 5 Considere o sistema na variável real x: x x = α x x = b (A) Determine os números reais α e β para que o sistema admita somente soluções reais. (B) Para cada valor de β encontrado em (a), determine todas as soluções da equação x x = β. Gabarito: (A) (I) x x = α (II) x x = β Fatorando: x (x ) = α Logo, β = α (x + ) e x x(x )( x + ) = b Caso α seja nulo, temos x = 0 ou x =, daí β = 0. Então (α, β) = (0, 0) é uma possibilidade. Substituindo x em (I): α + b α + b + = α b + αb + α α = 0 (*) α α veja que (α, β) = (0, 0) funciona em (*). Esta relação entre α e β faz o sistema ser possível. α + b = α se α 0. Em (I), para que x seja real, precisamos ter discriminante não-negativo: x x α = 0 = + 4α 0 α 4 (Olhando (*) como equação do o grau em β, o discriminante é igual a α (4α + ). Com α, (*) gera β real.) 4 Finalmente, com α temos que x pode assumir qualquer valor real. Daí, em (II), β pode assumir 4 qualquer valor real (pois β é cúbica em x). Resposta: α e β tais que β + αβ + α α = 0, α. 4 (B) x x + β = 0 Façamos x = t + ( t ). t Daí, t + t 0 t 0 t + + b = + + b = t t 6 b ± 7b 4 t + b t + = 0(*) t = Seja z a raiz cúbica principal de Seja = + ( = ) w i w. Então t = z ou t = zw ou t = zw. b + 7b 4

22 Gabarito ITA Portanto, as soluções são x = z +, x zw, x zw. z = + zw = + zw (***) Obs.: Para β, (ou seja, 7β 4 0), todas as raízes de x x + β = 0 são reais, pois z z e z são raízes de (**) z z = (produto das raízes) z z =. Como w w =, temos z + = Re(z), zw + = Re (zw), zw + = Re (zw ) z zw zw Uma outra forma de observar isso é analisando o gráfico f(x) = x x. Veja que toda reta horizontal y = β, b,, corta o gráfico em pontos (reais). Caso b = ±, há raiz dupla. Obs.: Em (***), veja que tudo fica em função apenas de β (sem α). Questão 6 Considere o sistema nas variáveis reais x e y: { x sen α + x y y cos α = a cos α + sen α = b, com α 0, e a, b. Analise para que valores de α, a e b o sistema é (i) possível determinado, (ii) possível indeterminado ou (iii) impossível, respectivamente. Nos casos (i) e (ii), encontre o respectivo conjunto-solução.

23 Prova de Matemática: // Gabarito: sen α cos α Temos D = = sen α cos α cos α sen α (i) SPD Devemos ter D 0, e daí tan α. Como α 0,, devemos ter α. Podemos ter a e b quaisquer. a senα b cosα b senα a cosα O conjunto-solução é: (x,y) =,. sen α cos α sen α cos α Para ser SPI ou SI, devemos ter D = 0 e daí α =. (ii) SPI: x y + = a x y + = b Para ser SPI, devemos ter a = b e α =, b qualquer. b t Aqui o conjunto solução é t,, onde t é real qualquer. (iii) Para ser SI, devemos ter a b e α = Questão 7 Encontra os pares (a, b) ]0, [ ]0, [ que satisfazem simultaneamente as equações: (tg a + cotg b) cos a sen b cos (a b) = e sen( α + b )+cos( α + b ) =. Gabarito: I. (tg a + cotg b) cos a sen b cos (a b) = sen a sen b + cos a cos b = cos (a b) cos (a b) cos (a b) = 0 cos (a b) = ou cos( α b ) = (*).

24 Gabarito ITA II. sen( α + b )+cos( α + b ) = cos sen( α + b ) + sen cos( α + b ) = 6 6 sen α + b + = sen 6 (**) Como ( α + b ) 0, 0,, α + b ] 0, [ e α b,. Daí, α + b = ou α + b =, 6 por (**) Como α + b,, só podemos ter, em (*), cos( α b ) =, pois cos( α + b ) > 0. Logo, α b = 0 α = b. Finalmente, podemos ter ( α, b ) =, ou ( α, b ) =, 4 4 Questão 8 Determine a área da figura plana situada no primeiro quadrante e delimitada pelas curvas ( ) x y x y + = 0 e x x + y 8 = 0 Gabarito: I. ( ) x y x y + = 0 II. x x + y 8 = 0 I. é um par de retas r: y = x + s: x y = + II. é uma circunferência: (x ) + y = 9 s y C r Sejam A e B as interseções da circunferência com o eixo x. Seja P = r s. Seja C a outra interseção de r com a circunferência (pois A já é). Veja que uma das interseções de s com a circunferência é B. Seja O = (, 0) o centro da circunferência. m r = OÂC = 45º AÔC = 90º A área pedida é S = S S S, onde: A P O B x 4

25 Prova de Matemática: // S = área de semicircunferência de raio S. 9 = = S = área do segmento circular AC S = = S = área do DABP S = = 6 S = 6 S = unidades de área. 4 4 Questão 9 Em um triângulo de vértices A, B e C, a altura, a bissetriz e a mediana, relativamente ao vértice C, dividem o ângulo BCA ˆ em quatro ângulos iguais. Se l é a medida do lado oposto ao vértice C, calcule: (A) A medida da mediana em funlçao de l. (B) Os ângulos CAB, ˆ ABC ˆ e BCA. ˆ Gabarito: Solução C a a a a α = HCA ˆ = ECH ˆ = ECO ˆ = OCB ˆ A 90 a. H E O B 90 a D Sejam H o pé da altura realtiva a AB e O o ponto médio de AB. Seja D a interseção de CO com a circunferência circunscrita ao triângulo ABC. Veja que CDB ˆ = CAD ˆ = 90 α e daí o triângulo CBD é retângulo, donde CD é diâmetro. O centro da circunferência está na mediatriz de AB que passa por O (pois O é ponto médio), e também está em CD. Como O está nas duas retas, O deve ser o centro da circunferência. (A) Logo, AB CO = AO = = l. (B) Aqui, veja que ACB ˆ = 4 α = α =. 8 Logo, ˆ CAB, ABC ˆ e ACB ˆ = = =. 8 8 Como o problema é simétrico com relação a B ˆ e A ˆ, podemos ter também ˆ CAB e ABC ˆ = =

26 Gabarito ITA Solução (A) Sejam Ĉ = 4α e CH = h C a a a a A M I H. B Sejam M, I, H os pés da mediana, de bissetriz e da altura traçadas de C. HB = h tan a e HM = h tan a MB = h (tan a + tan a) AH = h tan a e HM = h tan a AM = h (tan a tan a) Como AM = MB, temos: tan α + tan α = tan α tan α tan α tan α = tan α sen α sen α =. cos α cos α cos α Como sen a 0, temos cos a = cos a cos a (*) Usando que cos a cos a = cos (a + a) + cos (a a) = cos 4a + cos a em (*) segue que cos 4a = 0 cos Cˆ 0 C ˆ = = ( α = ) 8 AB Então, MC = MC = l. (B) Daí, ˆ B Bˆ = α = 8 Aˆ Aˆ = α = 8 ˆ ˆ Resposta : CAB, ABC, BCA ˆ = = =. 8 8 Como o problema é simétrico com relação a Aˆ e B, ˆ podemos ter também ˆ ABC e CAB ˆ = =

27 Prova de Matemática: // Questão 0 Seja ABCDEFGH um paralelepípedo de bases retangulares ABCD e EFGH, em que A, B, C e D são, respectivamente, as projeções ortogonais e E, F, G, H. As medidas das arestas distintas AB, AD e AE constituem uma progressão aritmética cuja soma é cm. Sabe-se que o volume da pirâmide ABCF é igual a 0 cm. Calcule: (A) As medidas das arestas do paralelepípedo. (B) O volume e a área total da superfície do paralelepípedo. Gabarito: (A) Considere (AB, AD, AE) = (a r, a, a + r). a r + a + a + r = a = 4 cm. (a r) a (a + r) volume = = 0 (4 r) (4 + r) = 5 r = r = ±. 6 Portanto, as arestas são iguais a cm, 4 cm e 5 cm. (B) Volume = = 60 cm. Área total =. ( ) = 94 cm. 7

28 Gabarito ITA Comentário final Podemos afirmar que esta prova de matemática do vestibular do ITA foi a mais difícil dos últimos anos. Na parte objetiva, o nível se manteve, no entanto, na parte discursiva a dificuldade foi muito maior que o habitual. Podemos destacar as questões 5 e 9 como as mais difíceis. Além dessas, a questão 4 apresenta uma dupla interpretação e o enunciado do item b da 5 sugere que são alguns poucos valores para, sendo que, na verdade, pode assumir qualquer valor - isso dificultou bastante o problema. Por esta maior dificuldade, acreditamos que as notas de matemática dos aprovados deste ano serão muito mais baixas que as do ano passado. Com isso, aqueles alunos que se destacarem nesta prova aumentarão consideravelmente suas chances de aprovação. Por fim, gostaríamos de parabenizar a banca de matemática pelo alto nível de abrangência e de dificuldade deste exame. Pensamos que com uma prova assim mais difícil, este vestibular selecionará melhor ainda os futuros alunos do Instituto. Professores Jordan Piva Matheus Secco Rodrigo Villard 8

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