Download - o anglo resolve a prova de Matemática do ITAangloresolve.cursoanglo.com.br/inc/...NomeArq=ITAmatem%E1tica_2005.pdf · ITA/2005 6 ANGLO VESTIBULARES. Como a P.A. de razão é crescente,

É trabalho pioneiro.Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em suatarefa de não cometer injustiças.Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante noprocesso de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de cadaquestão, seguida da resolução elaborada pelos professores do Anglo.No final, um comentário sobre as disciplinas.

O Instituto Tecnológico de Aeronáutica — ITA — é uma escola deengenharia mundialmente conhecida.Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos (Engenha-ria Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia deInfra-Estrutura Aeronáutica, Engenharia Elétrica e Engenharia deComputação), trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias:1º dia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questõesdissertativas.2º dia: PORTUGUÊS, com 20 questões de múltipla escolha, 5questões dissertativas e uma redação, e INGLÊS, com 20 questões demúltipla escolha.3º dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10questões dissertativas.4º dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10questões dissertativas.A prova de Inglês é eliminatória e não entra na classificação final.Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolhaequivalem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos ou-tros 50%.Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalem a40% do valor da prova; as dissertativas, a 20% e a Redação, a 40%.Só é corrigida a parte dissertativa dos 650 melhores classificados nasquestões de múltipla escolha.Serão considerados habilitados os candidatos que obtiverem notaigual ou superior a 40 (na escala de 0 a 100) e média igual ou supe-rior a 50 (na escala de 0 a 100).A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física,Química e Português, com peso 1.

oanglo

resolve

a provade

Matemáticado ITA

Código: 83580305

2ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES

NOTAÇÕES

C: conjunto dos números complexos. [a, b] = {x ∈ R; a � x � b}.

Q: conjunto dos números racionais. ]a, b[ = {x ∈ R; a � x � b}.

R: conjunto dos números reais. i: unidade imaginária; i2 = – 1.Z : conjunto dos números inteiros. z = x + iy, x, y ∈ R.IN: {0, 1, 2, 3…}. z–: conjugado do número complexo z ∈ C.IN*: {1, 2, 3…}. |z |: módulo do número complexo z ∈ C.∅ : conjunto vazio. AB

—: segmento de reta unindo os pontos A e B.

A \ B = {x ∈ A; x ∉ B}. m(AB—

): medida (comprimento) de AB—

.

Considere os conjuntos S = {0, 2, 4, 6}, T = {1, 3, 5} e U = {0, 1} e as afirmações:I. {0} ∈ S e S ∩ U ≠ ∅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.

A afirmação I é falsa, pois {0} ∉ S.

A afirmação II é falsa, pois S ∩ T ∩ U = ∅ .A afirmação III é falsa, pois, sendo S e T conjuntos finitos e sendo o número de elementos de S maior que onúmero de elementos de T, não existe uma função f : S → T injetiva.

A afirmação IV é verdadeira, pois, sendo S e T conjuntos finitos e sendo o número de elementos de S maiorque o número de elementos de T, nenhuma função g : T → S é sobrejetiva.

Resposta: B

Em uma mesa de uma lanchonete, o consumo de 3 sanduíches, 7 xícaras de café e 1 pedaço de torta totalizouR$31,50. Em outra mesa, o consumo de 4 sanduíches, 10 xícaras de café e 1 pedaço de torta totalizou R$42,00.Então, o consumo de 1 sanduíche, 1 xícara de café e 1 pedaço de torta totaliza o valor deA) R$17,50B) R$16,50C) R$12,50D) R$10,50E) R$9,50

Questão 2▼▼

Resolução

Questão 1▼▼

MMM AAACCCIIIÁÁÁEEEAAAMMM TTT TTT

Sendo x, y e z, nessa ordem, os preços, em R$, de 1 sanduíche, 1 xícara de café e 1 pedaço de torta, temos o sis-

tema possível e indeterminado .

Multiplicando os membros da 1ª- equação por 3 e os da 2ª- equação por (–2), temos:

Somando membro a membro, temos x + y + z = 10,50. Com, por exemplo, (x; y; z) = (6; 1,5; 3), podemosgarantir a existência de, pelo menos, uma solução compatível com as condições do enunciado.

Resposta: D

Uma circunferência passa pelos pontos A = (0, 2), B = (0, 8) e C = (8, 8).Então, o centro da circunferência e o valor de seu raio, respectivamente, sãoA) (0, 5) e 6. D) (4, 5) e 5.B) (5, 4) e 5. E) (4, 6) e 5.C) (4, 8) e 5,5.

Do enunciado, temos a figura:

Como o ângulo AB̂C é reto, podemos concluir que o centro da circunferência é o ponto médio do segmentoAC—

, ou seja, o centro é o ponto (4, 5). Além disso, AC—

é um diâmetro, logo, a medida r do raio é dada por:

Resposta: D

Sobre o número x = é correto afirmar que

A) x ∈ ]0, 2[.B) x é racional.

C) é irracional.

D) x2 é irracional.E) x ∈ ]2, 3[.

2x

7 4 3 3− +

Questão 4▼▼

r AC

r

r

=

= +

=

⋅1212

8 0 8 2

5

2 2( – ) ( – )

8

2 A (0, 2)

Centro

B (0, 8) C (8, 8)

8 x

y

0

Resolução

Questão 3▼▼

9 21 3 94 50

8 20 2 84 00

x y z

x y z

+ + ==

,

– – – – ,

3 7 31 50

4 10 42 00

x y z

x y z

+ + =+ + =

,

,

Resolução


Logo, x é racional

Resposta: B

Considere o triângulo de vértices A, B e C, sendo D um ponto do lado AB—

e E um ponto do lado AC—

. Se m(AB

—) = 8cm, m(AC

—) = 10cm, m(AD

—) = 4cm e m(AE

—) = 6cm, a razão das áreas dos triângulos ADE e ABC é

A) D)

B) E)

C)

Do enunciado, temos a figura, na qual α é a medida do ângulo BÂC.

A razão das áreas dos triângulos ADE e ABC, nesta ordem, é igual a , ou seja,

Resposta: D

Em um triângulo retângulo, a medida da mediana relativa à hipotenusa é a média geométrica das medidasdos catetos. Então, o valor do cosseno de um dos ângulos do triângulo é igual a

A) D)

B) E)

C)12

2 3+ .

13

2 3+ .2 3

5+

.

14

4 3+ .45

.

Questão 6▼▼

310

.

12

4 6

12

8 10

⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅

sen

sen

α

α

D

E

10 8

B

A

C

α

64

cotada em cm

Resolução

38

.

34

.35

.

310

.12

.

Questão 5▼▼

x x= + =∴2 3 3 2–

x = +( – )2 3 32

x = + +⋅ ⋅2 2 2 3 3 32 2– ( )

x = +7 4 3 3–

Resolução


Sendo b e c as medidas dos catetos, do enunciado temos a figura:

No triângulo retângulo ABC, temos:

No triângulo retângulo AHO, temos:

De (I) e (II), temos que .

Logo, 2α = 30º e α = 15º.

Temos: 2 cos215º – 1 = cos30º

Portanto, o valor do cosseno de um dos ângulos do triângulo é igual a .

Resposta: C

A circunferência inscrita num triângulo equilátero com lados de 6cm de comprimento é a interseção de umaesfera de raio igual a 4cm com o plano do triângulo. Então, a distância do centro da esfera aos vértices dotriângulo é (em cm)

A)B) 6.C) 5.D) 4.

E) 2 5 .

3 3.

Questão 7▼▼

12

2 3+

cos º1512

2 3= +

2 15 13

22cos º – =

sen( )212

α =

senAHAO

senAH

bcII( ) ( ) ( )2 2α α= =∴

AH BC AC AB AH bc bc AHbc

I⋅ ⋅ ∴ ⋅ ∴= = =22

( )

A

b

COH

c

Bα2α

��bc ��bc

��bcO... centro da circunferência circunscrita

ao triângulo ABC.

α

Resolução


Do enunciado, temos a figura, cotada em cm.

Temos que GM = , ou seja, GM =

Como GB = 2GM, então GB =

Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo OGM, temos:

(OG)2 + (GM)2 = (OM)2

(OG)2 + = (4)2 ∴ OG =

Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo OGB, temos:

(OB)2 = (OG)2 + (GB)2

Portanto, sendo OA = OB = OC = 5, a distância pedida é igual a 5cm.

Resposta: C

Uma esfera de raio r é seccionada por n planos meridianos. Os volumes das respectivas cunhas esféricas con-

tidas em uma semi-esfera formam uma progressão aritmética de razão . Se o volume da menor cunha for

igual a , então n é igual a

A) 4.B) 3.C) 6.D) 5.E) 7.

πr 3

18

πr 3

45

Questão 8▼▼

( ) ( ) ( )OB OB2 2 213 2 3 5= + =∴

13( )3 2

2 3.

3.6 3

6

O

A

M

C

B

G

O … centro da esfera de raio OM = 4;

G … centro da circunferência inscrita no triângulo equilátero ABC, de lado 6;

M … ponto médio do lado AC.

Resolução


Como a P.A. de razão é crescente, seu primeiro termo é . Assim, do enunciado, temos:

n = 6

n2 + 4n – 60 = 0 ou

n = –10 (não convém)Logo, n = 6.

Resposta: C

Considere um prisma regular em que a soma dos ângulos internos de todas as faces é 7200°. O número de vér-tices deste prisma é igual aA) 11. D) 20.B) 32. E) 22.C) 10.

Sendo V o número de vértices do prisma, do enunciado temos:(V – 2) ⋅ 360° = 7200° ∴ V = 22

Resposta: E

Em relação a um sistema de eixos cartesiano ortogonal no plano, três vértices de um tetraedro regular são dados

por A = (0, 0), B = (2, 2) e C = O volume do tetraedro é

A) D)

B) 3. E) 8.

C)

Como o tetraedro é regular, a medida l de uma de suas arestas pode ser calculada como a distância entre os

pontos A(0, 0) e B(2, 2), ou seja:

Assim, o volume V será:

Resposta: A

V V= =⋅ ∴( )2 2 212

83

3

l l= + =∴( – ) ( – )2 0 2 0 2 22 2

Resolução

3 32

.

5 32

.83

.

( – , ).1 3 1 3+

Questão 10▼▼

Resolução

Questão 9▼▼

( )490

23

+ =⋅n n

π π π

π

r rn

rn

r

3 3 3

318 18

145

223

+ +

=

⋅ ⋅( – )

( )a a nrn1 3

212

43

+ =⋅ ⋅ ⋅ π

πr3

18πr3

45

Resolução


No desenvolvimento de (ax2 – 2bx + c + 1)5 obtém-se um polinômio p(x) cujos coeficientes somam 32. Se 0 e – 1são raízes de p(x), então a soma a + b + c é igual a

A)

B)

C)

D) 1.

E)

Do enunciado, temos:

(c + 1)5 = 0 ∴ c = –1(a + 2b + c + 1)5 = 0(a – 2b + c + 1)5 = 32

Substituindo-se:

a + 2b = 0 ∴ 2b = –a(a – 2b)5 = 32

Assim:

(2a)5 = 32 ∴ a5 = 1 ∴ a = cos h ∈ {0, 1, 2, 3, 4}

Como b = , temos:

a + b + c =

∴ a + b + c = h ∈ {0, 1, 2, 3, 4}

Somente para h = 0 (coeficientes reais), teríamos:

a + b + c =

Como temos cinco resultados para a + b + c, a questão não apresenta alternativa correta.

O menor inteiro positivo n para o qual a diferença fica menor que 0,01 é

A) 2499.B) 2501.C) 2500.D) 3600.E) 4900.

n n– – 1

Questão 12▼▼

12

0 0 112

cos – –+[ ] =isen

12

25

25

1cos – ,h

isenhπ π+

a2

1– ∴

–a2

hisen

h25

25

π π+ ,

Resolução

32

.

12

.

– .

14

– .

12

Questão 11▼▼


12

31

23

De , temos:

4 ⋅ 10–4(n – 1) � 1 – 2 ⋅ 10–4 + 10–8

Multiplicando ambos os membros por 104, temos

4(n – 1) � 104 – 2 + 10–4

4(n – 1) � 10000 – 2 + 0,0001n – 1 � 2500 – 0,5 + 0,000025

n � 2500,500025

O menor inteiro positivo n é 2501

Resposta: B

Seja D = IR \ {1} e f : D → D uma função dada por

Considere as afirmações:I. f é injetiva e sobrejetiva.

II. f é injetiva, mas não sobrejetiva.

III. para todo x ∈ D, x ≠ 0.

IV. f(x) ⋅ f(–x) = 1, para todo x ∈ D.

Então, são verdadeirasA) 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.

Com x ∈ D, temos:

f(x) = 1+2

x – 1

f(x) =x – 1+ 2

x – 1

Resolução

f x fx

( ) ,+

=1

0

f x

xx

( )–

.= + 11

Questão 13▼▼

( – ) ( – )– –2 10 1 1 102 2 4 2⋅ n �

2 10 1 1 102 4⋅ – –– –n �

n n n� – –– –1 2 10 1 102 4+ ⋅ ⋅ +

( ) ( – )–n n2 2 21 10� +

n n� – –1 10 2+

n n e n– – ,1 0 01 1� �

Resolução


Segue um esboço do gráfico de f.

Podemos concluir que f é injetiva e, como seu conjunto-imagem é D, podemos afirmar que f é sobrejetiva.Logo, a afirmação I é verdadeira, e a II é falsa.

Com x ∈ D, x ≠ 0 e , temos:

∴

A afirmação III é verdadeira.

Com x ∈ D e x ≠ –1, temos:

Logo, a afirmação IV é falsa.

Resposta: A

O número complexo 2 + i é raiz do polinômio

f(x) = x4 + x3 + px2 + x + q,com p, q ∈ IR. Então, a alternativa que mais se aproxima da soma das raízes reais de f é

A) 4.B) –4.C) 6.D) 5.E) –5.

Questão 14▼▼

f xxx

f x f x x D e x(– )–

( ) (– ) , –=+

= ≠∴ ⋅ ∈11

1 1

f xxx

(– )– ( – )– ( )

=+

11

f xxx

(– )–– –

= + 11

f x f

x( ) +

=1

0 f

xxx

1 11

= +

––

f

xxx

1 11

= +

–

fx

x

x

11

1

11

=

+

–

f xxx

( )–

= + 11

– 1 10

1

f (x)

x


Como f possui coeficientes reais e 2 + i é uma de suas raízes, temos que 2 – i também é raiz.Sendo r e s as demais raízes de f, das relações de Girard, vem:

∴

Logo, r = –3 e s = –2 ou r = –2 e s = –3.Portanto, a soma das raízes reais de f é –5.

Resposta: E

Considere a equação em xax + 1 = b1/x ,

onde a e b são números reais positivos, tais que lnb = 2lna � 0. A soma das soluções da equação é

A) 0.B) –1.C) 1.D) ln2.E) 2.

De lnb = 2lna, temos b = a2.

De 2ln a � 0, temos lna � 0 e, portanto, a � 1.

Nessas condições, temos:

x2 + x = 2x2 + x – 2 = 0

As soluções dessa equação são reais e a soma delas é igual a – 1.

Resposta: B

O intervalo I ⊂ IR que contém todas as soluções da inequação

arctan + arctan

é:

A) [–1, 4].B) [–3, 1].C) [–2, 3].D) [0, 5].E) [4, 6].

12 6– x

�π

12+ x

Questão 16▼▼

a a

xx

x x+ =

+ =

1 21

12

( )

Resolução

Questão 15▼▼

r s

rs

+ ==

–5

6

r s i i

r i i s i i rs i rs i

+ + + + =+ + + + + + =

( ) ( – ) –

( )( – ) ( )( – ) ( ) ( – ) –

2 2 1

2 2 2 2 2 2 1

Resolução



Assim:

Como tan(α + β) é positiva:

Fazendo , temos:

x2 � 3,96 ∴ x2 � 4 ∴ –2 � x � 2

O intevalo I que contém todas as soluções é [–2, 3].

Resposta: C

Seja z ∈ CI com |z | = 1. Então, a expressão assume valor

A) maior que 1, para todo w com |w| � 1.B) menor que 1, para todo w com |w| � 1.C) maior que 1, para todo w com w ≠ z.D) igual a 1, independente de w com w ≠ z.E) crescente para |w| crescente, com |w| � |z|.

Sendo |z| = 1 e z ≠ w, temos:

|z| (pois |z| = 1)

= , ou seja:

(1)

Além disso z ⋅ z = |z|2, logo z ⋅ z = 1 (2)

1 ––

––

z wz w

z z z wz w

⋅ = ⋅ ⋅

( – )–

1 z wz w

z⋅ ⋅

1 1––

––

z wz w

z wz w

⋅ = ⋅ ⋅

Resolução

1 ––zw

z w

Questão 17▼▼

3 1 74= ,

tan( ) tanα β π+

++∴ ∴� � �

64

3

1

34 3 3

22

xx

∴ + =+

tan( )α β 4

3 2x

tan( )tan tan– tan tan

( )

–

––

α β α βα β

α β+ = + + =

+ +∴

1

12

12

11

4

2tg

x x

x

tan –

tan–

–

α π α π

β π β π

α β π

= +

=

+

12 2 2

12 2 2

6

xe

xe

� �

� �

�

Resolução


Assim, substituindo (2) em (1), vem:

Portanto: independente de w, com w ≠ z.

Resposta: D

O sistema linear

não admite solução se e somente se o número real b for igual aA) –1. D) 2.B) 0. E) –2.C) 1.

Escalonando para b igual a –1:

∴

∴(falso)

O sistema é impossível, isto é, não admite solução.Assim: b = –1

Resposta: A

Retiram-se 3 bolas de uma urna que contém 4 bolas verdes, 5 bolas azuis e 7 bolas brancas. Se P1 é a proba-bilidade de não sair bola azul e P2 é a probabilidade de todas as bolas saírem com a mesma cor, então a alter-nativa que mais se aproxima de P1 + P2 é

A) 0,21. D) 0,35.B) 0,25. E) 0,40.C) 0,28.

Questão 19▼▼

–

–

x y z

y z

+ + =+ =

=

0 1

1

0 3

–

– ( )

–

x y z

y z

y z

+ + =+ =

=⋅

0 1

1 1

2

– ( )

–

–

x y z

y z

x y z

+ + =+ =

+ =

⋅0 1 1

1

0 1

b

b

b

b b

1 0

0 1

1 0

0 1 0 13= + = =∴ ∴ –

Resolução

bx y

by z

x bz

+ =+ =

+ =

1

1

1

Questão 18▼▼

11

––z w

z w⋅ =

= =z wz w

––

1

1 1––

––

z wz w

z wz w

⋅ = ⋅


+ +

14

24

3

14

24

3

14

24

3

A–

e A–

e A–

V e V e V ou A e A e A ou B e B e B

A alternativa que mais se aproxima é a E, isto é, 0,40.

Resposta: E

A distância focal e a excentricidade da elipse com centro na origem e que passa pelos pontos (1, 0) e (0, –2)são, respectivamente,

A) D)

B) E)

C)

As elipses com centro na origem podem ser representadas por equações da forma

x2 + Ay2 + Bxy + C = 0 (1)

com A, B e C constantes reais.

Os pontos (1; 0) e (0; –2) pertencem às elipses; assim, de (1) temos:(1; 0) : 1 + C = 0 ∴ C = –1

(0; –2) : 4A + C = 0 ∴ A =

Logo, as elipses têm equações da forma:

Nessas condições, existem infinitas elipses (vide nota).

Por exemplo:

• Para B = 0, teríamos:

, que representa a elipse cujo centro é (0; 0), passa pelos pontos (1; 0) e (0; –2), possui distância

focal e excentricidade

• Para B = , teríamos:

x y xy2 214

74

1 0+ =– –

–7

4

32

.2 3

xy2

2

41+ =

x y Bxy2 214

1 0+ + =–

14

Resolução

32

12

e .

2 33

2e .

12

3e .

33

2e .3

12

e .

Questão 20▼▼

P P P P1 2 1 212843360

0 38+ = +∴ ≈ ,

P24

163

152

145

164

153

147

166

155

142943360

= + + =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

P11116

1015

914

9903360

= =⋅ ⋅

Resolução


Fazendo a transformação:

, que representa uma rotação do sistema de coordenadas XOY para o sistema X’OY’.

Nesse novo sistema de coordenadas teremos:

, que representa a elipse cujo centro é (0; 0), passa pelos pontos (1; 0) e (0; –2) do sistema XOY,

possui distância focal e excentricidade

Portanto, com os dados do problema, a elipse não está determinada.

Nota: É possível provar que equações da forma

representam elipses se e somente se |B| � 1, B ∈ IR.

Resposta: Sem alternativa

As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser resolvidas e respondidas no caderno desoluções.

Seja a1, a2, ... uma progressão aritmética infinita tal que

Determine o primeiro termo e a razão da progressão.

Com n = 1, temos:

Com n = 2, temos:

Sendo r a razão da progressão aritmética, temos de (1) e (2) o sistema:

Desse sistema, temos

Resposta: O primeiro termo é , e a razão é 23π

.23

–π

r e a= =23

231

π π– .

a r

r1 2 2

3 2

+ = +=

π

π

a r

a r

1

1

2 2 2

2 7 2 2 4

+ = +

+ = +

π

π

(– )

a a akk

31

22

3 62 2 2 2 2 4 2=∑ ⋅ ∴= + + = +π π ( )

a akk

31

12

31 2 1 2 1=∑ ⋅ ⋅ ∴= + = +π π ( )

Resolução

a n n para n INkk

n

31

22=∑ ∈= + π , *

Questão 21▼▼

x y Bxy2 214

1 0+ + =–

2 23

.163

x y' '2 2

8 89

1+ =

x

y

x

y

=

⋅

1

8

7

8

7

8

1

8

–

'

'


+

Seja C a circunferência de centro na origem, passando pelo ponto P = (3, 4). Se t é a reta tangente a C por P,determine a circunferência C’ de menor raio, com centro sobre o eixo x e tangente simultaneamente à reta te à circunferência C.

Do enunciado, temos a figura, onde O’ é o centro da circunferência C’, e r o seu raio.

O coeficiente angular da reta suporte do segmento OP—

é , ou seja, .

Daí, o coeficiente angular da reta t é , e uma de suas equações é dada por , ou seja,

(t) 3x + 4y – 25 = 0.Da figura, temos que O’(a, 0) e r = a – 5, com a � 5.Por outro lado, a distância do ponto O’ à reta t é igual ao raio r; logo:

a = 0 (não convém)

ou

Então, O’

Resposta: A circunferência C’ tem centro O’ e raio , e sua equação reduzida é:

Sejam A e B matrizes 2 × 2 tais que AB = BA e que satisfazem à equação matricial A2 + 2AB – B = 0. Se B éinversível, mostre que

(a) AB–1 = B–1A e que (b) A é inversível.

Questão 23▼▼

x y–

254

2516

22

+ =

r = 5

4

254

0,

254

054

, .

=e r

a = 25

4

aa

–| – |

53 4 0 25

3 42 2= +

+

⋅ ⋅

y x– – ( – )434

3=–34

43

4 03 0

––

4

3O

5

r

5t

x

y

P

O’

Resolução

Questão 22▼▼


a) Sendo B inversível e B–1 sua inversa, do enunciado temos:A ⋅ B = BA∴ (AB) ⋅ B–1 = (BA) ⋅ B–1

∴ A = B ⋅ (AB–1)∴ B–1A = (B–1 B) ⋅ (AB–1)∴ B–1A = AB–1, isto é, AB–1 = B–1A

b) Do enunciado:

A2 + 2AB – B = 0∴ (A2 + 2AB – B) ⋅ B–1 = 0 ⋅ B–1

∴ A ⋅ (AB–1) + 2A – I = 0∴ A ⋅ [AB–1 + 2I ] = I

Assim, det(A ⋅ [AB–1 + 2I ]) = det I∴ detA ⋅ det(AB–1 + 2I) = 1

Logo, detA ≠ 0, portanto A é inversível.

Seja n o número de lados de um polígono convexo. Se a soma de n – 1 ângulos (internos) do polígono é 2004°,determine o número n de lados do polígono.

Seja α a medida do ângulo interno não somado desse polígono convexo de n lados, com n ∈ IN e n � 3. Doenunciado, temos:

α + 2004° = (n – 2) ⋅ 180° ∴ α = 180°n – 2364°

Como 0° � α � 180°, devemos ter:

0° � 180°n – 2364° � 180°

2364° � 180°n � 2544°

13,13 � n � 14,14

Logo, o número de lados do polígono é 14.

Resposta: 14

a) Mostre que o número real é raíz da equação x3 + 3x – 4 = 0.

b) Conclua de (a) que α é um número racional.

a) Com α = a + b, temos:

α3 = (a + b)3

α3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3

α3 = 3ab(a + b) + a3 + b3

α3 = 3ab ⋅ α + a3 + b3

Resolução

α = + +2 5 23 3 – 5

Questão 25▼▼

Resolução

Questão 24▼▼Resolução


Sendo , temos:

α3 = 3(–1) ⋅ α + 4 ∴ α 3 + 3α – 4 = 0

Logo, o número α é raiz da equação x3 + 3x – 4 = 0.

b) Note-se que 1 é raiz da equação x3 + 3x – 4 = 0 e, portanto, x3 + 3x – 4 é divisível por x – 1.

1 0 3 –4

1 1 1 4 0

x3 + 3x – 4 = (x – 1)(x2 + x + 4)

O discriminante de x2 + x + 4 é ∆ = – 15 e, portanto, o número 1 é a única raiz real da equação x3 + 3x – 4 = 0.

Como é real e é raiz dessa equação, podemos concluir que α = 1.

Logo, α é um número racional.

Considere a equação em x ∈ IR

sendo m um parâmetro real.a) Resolva a equação em função do parâmetro m.b) Determine todos os valores de m para os quais a equação admite solução não nula.

a) De com m = 0, temos a equação cujo conjunto-solução é {0}.Vejamos, agora, os casos em que m ≠ 0.

De IR+ e R+, temos –1 � mx � 1 e, portanto, existe α, 0 � α � π, tal que mx = cosα,

ou seja,

De temos

m sen sen sen2

2 2 2 2 2 2cos – cos – cos

α α α α α α

=

+

m sen sen22 2 2 2

2 2cos – cos –α α α α

=

m 21

2

1

22

2+

=

⋅cos

–– cos

cosα α α

m 1 1+( ) =cos – – cos cosα α α

1 1+ = +coscos

– cosα α αm

1 1+ = +mx x mx– ,

xm

= cos.

α

1 – mx ∈1+ ∈mx

1 1= +x ,1 1+ = +mx x mx– ,

Resolução

1 + mx = +x mx1 – ,

Questão 26▼▼

α = + +2 5 2 53 3 –

α α3 33 2 5 2 5 2 5 2 5= + + + +⋅( )( – ) –

a e b= + =2 5 2 53 3 –


1º- caso De isto é, , temos:

cosα = 0mx = 0

Como consideramos m ≠ 0, temos x = 0.

2º- caso De , temos:

Temos:

senα = 2m2 – 1

De 0 � α � π, temos:

0 � senα � 1

0 � 2m2 – 1 � 11 � 2m2 � 2

� m2 � 1 (2)

De (1) e (2), temos � m � 1.

De cosα = e senα = 2m2 – 1, temos cos α =

mx = ± 2m

Como consideramos m ≠ 0, temos x = ± 2

Resposta: Sendo S o conjunto-solução, temos:

m � ou m � 1 ⇒ S = {0}2

2

22

1 0 2 1 2 12 2� �m S m m⇒ =

, – , – –

1 2– m

1 2– m

±2 1 2m m– . ± 1 2– sen α

22

12

1 2

2 22 2+ =⋅sen m

α αcos

cos ( )

α α2 2

22

2+

=sen m

cos ( )α α

2 20 0 1+ ∴sen m� �

0

2 2� �

α π cos

α α α π2 2

2 0+ =sen m e � �

α π=

2

α π2 4

=

0

2 2� �

α π cos

α α α π2 2

0= sen e � �

cos cos

α α α α2 2

22 2

= = +sen ou m sen


b) Pelo item anterior, temos:

Note-se que, se m = 1, então ±2

Resposta:

Um dos catetos de um triângulo retângulo mede . O volume do sólido gerado pela rotação deste triân-

gulo em torno da hipotenusa é π cm3. Determine os ângulos deste trângulo.

Do enunciado, temos a figura, cotada em cm:

Ainda,

r2(m + n) = 3 (I)No triângulo retângulo ABC, temos:(AH)2 = BH ⋅ CH ∴ r2 = m ⋅ n (II)

e

De (I) e (II), vem mn ⋅ (m + n) = 3. (IV)

De (III) e (IV), vem .

Substituindo em (III), temos m ⋅ , ou seja:

ou

m = 22

3

2 3 2 2 4 02 3 3m m+ =–

m não convém= – ( )2 23

m +

=3 2

24

33

4 33 2

23

3⋅ ∴= =n n

( ) ( ) ( ) ( ) ( )AB BH BC m m n m m n III2 3 22 43= = +⋅ ∴ ⋅ ∴ ⋅ + =

13

13

2 2⋅ ⋅ ⋅ ⋅+ =π π πr m r n

m

n

C

HrA

B

α

β

��23

Resolução

23 cm

Questão 27▼▼

22

1� �m

1 02– .m =

22

1 0 2 1 2 12 2� �m S m m⇒ =

, – , – –


No triângulo retângulo ABH, temos:

Logo, α = 60º e β = 30º.

Resposta: 30º, 60º e 90º

São dados dois cartões, sendo que um deles tem ambos os lados na cor vermelha, enquanto o outro tem um ladona cor vermelha e o outro lado na cor azul. Um dos cartões é escolhido ao acaso e colocado sobre uma mesa. Sea cor exposta é vermelha, calcule a probabilidade de o cartão escolhido ter a outra cor também vermelha.


A probabilidade pedida é:

Resposta:

Obtenha todos os pares (x, y), com x, y ∈ [0, 2π], tais que

senx + cosy = 1


Substituindo-se:

senxsenx

sen x senx+ = + =∴14

1 4 4 1 02 –

212

14

1

senx y ysenx

senx y

cos cos

cos

= =

+ =

∴

Resolução

sen(x y) sen(x – y)12

+ + =

Questão 29▼▼

23

P =+

=⋅

⋅ ⋅

12

1

12

112

12

23

12

12 2

1

0

V

V

1

12

12

V

V

Resolução

Questão 28▼▼

cos cos cosα α α= = =∴ ∴BHAB

222

12

3

3


E ainda:

Assim, os pares ordenados são:

Resposta:

Determine todos os valores reais de a para os quais a equação

(x – 1)2 = |x – a |admita exatamente três soluções distintas.

Consideremos o conjunto A = {x ∈ IR: (x – 1)2 = |x – a|}.Como (x – 1)2 � 0, para todo real x, temos:

A = {x ∈ IR: (x – 1)2 = x – a ou (x – 1)2 = –x + a}A = {x ∈ IR: x2 – 3x + 1 + a = 0 ou x2 – x + 1 – a = 0}

Sendo ∆f o discriminante de f(x) = x2 – 3x + 1 + a, temos ∆f = 5 – 4a.Sendo ∆g o discriminante de g(x) = x2 – x + 1 – a, temos ∆g = 4a – 3.O conjunto A tem exatamente 3 elementos, se e somente se:1º-: ∆f = 0, ∆g � 0 e as equações f(x) = 0 e g(x) = 0 não têm raiz em comum.2º-: ∆f � 0, ∆g = 0 e as equações f(x) = 0 e g(x) = 0 não têm raiz em comum.3º-: ∆f � 0, ∆g � 0 e as equações f(x) = 0 e g(x) = 0 têm uma única raiz em comum.Estudemos os três casos:

1º- Caso Se ∆f = 0, então 5 – 4a = 0, ou seja,

Nesse caso, ∴ ∆ g � 0, as raízes de f(x) = 0 são , e as raizes de g(x) = 0 são

Assim, A tem exatamente 3 elementos.

2º- Caso Se ∆g = 0, então 4a – 3 = 0, ou seja,

Nesse caso, ∴ ∆ f � 0, as raízes de f(x) = 0 são , e as raizes de g(x) = 0

são

Assim, A tem exatamente 3 elementos.

12

12

e .

3 22

3 22

+e

–

∆f = ⋅5 4

34

–

a = 34

.

1 22

1 22

+e

–.

32

32

e∆g = ⋅454

3–

a = 54

.

Resolução

Questão 30▼▼

π π π π π π π π6 3 6

53

56 3

56

53

, , , , , ,

e

π π π π π π π π6 3 6

53

56 3

56

53

, , , , , ,

e

cos cos [ , ]y y y ou yy=

= → = =∴ ∈1

412

12 3

53

0 2π π π

∴ ∴= = → = =∈( – ) [ , ]2 1 0

12 6

56

2 0 2senx senx x ou xx π π π


3º- caso Se ∆f � 0 e ∆g � 0, então5 – 4a � 0 e 4a – 3 � 0

Nesse caso, as raízes de f(x) = 0 são

As raízes de g(x) = 0 são

Das igualdades xf1= xg1

, ou xf2= xg1

, ou xf2= xg2

, não resulta

Da igualdade xf1= xg2

, resulta a = 1

Resposta: Assim, o conjunto A tem exatamente 3 elementos se, e somente se , ou , ou a = 1. a = 3

4 a = 5

4

34

54

� �a .

x

ae x

ag g1 2

1 4 32

1 4 32

= =+– – –

.

xa

e xa

f f1 2

3 5 42

3 5 42

= =+– – –

.

∴ 3

454

� �a .


Uma prova abrangente, constituída de questões com grau de dificuldade variado — desde fáceis até muitocomplexas.


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