PROVA COMENTADA PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO Vestibular ITA 2018

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1 Vestibular ITA 018 Resolução da prova de Matemática do ITA 018 Comentário da prova Uma prova extremamente abrangente, contendo grande parte dos conteúdos do programa. Além disso, houve uma gradação com questões médias e questões de um nível elevado. Destaque para as questões dissertativas que se mostraram trabalhosas em sua maioria. Professor Adilson

2 Vestibular ITA 018 Considerando a figura a seguir, os ângulos e triângulo ABC: são suplementares, aplicamos a lei dos cossenos para o B O r r x N C K A BC AB AC AB AC cos cos 1 cos 60 O e 10 O

3 Vestibular ITA 018 Cálculo da medida do raio da circunferência inscrita (utilizamos a área do triângulo ABC) 1 p r AC AB sen 78 1 o r 8 sen60 18 r 1 r Lei dos cossenos no triângulo NOK NK NO KO NO KO cos x cos x 1 x x Alternativa: A

4 Vestibular ITA 018 x x x x x x 5 5 x x x x x 4x x 4xx x x 4x x 4x x 10 x x 4x 4 4x 8x 4x 8x 10 x 1x 1x 4 4 x 10 x 1x 16x 1 Alternativa: C

5 Vestibular ITA 018 Relação entre a e b 1 b a a b Termo independente de x no binômio p b Tp 1 C1 ax x p 1p p p p 1p 1p p1 1 T C b x a x 4p p p 1p p1 1 T C b a x 4 p (termo indep.) 0 p T C b a b a 16 ab ab Substituindo b na segunda equação: ab b b b 1 b 1a Portanto, ab Alternativa: B

6 Vestibular ITA 018 Obtenção das inversas das funções f e g y ax b troca x ay b x b ay 1 b 1 1 b y x f (x) x a a a a Por analogia 1 1 d g (x) x c c Condição do enunciado: f g (x) g f (x) 11 d b 11 b d x x a c c a c a a c 1 d b 1 b d x x ac ac a ac ac c d b b d ac a ac c ac d bc b ad Alternativa: A

7 Vestibular ITA 018 Obtendo a matriz A conforme enunciado: x1 y1 x1 y x1 y x1 y4 x1 y5 x y1 x y x y x y4 x y5 A x y1 x y x y x y4 x y 5 x4 y1 x4 y x4 y x4 y4 x4 y5 x5 y1 x5 y x5 y x5 y4 x5 y 5 Multiplicando os elementos da primeira linha e adicionado os resultados a cada uma das demais linhas temos a seguinte matriz: x1y1 x1y x1y x1y4 x1y5 x x1 x x1 x x1 x x1 x x1 B x x1 x x1 x x1 x x1 x x 1 x4 x1 x4 x1 x4 x1 x4 x1 x4 x1 x5 x1 x5 x1 x5 x1 x5 x1 x5 x 1 Multiplicando os elementos da primeira coluna e adicionado os resultados a cada uma das demais colunas temos a seguinte matriz: x1 y1 x1y x1y x1y4 x1y5 x x C x x x4 x x5 x Como pede-se a maior característica da matriz A, temos que isso ocorrerá quando x i x j e y i y j para algum valor de i e de j. Assim, teremos: x1 y1 x1y x1y x1y4 x1 y5 x x Portanto, r será igual a. Alternativa: B

8 Vestibular ITA 018 Conforme enunciado temos que m n 1 (m pontos na reta r e n pontos na reta s). Conforme restrição do enunciado, sabemos também que m 7 m n n 6 Cálculo do número total de possíveis triângulos que podem ser formados: N nc mc triângulos m n m(m 1) n(n 1) Ntriângulos n m Ntriângulos m n 1 N triângulos m n mn mn mn(m n ) m(1 m)(1 ) 11m (1 m) Ntriângulos Cálculo do número total de possíveis quadriláteros que podem ser formados: N C C quadrilateros m n m(m 1) n(n 1) Nquadrilateros m(m 1) (1 m)(1 m 1) Nquadrilateros m(m 1)(1 m)(1 m) Nquadrilateros 4 Observando que a razão entre essas quantidades foi dada, podemos escrever: m(m 1)(1 m)(1 m) m (1 m) 11 (m 1)(1 m) 0 m 1m 4 0 m 6 (não) m 7 n 6 Portanto são os valores de n e de m são, respectivamente, 6 e 7. Alternativa: E

9 Vestibular ITA 018 Como duas circunferências ortogonais tem a tangente a uma delas, no ponto de interseção, passar pelo centro da outra, conforme sugere a figura a seguir: Para verificar se de fato as circunferências são ortogonais, deve ser válido o teorema de Pitágoras para o triângulo que envolve a distância entre os centros das circunferências e os raios correspondentes: Verificação para C1 e C: x (y 4) 7 R1 7 e C 1(0, 4) d CC x y 9 R e C (0,0) 1 CC verifica R R d Verificação para C1 e C: x (y 4) 7 R1 7 d CC (x 5) y 16 R 4 1 CC 1 R R d não verifica

10 Vestibular ITA 018 Verificação para C e C: x y 9R d CC (x 5) y 16 R 4 CC R R d verifica Portanto são ortogonais C1 e C e são ortogonais C e C. Alternativa: C

11 Vestibular ITA O polinômio A(z) z 1 é divisível pelo polinômio raízes de B(z) são também raízes de A(z). 8 z z 1 8 z 1 cis(0) B(z) z z z z z z z 1. Dessa forma as Pela relação de Moivre, temos que: 8 0k xk 1 cis 8 x 1cis x1 1 cis( ) 8 4 x 1 cis( ) 8 6 x 1 cis( ) 8 8 x4 1 cis( ) 8 10 x5 1 cis( ) 8 1 x6 1 cis( ) 8 14 x7 1 cis( ) 8

12 Vestibular ITA 018 As 8 raízes formam um octógono regular. Queremos a área do heptágono formado a partir do octógono retirando o triângulo que tem a raiz xo, conforme abaixo representado: x x B A x 1 x 4 C H x 0 D G x 5 E F x 7 x 6 Os triângulos A, B, C, D, E e F são todos de ângulo 45º na origem. Já os triângulos H e G juntos formam um triângulo retângulo. Logo a área do heptágono é: A 6AAAGH 1 o 11 A 6 11sen45 1 A u.a. Alternativa: D

13 Vestibular ITA 018 Fazendo a mudança de base temos: log 1 1 a log log log log a log 1 1 b log5 log 5 log 5 log 5 b Conforme as alternativas precisamos obter a soma dos inversos de a e b. Para isso, vamos adicionar as duas igualdades acima, membro a membro: 1 1 log log 5 a b 1 1 log 5 a b 1 1 log 10 log,14 10 a b Alternativa: E

14 Vestibular ITA 018 Considerando a restrição para o número real b, vem: b b Resolvendo a equação do º grau em x: x 1 b b 4 11 x b b b 4 x1 ex Como temos b variando no intervalo bpodemos dizer que as raízes serão números complexos não reais. Assim para cada valor dentro desse intervalo, teremos duas soluções imaginárias com módulo 1. Essas raízes poderão ser representadas no plano complexo por afixos que pertencem a uma circunferência de centro na origem e raio 1, excluindo os dois pontos que representam números reais. Alternativa: C

15 Vestibular ITA 018 Conforme dados do enunciado temos um triângulo retângulo em B com ângulos agudos internos medindo 0º e 60º: B c 1 A C b b b o sena sen0 b c c b b o cos A cos0 c Área do triângulo ABC: 1 A 1 A cm

16 Vestibular ITA 018 Representando a circunferência: B O 1 A D C Na figura os ângulos A e C medem respectivamente 0º e 60º. O ângulo central correspondente ao arco BC tem medida 60º. Logo: 1 Asetor o AOAD sen Cálculo da área A procurada: 1 A A A u.a Alternativa: D

17 Vestibular ITA 018 Substituindo tangente por y na equação tgx y y y y y y 1y y y y 1 0 Observando que y = -1 é uma raiz, temos: y 4y 1 0 ( 4) ( 4) y 1 4 y y Desfazendo a troca, temos três possíveis valores para a tangente: tgx 1 x k, k 4 5 tgx x k, k 1 tgx x k, k 1 Analisando as alternativas e atribuindo valores para k, temos que: x x, x S x 1 Alternativa: B

18 Vestibular ITA 018 Observando as propriedades das matrizes quadradas de mesma ordem, temos: A B A B n n n n 0 A B A B n n n n n I I A B A B n n n n n n I I A B I A n n n n n n I I A I B n n n n n Calculando o determinante det I det I A det I B n n n n n 1 det In An det In Bn detin An 0 e det In Bn 0 Portanto, In An e In Bn são matrizes inversíveis. Voltando a primeira igualdade e considerando que In An e In Bn I I B I A n n n n n I I B A B A n n n n n n I I A B B A n n n n n n A B A B n n n n I I A B B A n n n n n n A B B A n n n n Portanto, as três afirmações são verdadeiras. são inversíveis temos: Alternativa: E

19 Vestibular ITA 018 Como o sistema é homogêneo e admite infinitas soluções podemos impor a condição que o determinante formado pelos coeficientes das incógnitas é nulo: a a 4 a a 0 a 1 4 a a a 0 aa a 1 0 a 0 ou a a a a a a a 0 a a 1 0

20 Vestibular ITA 018 Observando que a = -1 é uma raiz, temos: a a 1 0 ( ) ( ) 4 ( 1) a 1 a a 4 1 a 1 1 Portanto, a 0, 1,, Alternativa: B

21 Vestibular ITA 018 Cálculo do determinante: 1 x x x 1 4 p(x) x x x 4 p(x) x x x 4 p(x) 9(x ) 7(x 4) p(x) 7x 9x p(x) Conforme relação de Girard, o produto das raízes é: xxx 1 xxx Alternativa: D

22 Vestibular ITA 018 O paralelepípedo abaixo representa a situação conforme dados do enunciado com faces opostas paralelas e congruentes e retangulares: R P Q 4 cm 5 cm S cm Cálculo do volume do tetraedro PQRS: 1 V Vparalelepípedo 4 Ab h 1 1 V V V 0 cm Alternativa: D

23 Vestibular ITA 018 Pelo enunciado uma figura geométrica correspondente é a seguinte onde os triângulos ACN e AMN são retângulos: A L M L cm B L L h C cm N cm D Utilizando o teorema de Pitágoras nos triângulos retângulos ACN e AMN, podemos escrever as seguintes igualdades: L h 4L 4 h (I) e h L h L 4 (II) Substituindo (I) em (II): h L 4 4 4h 4L 16 4h 4 h 16 h h h h cm Alternativa: A

24 Vestibular ITA 018 Como conhecemos a relação que fornece a soma dos termos, podemos determinar a progressão aritmética atribuindo valores a n. a1 S1 1 51a1 7 a1a S 7 a 5 a 11 r 11 7 r 4 PA (7, 11, 15, 19,, 7, 1, 5, 9,...) Cálculo do determinante: det det 96 Outra maneira é perceber que: Alternativa: A

25 Vestibular ITA 018 Analisando as retiradas aleatórias das bolas das caixas, conforme enunciado, teremos três situações possíveis: 1ª situação: as bolas podem ter cores diferentes; ª situação: as bolas podem ser da cor preta; ª situação: as bolas podem ser da cor branca. Cálculo da probabilidade P 1 (excluímos a probabilidade de ambas serem brancas) P 1 1 P1 5 5 Cálculo da probabilidade P (duas pretas ou duas brancas) P 1 8 P Portanto, P1P P1P Observação: como P 1 abrange a 1ª e a ª situação e P abrange a ª e a ª situação, a soma dessas probabilidades será maior que 1 (ª situação é computada duas vezes). Alternativa: E

26 Vestibular ITA 018 O sistema dado pode ser assim escrito: xy 1 x y c x y xy x xyy xy 1 xyx xyy c xy 1 x xy y c Isolando y na primeira equação e substituindo na segunda, vem: Alternativa: E x x(1x) (1x) c x xx 1xx c x x 1 c c 0 1c c 1 0 c ou c

27 Vestibular ITA 018 Conforme relação entre as o número de lados de cada face, a quantidade de faces e o número de arestas podemos escrever: nf A F 4F 4 F 4F 4 A A (I) Relação dos termos em progressão aritmética 4 F A 5 (II) F4 F 5 (III) Substituindo (II) e (III) em (I): (A 5) 4 (F 5) A A A 15 4 (A 5 5) A A 15 4A 40 5A 55 F A 11 F F Conforme relação de Euler: VF A V 7 11 V 6 Portanto o poliedro tem 6 vértices. A,F,F de razão igual a -5:

28 Vestibular ITA 018 Conforme somatório, podemos escrever: x x1 x x x x x x x 1 x 1 log log x log Portanto, S x / x log

29 Vestibular ITA 018 Na figura abaixo analisamos a situação em que a circunferência C procurada é tangente externamente às duas circunferências dadas. Note, que o ponto A percente a segunda dessas circunferências e, como consequência a medida do ângulo indicado é 60º: C A r r 1 P 60º C 1 C Observado o triângulo retângulo CPC, vem: o (r ) CP (r ) sen60 o (r ) CP (r ) cos 60 Consequência : r 6r CP 1 4CP 4 CP 1 Considerando o triângulo retângulo CPC1 e o teorema de Pitágoras, temos: r 6 r (r 1) r r 1 6 1r r r 1r r 8r r 8r r C, 4 4

30 Vestibular ITA 018 Como o número complexo z tem módulo unitário, temos que: 1 zz 1z z cos Re(z) 7 zz 1 1 cos z 7 z Calculando as potências z e z 5, obtemos, na forma trigonométrica z cos isen z cos isen 7 7 Analogamente à observação acima sobre cos 7 podemos dizer que: 1 1 cos z 7 z cos z 5 7 z b) Vamos expressar a soma em função de z: a 5 cos cos cos b a z z z 5 b z z z a 1z z z z z 1 5 b z a z z z z z 1 (I) 5 b z

31 Vestibular ITA Observando que z 1 temos como consequência: 7 z z z z 1z z 10 7 z z z 1z z Substituindo em (I) b z a z z ( z) z ( z ) 1 adicionando e subtraindo z a (z z z z z z1) z b z 5 aq n a1 Sn q1 a z1 b z 5 a a 1 1 b b z ( z) 1 z 5 5 Como a e b são inteiros positivos, temos a = 1 e b =.

32 Vestibular ITA 018 A figura a seguir ilustra a situação, sendo M e N extremidades do diâmetro: A M D P C 6 N Os dois triângulos indicados são semelhantes: AP BP AP 6 BP Observando que: AP BP 15 AP AP 15 AP 15 AP 5 e BP 10 B Utilizando a potência do ponto P em relação à circunferência podemos escrever: MP NP AP BP MP NP MP NP 50 NP MP Observe ainda que: 50 MN MP NP MP MP Considerando que MP = x temos que MP é dado por 50 MN x x Utilizando a relação entre a média aritmética e a média geométrica de dois números positivos, vem: 50 x x 50 x x MN 50 x x MN 50 MN 10 Portanto, o mínimo valor possível para MN é 10

33 Vestibular ITA 018 a) Na caixa há 16 bolas e serão extraídas k bolas. Assim, o número total de possibilidades disso ocorrer é: b) C k 16 Considerando que das k bolas extraídas teremos que k r serão brancas e outras k r serão pretas, então o número de possibilidades disso acontecer é: r kr C C 0kr Cálculo da probabilidade: r C C p k C kr Considerando que k = 6, conforme o item anterior, temos: p p p p p p r0 6 r0 C C r 6r 10 6 C C C C r 6r

34 Vestibular ITA 018 Decompondo em fatores primos o número temos: Dessa forma os números A e B podem ser expressos como multiplicação de potências dos fatores primos,, 5 e 7 (A e B são divisores do número dado): a b c d A 5 7 máx{a,e} 4,máx{b,f},máx{c,g},máx{d,h} 1 e f g h B 5 7 Descrevendo as possibilidades para os expoentes: o o o o (a,e): (4,0), (4,1), (4,), (4,), (4,4), (0,4), (1,4), (,4) e (,4) 9 possibilidades (b,f): (0,), (1,), (,), (,1) e (1,0) 5 possibilidades (c,g): (0,), (1,), (,), (,), (,0), (,1) e (,) 7 possibilidades (d,h): (0,1), (1,0) e (1,1) possibilidades Considerando que A B o número total de pares possíveis é dado por: Portanto, se, além disso, pudermos ter A = B, o número total de possibilidades será: = pares

35 Vestibular ITA 018 Cálculo da medida do raio do círculo inscrito na base da pirâmide: r r r cm Cálculo da medida do lado da base da pirâmide: 5 L r L 5 cm Cálculo da altura da pirâmide h 1 cm h 1 5 h 144 h 1 cm 5 cm Dividindo a pirâmides em três sólidos e alturas a, b e c. Observando a semelhança de sólidos e considerando que a pirâmide maior tem volume V e a pirâmide de altura a volume um terço de V: a b c V 1 V a 1 a 1 a cm

36 Vestibular ITA 018 Considerando a semelhança entre a pirâmide dada e a pirâmide de altura b+c: V 1 V a b (a b) 1 ab b b cm Cálculo de c: c 1 a b c 1 c cm 1 Portanto, as alturas procuradas são: a cm, b 1 1 cm e c 1 1 cm

37 Vestibular ITA 018 Como os dois polinômios dados são divisores de um polinômio P(x), escrevemos esses dois polinômios na forma fatorada, isto é: Primeiro polinômio x 4x 5x x0x x 4x 5x x 1 x 1 x Segundo polinômio x 5x 8x 4 0 Logo, x0x Logo, x 5x 8x 4 x 1 x x Considerando que p(x) admite as mesmas raízes, então p(x) terá as raízes 1 e com a mínima multiplicidade, isto é, para cada. Assim, o polinômio p(x) tem pelo menos quatro raízes, sendo que o menor grau possível é 4.

38 Vestibular ITA 018 Conforme enunciado temos a seguinte situação P(0,) C(,) Q A(0,0) N(k,0) B(,0) Vamos obter a interseção entre as retas AC e PN, isto é, o ponto Q. Reta AC: y x Reta PQ: y x k Igualando as duas, vem: x k x k kx 9x 9k (k 9)x 9k 9k 9k 6k x y k 9 k 9 k 9

39 Vestibular ITA 018 Como a área do triângulo ANQ é a metade da área do triângulo ABC, temos: 1 1 bh 6k k k 9 6k 6k 7 k k 9 0 k 19 k 4 k 0 ( ) ( ) 4 ( 9) 1 19 k Portanto o ponto procurado é 1 9 P,0