Concurso de Admissão 1ª fase - Matemática Elaborado por Caio dos Santos Guimarães (aluno do ITA) Escola Naval 006 Gabarito Equipe Rumoaoita.com Comentário: A prova seguiu o padrão já conhecido de alguns anos. As questões Abrangeram a maior parte dos tópicos mencionados no edital, apresentando as já tradicionais questões de cálculo e geometria analítica no R³, usuais na prova da Escola. Novamente, voltamos a criticar a banca por questões com erros de enunciado (como tem havido com muita reincidência nos últimos anos) como o da questão 13, e enunciados incompletos como o da questão 5. O aluno bem preparado, que irá concorrer às vagas, não teve problema em obter os pontos suficientes para se classificar para a próima fase (acreditamos que novamente fique em torno de 1 questões), mas sem dúvida teve dificuldade para gabaritar a prova. Fica aqui então eposta a nossa sugestão para que haja uma melhor revisão por parte da banca sobre a prova, antes do dia de aplicação de prova, para que esses pequenos erros não voltem a ocorrer.
Questão 1 Seja r a reta que contém (i) o ponto de intersecção das retas r 1 := + 3t,y= 4+ 5t,z= t + 1 y + 1 r : = = z + 4 (ii) O ponto médio dos pontos A(1,0,-1) e B(3,-4,3). As equações de r são: a) = 1 3t; y = 1 t; z = + 3t b) = 1+ 3t; y= 1 t;z= + 3t + 1 y + 1 z+ c) = = 3 1 3 1 y 1 z e) = = 3 1 3 d) = 3+ t; y = 1 t; z = 3+ t (i) Sabemos que a interseção entre r e s deve pertencer a ambas as retas, logo o ponto interseção P deve ser de ambas as formas: (+3t,4+5t,t) e (k-1, 4k-1,k-). Achando t e k para que isso seja verdade: + 3t= k 1 4 + 5t = 4k 1 t = 1 P = ( 1, 1, ) t = k (ii) O ponto médio de AB, denotado por M é : A+ B M = = (,, 1) Logo, temos um vetor diretor à reta r, que passa pelo ponto P=(-1,1,): MP = P M = ( 3, 1, 3). Logo a equação da reta é do tipo: + 1 y + 1 z+ r: = = =λ 3 1 3 Resposta: Letra c
Questão Sejam a e b constantes reais positivas, a b. Se é uma variável real, ( a b ).d então a.b é: a b a) ( lna lnb ). + C b a a b b) ( lnb lna. ) C b a + 1 a b c). C ( lna ln b) b a + a b d) + C b a 1 a b e). + C ( ln b lna) b a Consideremos f() = a. Temos que: d f () ln(f()) =.lna ln(f()) = lna = lna d f() Segue então que: 1 a.d= a + C lna te (*) f () = a.ln a ( ) + a b a a b b a b.d =.d =.d a.b a.b + + b a (*) a b a b.d 1.d.d 1 = + + = C b a ln( a + + + ) b ln( b ) a b a 1 a 1 b 1 a b = C + + = + + C lna ln b b lna ln b a lna ln b b a Resposta: Letra c
Questão 3 Considere a matriz 1 i 0 A= 1 1 i i³ i 1 com os elementos em. Sendo z,z 1, e z = det(a), então a forma trigonométrica de 1 z z1 = z + z é: ( ) b).cis π ( ) ( ) d).cis π ( ) 5 4 b).cis π 7 4 c).cis π 3 e) 1 z= det(a) = i+ i i i² = 1 i 5 ( ) π ( ) ( 1 + i) 1 z 1 z1 = z + = ( 1 i) + z 1 i ( 1 + i) ( 1 + i) = ( 1 i) + 1 i( 1+ i) 1+ i 1+ i = ( 1 i) + = 1 i =. i =.cis 7 4 Resposta: Letra b
Questão 4 O conjunto de todos os valores de θ [ 0, π] que satisfazem o sistema 3 i) ² + + tgθ> 4 é: 1 1 ii) + > 1 lnθ 1 lnθ a), b) π π, c) π, π d),e e) e, 4 ] 1 π[ 1 ] π[ ² + + tgθ 3 4 > 0. Como essa função do º grau tem concavidade para cima ela não pode ter raiz para que isso aconteça. Logo, o seu determinante deve ser menor que 0. 3 π = 1 4 tgθ < 0 tgθ> 1 <θ< (*) 4 4 De (i) temos que ( ) De (ii) 1 1 1 + > 1 > 1 lnθ 1 lnθ ( lnθ)( 1 lnθ) 1 1 lnθ+ ln ² θ 1> 0 > 0 lnθ 1 lnθ lnθ 1 lnθ ( )( ) ( )( ) O numerador é sempre positivo uma vez que possui determinante negativo para todo lnθ real (ou seja para todo θ real). Analisemos o denominador. Como lnθ e 1 lnθ não podem ser simultaneamente negativos temos que: lnθ> 0 e 1 lnθ> 0 0< lnθ< 1 1 <θ< e (**) Da interseção entre (*) e (**): 1 < θ< π Resposta: Letra c
Questão 5 Um tapete de 8 faias deve ser pintado com cores azul, preta e branca. A quantidade de maneiras que podemos pintar esse tapete de modo que as faias consecutivas não sejam da mesma cor é: a) 56 b)384 c) 50 d)6561 e) 8574 A primeira faia tem 3 opções de cor : azul, preta e branca. A segunda faia tem opçoes de cor: as restantes ecluindo a já escolhida. O mesmo acontece para a 3ª, 4ª,..., 8ª faia. Logo pelo princípio multiplicativo temos que o numero de maneiras de pintar o tapete é: 3...= 384 Resposta: Letra b OBS: O enunciado poderia ter sido mais claro quanto como são dispostas essas faias. Supomos para a nossa resolução que a disposição é feita como na nossa figura.
Questão 6 O gráfico que melhor representa a função ln se 0 < e f() = + 1 + e se > e ln se < 0 OBS: Deiamos de lado as opções por comodidade i) ln equivale ao gráfico de ln acima do eio das abcissas adicionado ao espelho do grafico de ln abaio do eio das abcissas. Notar que ln está abaio do eio das abcissas em 0<<1 e acima em 1 < < e (Estamos analisando apenas o primeiro intervalo) ii) + 1 + e é uma reta que passa pelo ponto (e,1) e (1+e,0) iii) ln equivale ao gráfico espelhado de ln em relação ao eio das ordenadas. Isso se deve ao fato de que para cada valor negativo de, associa o seu valor absoluto (o valor simétrico de em relação ao eio y para negativo) que associará no eio das ordenadas o valor do logaritmo natural desse valor absoluto.
Questão 7 Um tanque de combustível tem a forma de um cilindro circular reto e a sua altura mede 3 metros. O raio da base do cilindro vale, em metros, o dobro da soma dos cubos dos inversos das raízes da 4 equação + 4³ + 8² + 8+ 4= 0. A área lateral do tanque em m², mede: a) 6π b) 1π c) 18π d) 36π e) 48 π Sejam a, b, c, d as raízes da equação do 4º grau. * k k k k Denotemos por S k as somas de Girard e Sk = a + b + c + d as somas de Newton. Queremos achar: 1 1 1 1 + + + =.S a³ b³ c³ d³ * 3 * S = (a² + b² + c² + d²) = (a+ b+ c+ d)² (ab+ ac+ ad+ bc+ bd+ cd) = S 1².S = ( 4)² 8. = 0 * S = a+ b+ c+ d= S = 4 1 1 * 0 0 0 0 0 S = a + b + c + d = 4 * bcd acd abd abc S S 1 1 1 1 + + + = + + + = = 3 8 1 = = a b c d abcd S 4 Do teorema de Newton: * * * * * * * S + 4S1 + 8S0 + 8S 1 + 4S = 0 0 16 + 3 16 + 4.S = 0 S = 0 * * * * * * * S1 + 4S0 + 8S 1 + 8S + 4S 3 = 0 4 + 16 16 + 0 + 4S 3 = 0 S 3 = 1 Logo o raio da base vale A área lateral é π rh =. π. 3. = 1 π Resposta: letra b 4
Questão 8 1 0 Seja B = 3 4 5 0 1 e ( ij ) Se o número real N ( d ) = 3 i= 1 u = ( 111,, ) e v = ( 5,a, 4) D= d = B² 4B+ 3 I. ii 33 é o produto escalar dos vetores, então o valor de tg θ, onde θ é o ângulo formado entre os vetores u e w vale: 6 1 3 17 3 1 6 1 7 a) b) c) d) e) 19 7 0 19 0 D=B²-4B+3I = (B-I).(B+3I) Os valores dos elementos da diagonal principal de D pelo produto de matrizes serão: d = 6, d = 36, d = 6. 11 33 Logo: N = 36= ( 111,, ) ( 5,a, 4) = 10+ 11a+ 4 a= u w = u. w.cos θ 36= ² + 11² + 1. 5² + ² + 4².cosθ cosθ= 4 16 54 senθ= 1 = 70 70 70 tgθ= 54 3 6 = 4 4 Com isso: tgθ 3 6 1 6 tgθ= = = 1 tg² θ 1 ( 96. ) 16 19 Resposta: Letra d
Questão 9 A reta r tangente à curva de equação y + y=1 no ponto P=(,y) é paralela ao eio das abcissas. Pode-se afirmar que o ponto P também pertence à reta de equação: a)= 0 b)y= 1 c)y + = 0 d)y 1= 0 e) 3y+ 3 1= 0 y + y=1 Derivando implicitamente com relação a dos dois lados, temos: 1 1.y ( +.y ) + y = 0 (*) y No ponto dado, o coeficiente angular de r é 0 (paralela ao eio das abcissas), logo y =0. 1 y y² 1.y (. ) y y + 0 + 0 = 0 y = 1 4 = P deve pertencer à curva. Temos de (*), que y é diferente de 0, temos: y= 4, e: Se 0 = 1 3 4² + 4= 1 5 = 1 Se < 0 7 = 1 Como a segunda possibilidade não convém, uma vez que y=4, temos: P 1 4 =, que pertence à reta y- = 1 3 3 Resposta: Letra d OBS: Não é dado no problema que y é diferente de 0, mas uma vez que não é possível eplicitar essa equação de curva de forma simples (pelo menos nos objetivos da prova) concluímos que a banca quisesse que o candidato usasse derivada implícita (e nesse caso seria necessário mencionar que y é diferente de 0).
Questão 10 As raízes a, b, c da equação ³+m²-6+8=0, m real, representam os 3 primeiros termos de uma progressão aritmética crescente. 1 1 1 3 Se + + =, o valor do 17º termo da PA vale: ab bc ac 8 a) 38 b) 41 c) 46 d) 51 e) 57 a, b, c estão em PA, então a = b-r, c = b+r, r>0 (PA crescente) A soma das 3 raízes, por Girard vale m. Logo: m = (b r+ b+ b+ r) = 3 b 1 1 1 c+ a+ b S m + + = = 1 3 = = ab bc ac abc S 8 8 3 m = 3 b= 1 Logo 1 é raiz. Fatorando (algoritmo de Briot-Ruffini) chegamos a: ³ 3² 6 + 8= ( 1).(² 8) = ( 1)( + )( 4 ) Logo as raízes são -, 1, 4 e com isso r=3 A PA tem termo geral: an = a 1 + (n 1 ).r Segue então que: a 17 = + ( 16). 3= 46 Resposta: Letra c
Questão Na figura abaio o triângulo PMR é eqüilátero e o quadrilátero PQRS é um quadrado cujo lado mede cm. A área do triângulo MNR, em cm², vale: a) 1 b) c) 3 d) 6 e) 1 i) MR = PR = (diagonal do quadrado) ii) QRP = 45 (pois #PQRS é quadrado) PRM = 60 (pois PRM é eqüilátero) Logo o ângulo Temos então que: MN = MR.sen75 RN = MR.cos75 NRM vale 180 60 45 = 75 A área hachurada vale : MR.cos 75. MR.sen75 MR². sen 75.cos75 A = = 4 MR². ( sen( 180 30 )) 8. ( sen( 30 )) = = = 1 4 4 ( ) ( ) ( ) Resposta: Letra a
Questão 13 - ANULADA Sejam r e s retas do plano tais que: i) r possui coeficiente angular positivo e não intercepta a curva de ( ) (y 1) equação = 1. 9 4 ii) s é tangente ao gráfico da função real f definida por: ² 1 f()e. ln 4 3 + 1+ ( 1 ) no ponto P(1,1). Se I é o ponto de interseção de r e s então a soma de suas coordenadas vale: 4 11 1 1 16 a) b) c) d) e) 5 17 5 5 17 A questão tem enunciado INCORRETO e portanto deverá ser ANULADA. Repare que a primeira informação diz que r possui coeficiente angular positivo e não intercepta a hipérbole de equação dada. Fazendo o gráfico percebemos facilmente que eistem infinitas retas que atendem à essa condição, ou seja, o problema tem infinitas respostas. A primeira informação deveria ser reformulada da seguinte forma: (i) r é a assíntota de coeficiente angular positivo da hipérbole de equação... Faremos a seguir um gabarito para essa questão reformulada. A assíntota de coeficiente angular positivo será: ( y 1) = ( ) 3y 3= 4 3y= 1 (r) 3 ² 1 ² 1 3 4.( 1)³ ii) f () = ( ).e. 3 + e. + 4 f ( 1) = 7 3 1+ ( 1) Logo a reta tangente em (1,1) tem coeficiente angular 7/. Sua equação será: 7 ( y 1) =.( 1) y= 7 5 (s) A interseção entre r e s virá do 3y= 1 13 3 sistema: =,y= y= 7 5 17 17 16 Portanto a soma das coordenadas é: Resposta: Letra e 17
Questão 14 O domínio da função real f de variável real, definida por: Arcsen log f() 10 = é: 4 9 ³ a) 1, 100 b) 0, 3 U 3, 100 c) 1, 3 U 3, 100 [ ] ] [ ( ] ] [ ( ] ( 0 100] [ 1 3) d), e), A função arcsen tem domínio restrito entre -1 e 1. Logo: log 1 1 1 10 10 10 10 1 100 (*) Para que f esteja definida, analisando o denominador: 9 ³ > 0 ( 3 )( 3+ ) > 0 Para < -3: <0, 3- > 0, 3+>0 Logo 9-³ < 0 (não convém) Para -3 < < 0 : < 0, 3- > 0, (3+)>0. Logo 9-³< 0 (não convém) Para 0 < < 3: >0, 3- >0, 3+> 0. Logo 9-³ > 0 (convém) Para 3 < : > 0, 3- < 0, 3+ > 0. Logo 9-³ < 0 (não convém) Logo, para a eistência de f, devemos ter: 0 < < 3 (*) Da interseção entre (*) e (**): 0< < 3 Resposta: Letra e
Questão 15 A região R do plano, limitada pela curva de equação= y y² Com y em [0,1], e pelas retas y-3+1=0 e 3y--6=0, gira em torno da reta y=1 gerando um sólido S. O volume de S em unidades de volume é: é: 19π 17π 15π 11π a) b) c) 3π d) e) 3 3 6 6 ² + y² y = 0 ² + (y 1)² = 1 = y y² que representa 0 0 um quadrante de circunferência (pois y é maior ou igual a 1). Traçando-se os gráficos das retas chegamos à seguinte ilustração: y 3+ 1= 0 Interseção das retas: (,y) = ( 34, ) 3y 6= 0 O volume gerado pela revolução é um tronco de cone (raio menor igual a 1 e raio menor igual a 3) subtraído de uma semi-esfera (raio 1) e de um cone menor (raio da base igual a 3). πh πr³ πr².(h ) V= Vtronco Vsemi esfera Vcone = ( R² + r² + Rr) 3 3 3 π. 3 π π3².( ) 19π = ( 9+ 1+ 3) = 3 3 3 3 Resposta: Letra a
Questão 16 + j i+ j Considere a matriz A= ( aij ) tal que a ij = ( 1)i. 33 3. Seja t D= A A. Sabendo que: d1 = b c, d3 = 3b+ c, d31 = + 4b+ c, onde, b, c pertencem c aos reais, b diferente de, então o valor de b é: a) ¼ b) 1/3 c) 1 d) 3/ e)5/ 3 4 5 A = 5 6 7 7 8 9 e t A 3 5 7 = 3 4 5 7 9 Logo: 3 3 3 t t D= A A = A = 3 3 3 9 9 9 Logo b c= 3 3b + c = 3 b = 1,c = 1/, = 1/ + 4b + c = 9 Com isso: c 1 b = + = 1 1 1 3 Resposta: Letra b
Questão 17 Calcule: lim (ln ).(ln( 1 )) 1 + a) + b)e c) 1 d) 0 e) 1 Seja L o limite pedido: lim (ln ).(ln( 1 )) dá uma indeterminação do tipo: 0.( ) 1 + lim (ln ).(ln( 1)) = lim 1 + 1 + f (ln( 1)) 1 (ln ) g dá indeterminação do tipo: Calculemos: 1 f ( 1).(ln )² lim = lim = lim + g + 1 1 1 + ( ) (ln )² 1 1 que dá indeterminação: 0 0 Calculemos: f ʺ lim = lim [(ln )² + ln ] = 0 + gʺ + 1 1 Logo pelo teorema de L Hospital: f f fʺ lim lim lim g = + + g = + gʺ = 0 1 1 1 Resposta: Letra d
Questão 18 No universo U=R+, o conjunto solução da inequação a) 1 0, U ( 1, 4) b) 1, 1 U ( 4, + ) c) 1, 1 U{ 0 } d) 1, 4 U{ 0 } e) 01, U 14, [ ) ( ) ² 9 + 4 < 1 é: ² 9 + 4 < 0 =1 não é solução, pois obtemos a igualdade 1=1 i) Se 0 < 1: 1 ² 9 + 4> 0 < ou > 4 Mas está entre 0 e 1, logo: 0 < 1 ii) Se > 1 : 1 ² 9 + 4< 0 < < 4 Mas deve ser maior que 1, logo: 1< < 4 Logo, de (i) e (ii): 1< < 4 ou 0 < 1 Resposta: Letra a
Achemos a interseção de f e g: 5 5 ln = 0 (ln) = ln ²( ) ln( ).(ln( ) 1) = 0 ln = 1 Que geram os pontos: =1/ e =e/ (sendo o primeiro desses o de menor abcissa), ou seja b= ½. Com isso: log 1 1 5 5.log5 = 5 5 = 5 + log b Aplicando log 5 dos dois lados: 1 = 5 1.log5.log5= 1 log5=± 5 1 5 = 5 O produto das raízes dá, então, 1. Resposta: Letra e
Questão 0 O cone circular reto, de volume mínimo, circunscrito a um hemisfério de raio R e apoiado no plano diametral, tem por volume real: πr³ 3πR³ πr³ 3R³ a) b) c) πr³ d) e) 3 3 3 R TOH : = cos h = R.sec h R TBO : = sen OB = R.csc OB Logo, o volume do cone é: π V() =.R².csc².R.sec 3 π =.R³.sec.csc ². 3 Derivando em relação a : πr³ V () =. csc².sec.tg sec. csc.csc.ctg 3 ( ) πr³. 1 1 =. 3 sen cos ² sen³ πr³ 1.. 1 = 3 sen cos ² sen² πr³ 1 sen² cos² =.. 3 sen cos ².sen²
Logo V () = 0 sen² = cos² tg² = tg = = Arctg( ) V () > 0 tg² > V () < 0 tg² < V decresce antes de Arctg( ) e cresce depois. Logo o ponto analisado é um ponto de mínimo. Não é difícil notar que esse ponto é um mínimo global. 3 1 csc ² = ctg² + 1= sen = cos = sec = 3 3 3 Com isso: πr³ πr³ R³ V min.sec.csc ².. 3 π = = 3 =. 3 3 3 Resposta: Letra e