o anglo resolve a prova de matemática do...
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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
3ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
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
4ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
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
5ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
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
6ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
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
7ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
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▼▼
8ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
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
9ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
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
10ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
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
11ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
Do enunciado, temos:
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
12ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
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
⋅ = ⋅
13ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
+ +
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
14ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
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
–
'
'
15ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
+
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▼▼
16ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
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
17ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
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 –
18ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
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
19ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
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⇒ =
, – , – –
20ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
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.
Do enunciado, temos:
A probabilidade pedida é:
Resposta:
Obtenha todos os pares (x, y), com x, y ∈ [0, 2π], tais que
senx + cosy = 1
Do enunciado, temos:
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
21ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
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
22ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
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 .
23ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
Uma prova abrangente, constituída de questões com grau de dificuldade variado — desde fáceis até muitocomplexas.
24ITA/2005 ANGLO VESTIBULARES
TTTNNNEEEMMM ÁÁÁ OOOOOOCCC IIIRRR