o anglo resolve a prova de matemática do...

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 ca-da questão, seguida da resolução elaborada pelos professores doAnglo.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 questõesde múltipla 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.Só é corrigida a parte dissertativa do candidato que obtém, nasquestões de múltipla escolha, nota igual ou superior a 40 (na escalade 0 a 100) e média aritmética igual ou superior a 50 (na escala de0 a 100).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 equivalema 40% do valor da prova, as dissertativas a 20% e a Redação a 40%.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: 83585024

NOTAÇÕES

CI : conjunto dos números complexos. ∅ : conjunto vazio.

QI : conjunto dos números racionais. A\B = {x ∈ A; x ∉ B}.

IR: conjunto dos números reais. n(U): número de elementos do conjunto U.Z: conjunto dos números inteiros. P(A): coleção de todos os subconjuntos de A.IN = {0, 1, 2, 3, …}. f o g: função composta de f com g.

IN* = {1, 2, 3, …}. I: matriz identidade n × n.

i: unidade imaginária; i2 = –1. A–1: inversa da matriz inversível A.

z = x + iy, x, y ∈ IR. AT: transposta da matriz A.–z: conjugado do número z, z ∈ CI . det A: determinante da matriz A.

|z|: módulo do número z, z ∈ CI .—

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

[a, b] = {x ∈ IR; a � x � b}. AB: arco de circunferência de extremidades A e B.

]a, b[ = {x ∈ IR; a � x � b}. m( —

AB): medida (comprimento) de —

AB.

Considere as seguintes afirmações sobre o conjunto U = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}:I. ∅ ∈ U e n(U) = 10.

II. ∅ ⊂ U e n(U) = 10.III. 5 ∈ U e {5} ⊂ U.IV. {0, 1, 2, 5} ∩ {5} = 5.

Pode-se dizer, então, que é (são) verdadeira(s)A) apenas I e III.B) apenas II e IV.C) apenas II e III.D) apenas IV.E) todas as afirmações.

Resolução:Da veracidade das proposições:

P1: n (U) = 10P2: ∅ ∉ UP3: ∀ U, ∅ ⊂ UP4: 5 ∈ U e {5} ⊂ UP5: {0, 1, 2, 5} ∩ {5} = {5},

podemos concluir que apenas as afirmações II e III são verdadeiras.

Resposta: C

Seja o conjunto S = {r ∈ QI : r � 0 e r2 � 2}, sobre o qual são feitas as seguintes afirmações:

I. ∈ S e ∈ S.

II. {x ∈ IR: 0 � x � } ∩ S = ∅ .

III. ∈ S.2

2

75

54

Questão 2▼▼

Questão 1▼▼

3ITA/2004 ANGLO VESTIBULARES

MMM AAACCCIIIÁÁÁEEEAAAMMM TTT TTT

Pode-se dizer, então, que é (são) verdadeira(s) apenasA) I e II D) IB) I e III E) IIC) II e III

Resolução:Da veracidade das proposições:

P3: {x ∈ IR: 0 � x � } ∩ S = S e S ≠ ∅

P4: ∉ Q ⇒ ∉ S

Podemos concluir que apenas a afirmação I é verdadeira.

Resposta: D

Seja α um número real, com 0 � α � 1. Assinale a alternativa que representa o conjunto de todos os valores de x tais que

A) ]–∞ , 0] ∪ [2, + ∞ [ D) ]–∞ , 0[B) ]–∞ ,0[ ∪ ]2, + ∞ [ E) ]2, + ∞ [C) ]0, 2[

Resolução:

Com 0 � � � 1 e x ∈ IR, temos:

⇔ �2x ⋅ �–x2 � �0

⇔ �–x2 + 2x � �0

⇔ – x2 + 2x � 0

⇔ x2 – 2x � 0

⇔ 0 � x � 2

⇔ x ∈ ]0, 2[

Resposta: C

Considere a função f: IR → CI , f (x) = 2cosx + 2isenx. Então, ∀ x, y ∈ IR, o valor do produto f (x) f (y) é igual a

A) f (x + y) D) f (xy)B) 2f(x + y) E) 2f(x) + 2i f (y)C) 4if (x + y)

Resolução:

f (x) ⋅ f (y) = 2(cosx + isenx) ⋅ 2 (cosy + iseny)

= 2 ⋅ 2[cos (x + y) + isen (x + y)]

= 2 ⋅ f (x + y) Resposta: B

Questão 4▼▼

��

�22

11

2

xx

⋅

⇔

αα

22

11

2

xx

� .

Questão 3▼▼

22

2

P2 :75

75

∈

Q e e� �0

75

22

P1 :54

54

∈

Q e e� �0

54

22


Considere 12 pontos distintos dispostos no plano, 5 dos quais estão numa mesma reta. Qualquer outra reta do plano contém,no máximo, 2 destes pontos. Quantos triângulos podemos formar com os vértices nestes pontos?A) 210 D) 415B) 315 E) 521C) 410

Resolução:

C12,3 – C5,3 =

Resposta: A

Seja x ∈ IR e a matriz Assinale a opção correta.

A) ∀ x ∈ IR, A possui inversa.B) Apenas para x � 0, A possui inversa.C) São apenas dois os valores de x para os quais A possui inversa.D) Não existe valor de x para o qual A possui inversa.E) Para x = log25, A não possui inversa.

Resolução:Para A não possuir inversa, detA = 0.

2x = 0 (não existe x, x ∈ IR)

ou

(não existe x, x ∈ IR)

Logo, detA ≠ 0 e, sendo assim, ∀ x ∈ IR, A possui inversa.Resposta: A

Considerando as funções

assinale o valor de

A) D)

B) E)

C)13

512

725

25

625

cos arccos .arcsen35

45

+

arcsen : [–1, 1] [– /2, /2] e arccos : [–1, 1] [0, ] ,p p p+ → + →

Questão 7▼▼

log log2 22

525

1

11 2 0=

++ =∴ ∴

xx x �

2 51

102 2

x

x⋅

+

=log –

Axx

x= +

2 12 5

2 1

2

( )log

.–

Questão 6▼▼

123 9

53 2

210!

! !–

!! !⋅ ⋅

=

Questão 5▼▼


Resolução:

Fazendo e , temos:

e α ∈ ∴

Assim:

Resposta: B

Considere um polígono convexo de nove lados, em que as medidas de seus ângulos internos constituem uma progressão aritméticade razão igual a 5º. Então, seu maior ângulo mede, em graus,A) 120 D) 150B) 130 E) 160C) 140

Resolução:Sendo a1 o primeiro termo da progressão aritmética de razão 5º e a9 a medida do ângulo pedido, do enunciado, temos:

a9 = a1 + 8 ⋅ 5º ∴ a1 = a9 – 40º (1)

Ainda,

De (1) e (2), temos:

Resposta: E

O termo independente de x no desenvolvimento do binômio é

A) D)

B) E)

C)

Resolução:

O Binômio se reduz a:

35

35

12

13

13

16

12

⋅ ⋅x x– –

–

891

35

3

165 753972 153

37653

3 729 453

35

5

3

33

12xx

x

x−

Questão 9▼▼

( – º )º º

a aa9 9

940 9

21260 160

+= =

⋅ ∴

( )( – ) º ( )

a a1 9 92

9 2 180 2+

=⋅ ⋅

Questão 8▼▼

cos( ) cos cos – –α β α β α β+ = = =⋅ ⋅sen sen1625

925

725

cos [ , ]β β π β= =∈ ∴45

035

e sen

cosα =45

– ,π π2 2

senα =35

β = arccos45

α = arcsen35


O Termo geral é:

Logo:

Resposta: E

Considere as afirmações dadas a seguir, em que A é uma matriz quadrada n × n, n � 2:

I. O determinante de A é nulo se e somente se A possui uma linha ou uma coluna nula.II. Se A = (aij ) é tal que aij = 0 para i � j, com i, j = 1, 2, …, n, então detA = a11 a22 … ann.

III. Se B for obtida de A, multiplicando-se a primeira coluna por e a segunda por , mantendo-se inalteradas

as demais colunas, então detB = detA.

Então, podemos afirmar que é (são) verdadeira(s)A) apenas II.B) apenas III.C) apenas I e II.D) apenas II e III.E) todas.

Resolução:

(I) Falsa; por exemplo, tem detA = 0

(II) Verdadeira; basta aplicarmos sucessivamente o teorema de Laplace.

(III) Verdadeira; pois detB = ⋅ detA ∴ detB = detA.

Resposta: D

Considere um cilindro circular reto, de volume igual a 360π cm3, e uma pirâmide regular cuja base hexagonal está inscritana base do cilindro. Sabendo que a altura da pirâmide é o dobro da altura do cilindro e que a área da base da pirâmide é

de cm2, então, a área lateral da pirâmide mede, em cm2,

A)

B)

C)

D)

E) 45 427

108 3

36 427

27 427

18 427

54 3

Questão 11▼▼

( – )2 1( )2 1+

A =

1 11 1

2 1−2 1+

Questão 10▼▼

T =

= = =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

128

135

4955

3165 3 5 165 758

23

23

23

13

23 3(– )

–

pp

– 82

0 8= =∴

T

Pxp

p p

=

⋅ ⋅ ⋅

121

35

36 56

82(– )

– –

T

px x

p pp

p p

=

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

+12 35

135

122

123 3 6

– – –

(– )


Resolução:Do enunciado, temos a figura:

V … vértice da pirâmide;O … centro da base;h … medida da altura do cilindro;l … medida do lado do hexágono regular ABCDEF;

VM—

… apótema da pirâmide;OA = l.

Devemos ter:

Ainda,

π ⋅ l2 ⋅ h = 360π

Substituindo l = 6, temos:π ⋅ 62 ⋅ h = 360π ∴ h = 10cm ⇒ VO = 20cm

No triângulo retângulo VOM, temos:

(VM)2 = (VO)2 + (OM)2

(VM)2 = (20)2 +

Portanto a área lateral pedida é igual a 6 ⋅ ⋅ 6 ⋅ , ou seja, cm2.

Resposta: A

O conjunto de todos os valores de α , α ∈ , tais que as soluções da equação (em x) x4 – x2 + tgα = 0 são todas reais, é

A) D)

B) E)

C)

Resolução:

Fazendo x2 = y, temos:

Nessa equação do 2º grau, as raízes devem ser maiores ou iguais a zero. Assim:

∴

No intervalo dado no enunciado, temos, então:

α ∈ .

Resposta: D

0

3,

π

tg

tg

αα

�

�

0

3

tg

tg

α

α

�

�

0

48 4 04 2( ) ⋅–

y y tg2 4 48 0– ⋅ + =α

−

π π6 6

,

π π12 3

,

−

π π4 4

,

0

3,

π

−

π3

0,

484−

π π2 2

,

Questão 12▼▼

18 42742712

6 32

4272

=∴ VM

63

454 3 6

2⋅ ∴= =

ll cm


AD

B C

F E

OM

V

2h

h

l

12

3

12

3

Sejam as funções f e g definidas em IR por f(x) = x2 + αx e g(x) = –(x2 + βx), em que α e β são números reais. Considere que estasfunções são tais que

f g

Valor mínimo Ponto de mínimo Valor máximo Ponto de máximo

–1 � 0 � 0

Então, a soma de todos os valores de x para os quais (fog)(x) = 0 é igual a

A) 0B) 2C) 4D) 6E) 8

Resolução:Do enunciado, temos:

De

De

α2 = 4 (2)

De (1) e (2), temos α = 2 e, portanto, f (x) = x2 + 2x.Do enunciado, temos:

De , temos β � 0 (3)

β2 = 9 (4)

De (3) e (4), temos β = –3 e, portanto, g(x) = –(x2 – 3x).

f(g(x)) = 0 ⇔⇔ [g(x)]2 + 2g(x) = 0

⇔ g(x) [g(x) + 2] = 0

⇔ g(x) =0 ou g(x) + 2 = 0

⇔ x2 – 3x = 0 ou – x2 + 3x + 2 = 0

As raízes de x2 – 3x = 0 são 0 e 3.

As raízes de –x2 + 3x + 2 = 0 são reais (pois o discriminante é positivo), e sua soma é igual a 3.

Portanto a soma de todas as raízes é igual a 6.

Resposta: D

–β β2 2

4 294

+ =

De g temos–

, :β

294

=

–β2

0�

– –β β2

02

94

� e g

=

α α2 2

4 21– –=

f temos–

– , :α

21

=

–, . ( )

α α2

0 0 1� �temos

– ––

α α2

02

1� e f

=

94

Questão 13▼▼


Considere todos os números z = x + iy que têm módulo e estão na elipse x2 + 4y2 = 4. Então, o produto deles é igual a

A) D)

B) E) 4

C)

Resolução:Sendo x e y reais, temos:

Resolvendo o sistema:

, obtemos os pares

O produto dos números é .

Resposta: B

Para algum número real r, o polinômio 8x3 – 4x2 – 42x + 45 é divisível por (x – r)2. Qual dos números abaixo está maispróximo de r?A) 1,62 D) 1,32B) 1,52 E) 1,22C) 1,42

Resolução:

Da divisibilidade de 8x3 – 4x2 – 42x + 45 por (x – r)2, podemos concluir que pelo menos duas das três raízes são iguais a r.Sendo s a outra raiz, temos:

r + r + s =

r ⋅ r + r ⋅ s + r ⋅ s =

r ⋅ r ⋅ s =

Resolvendo o sistema

2r + s =

r2 + 2rs =

r2 ⋅ s = ,

Obtemos r = e s =

Entre os números dados, aquele que está mais próximo de r é 1,52.

Resposta: B

–52

32

–458

–214

12

–458

–428

–(– )4

8

Questão 15▼▼

4916

13

21

32

13

21

32

+ +i i i e i, – , – – –

1

32

13

21

32

13

2, , ,

–, – , – ,

–

ex y

x y

2 2

2 2

74

4 4

+ =

+ =

| |z x y2 2 274

74

= + =∴

| |z =72

8125

4916

257

259

72

Questão 14▼▼


14

42

44

31

44

24

43

Assinale a opção que representa o lugar geométrico dos pontos (x, y) do plano que satisfazem a equação

A) Uma elipse. D) Uma hipérbole.B) Uma parábola. E) Uma reta.C) Uma circunferência.

Resolução:Devemos ter:

⋅ (–2)

(+)

Aplicando o Teorema de Laplace e desenvolvendo, temos:18x2 + 18y2 – 72x – 108y – 216 = 0 (÷ 18)

x2 + y2 – 4x – 6y – 12 = 0∴ (x – 2)2 + (y – 3)2 = 25

Logo, o lugar geométrico dos pontos (x, y) do plano é a circunferência de centro (2, 3) e raio 5.

Resposta: C

A soma das raízes da equação z3 + z2 – |z|2 + 2z = 0, z ∈ CI , é igual a

A) –2 D) 1B) –1 E) 2C) 0

Resolução:Lembrando que |z|2 = z ⋅ z–, para todo z, z ∈ C| , temos:

z3 + z2 – z ⋅ z– + 2z = 0z(z2 + z – z– + 2) = 0z = 0 ou z2 + z – z– + 2 = 0

Sendo z = x + yi, com x e y reais, temos de z2 + z – z– + 2 = 0 que:(x + yi)2 + x + yi – (x – yi) + 2 = 0x2 + 2xyi – y2 + x + yi – x + yi + 2 = 0(x2 – y2 + 2) + 2y(x + 1) i = 0

Resolvendo o sistema:

, obtemos os pares .

Portanto as raízes da equação proposta são os números 0, –1 + i e –1 – i .

A soma desses números é –2.Resposta: A

33

(– , ) (– , – )1 3 1 3ex y

y x

2 2 2 02 1 0–

( )+ =+ =

Questão 17▼▼

x y x y2 2 2 140 0 6 14 0 0 134 3 3 1

288

+

=

–

x y x y2 2 140 2 6 14 2 0 134 5 3 1

288

+

=

det .

x y x y2 2 140 2 6 14 2 0 134 5 3 1

288

+

=

Questão 16▼▼


Dada a equação x3 + (m + 1)x2 + (m + 9)x + 9 = 0, em que m é uma constante real, considere as seguintes afirmações:I. Se m ∈ ] –6, 6 [, então existe apenas uma raiz real.

II. Se m = –6 ou m = +6, então existe raiz com multiplicidade 2.III. ∀ m ∈ IR, todas as raízes são reais.

Então, podemos afirmar que é (são) verdadeira(s) apenasA) IB) IIC) IIID) II e IIIE) I e II

Resolução:

Sendo p(x) = x3 + (m + 1)x2 + (m + 9)x + 9, temos:p(x) = x3 + x2 + mx2 + mx + 9x + 9p(x) = x2(x + 1) + mx ⋅ (x + 1) + 9(x + 1)

p(x) = (x + 1) (x2 + mx + 9).O discriminante de q(x) = x2 + mx + 9 é ∆ = m2 – 36.

Com –6 � m � 6, temos ∆ � 0 e, nesse caso, q(x) = 0 não admite raízes reais; –1 é a única raiz real de p(x) = 0.

Com m = –6, temos q(x) = x2 – 6x + 9 = (x – 3)2.Nesse caso, 3 é raiz dupla de p(x) = 0.Com m = 6, temos q(x) = x2 + 6x + 9 = (x + 3)2.Nesse caso, –3 é raiz dupla de p(x) = 0.Resposta: E

Duas circunferências concêntricas C1 e C2 têm raios de 6cm e respectivamente. Seja AB—

uma corda de C2, tangente

à C1. A área da menor região delimitada pela corda AB—

e pelo arco AB mede, em cm2,

A) 9(π – 3)B) 18(π + 3)C) 18(π – 2)D) 18(π + 2)E) 16(π + 3)

Resolução:Do enunciado, temos a figura, onde C é o centro das circunferências, T é ponto de tangência e S é a área da região a ser cal-culada:

No triângulo retângulo CTB, temos:

cos cos cos ºα α α α= = = =⇒ ∴ ∴CT

CB6

6 2

22

45

C2 C1 C

A

B

ST

α αCT = 6cmCA = CB = 6√2cm

6 2cm,

Questão 19▼▼Questão 18▼▼


Logo:

Resposta: C

A área total da superfície de um cone circular reto, cujo raio da base mede Rcm, é igual à terça parte da área de um círculode diâmetro igual ao perímetro da seção meridiana do cone. O volume deste cone, em cm3, é igual a

A) πR3

B)

C)

D)

E)

Resolução:Do enunciado, temos a figura:

V … vértice do cone;O… centro da base;h … medida da altura do cone;R … medida do raio da base do cone;g … medida da geratriz do cone;

Devemos ter:

π⋅ R2 + π⋅ R ⋅ g = ⋅ π⋅ (R + g)2

πR(R + g) = ⋅ π⋅ (R + g)2

3R = g + R ∴ g = 2R (1)

No triângulo retângulo VOA, temos:

(VO)2 + (OA)2 = (VA)2

h2 + R2 = (2R)2 ∴ h = R

Sendo V o volume pedido, temos:

Resposta: E

VR

VR

= ∴ =π π3 33

3 3

V R R= ⋅ ⋅ ⋅13

32π

3

13

13

h

g g

OR RA B

V

π3

3R

π 3 3R

π2

3R

π 2 3R

Questão 20▼▼

S S cm= =∴18 36 18 2 2π π– ( – )

S = ( )⋅ ⋅ ⋅ ⋅14

6 212

6 2 6 22

π –


As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30, devem ser resolvidas erespondidas no caderno de soluções.

Seja A um conjunto não-vazio.a) Se n(A) = m, calcule n(P(A)) em termos de m.b) Denotando P1(A) = P(A) e Pk + 1(A) = P(Pk(A)), para todo número natural k � 1, determine o menor k, tal que n(Pk(A)) � 65000,

sabendo que n(A) = 2.

Resolução:

a) Sendo n(A) = m, podemos afirmar que o número de subconjuntos de A, isto é, o número de elementos de P (A) é dado por:

n(P (A)) = + + … + = 2m

Resposta: 2m

b) n(A) = 2n(P(A)) = 22 = 4

n(P2(A)) = 24 = 16

n(P3(A)) = 216 = 65536.

Portanto n(P3(A)) � 65000.

Resposta: 3

Uma caixa branca contém 5 bolas verdes e 3 azuis, e uma caixa preta contém 3 bolas verdes e 2 azuis. Pretende-se retirar umabola de uma das caixas. Para tanto, 2 dados são atirados. Se a soma resultante dos dois dados for menor que 4, retira-se umabola da caixa branca. Nos demais casos, retira-se uma bola da caixa preta. Qual é a probabilidade de se retirar uma bola verde?

Resolução:Jogando-se 2 dados, o evento soma dos pontos menor que 4 é {(1, 1), (1, 2), (2, 1)}. A probabilidade da soma menor que 4 é então

.

Do enunciado, temos:

soma sair bola soma sair bolamenor e verde da ou maior ou e verde daque 4 caixa branca igual a 4 caixa preta

⋅ + ⋅

Resposta:

Determine os valores reais do parâmetro a para os quais existe um número real x satisfazendo .

Resolução:

Sendo x e y números reais, tais que , temos –1 � x � 1, y � 0 e x2 + y2 = 1.

Nessas condições, os pares (x, y) podem ser representados pela semicircunferência na figura a seguir.

y x= 1 2–

1 – x a – x2 �

Questão 23▼▼

289480

35

289480

∴ =P1112

58

P =1

12

336

112

=

Questão 22▼▼

mm

m1

m0

Questão 21▼▼


Nessa figura, temos, também, o conjunto de todas as retas de equação y = a – x, a ∈ IR, de modo que a inequação

� a – x admita pelo menos uma solução real.

A equação da reta (r), tangente à semicircunferência no ponto T e de coeficiente angular igual a –1, é dada por y =

Portanto, a inequação � a – x admite soluções reais se, e somente se, a � .

Resposta: a �

Sendo , calcule .

Resolução:

Sendo S a soma dos termos da progressão geométrica (z1, z2, z3, … , z60), temos:

Temos:|z| = 1

z60 = cos(15π) + isen(15π)

z60 = –1z60 –1 = –2 ∴ |z60 – 1| = 2

Logo,

Resposta: 2 2 4+

| |–

| |S S= = +⋅ ∴1 2

2 22 2 4

| – | – | – | –z z12

21

22

1 2 22 2

=

+

=∴

z i– –1

22

12

2= +

z isen60 604

604

= +cosπ π

Sz z

ze S

z zz

= =⋅( – )

–| |

| | | – || – |

60 6011

11

z i z isen= + = +∴22

22 4 4

cosπ π

z z z z ... zn

n 1

2 3 60∑=

= + + + +60

z1 i

2=

+

Questão 24▼▼

2

21 2– x

2 – .x

1 2– x

x

y

T

–1 1

(r)

0


Para b � 1 e x � 0, resolva a equação em x: (2x) logb2 – (3x) logb3 = 0.

Resolução:

Sendo logb2 = r e logb3 = s, temos:

(2x)r = (3x)s

logb(2x)r = logb(3x)s

r ⋅ (logb2 + logbx) = s ⋅ (logb3 + logbx)

r2 + r ⋅ logbx = s2 + s ⋅ logbx

(r – s) ⋅ logbx = s2 – r2

(r – s) ⋅ logbx = – (r – s) ⋅ (r + s)

Como r – s ≠ 0, temos logbx = –(r + s)

logbx = – (logb2 + logb3)

logbx = logb6–1 ∴ x =

Resposta:

Considere a equação x3 + 3x2 – 2x + d = 0, em que d é uma constante real. Para qual valor de d a equação admite uma raizdupla no intervalo ]0, 1[?

Resolução:

Sendo r, 0 � r � 1, a raiz dupla e s a raiz simples de x3 + 3x2 – 2x + d = 0, temos:r + r + s = –3 (1)r ⋅ r + r ⋅ s + r ⋅ s = –2 (2)

r ⋅ r ⋅ s = –d (3)

Da igualdade (1), temos s = –2r – 3 e, substituindo em (2), resulta:

r2 + 2r(–2r – 3) = –2–3r2 – 6r + 2 = 0.

Resolvendo essa equação, obtemos .

Como 0 � r � 1, temos .

s = –2r – 3

Da igualdade (3), temos d = –r2 ⋅ s

Resposta:– 36 10 15

9+

d =+– 36 10 159

d =+

⋅–

– – –3 153

3 2 153

2

s s= =∴6 2 153

33 2 15

3–

–– –

r =+– 3 153

r =±– 3 153

Questão 26▼▼

16

16

Questão 25▼▼


Prove que, se os ângulos internos α, β e γ de um triângulo satisfazem a equação

sen(3α) + sen(3β) + sen(3γ) = 0,

então, pelo menos, um dos três ângulos α, β ou γ é igual a 60º.

Resolução:

Assim:

sen(3α) + sen(3β) + sen(3γ) = 0

Substituindo:

Assim, α = 60º ou β = 60º ou γ = 60º.

c.q.d.

Se A é uma matriz real, considere as definições:

I. Uma matriz quadrada A é ortogonal se e só se A for inversível e A–1 = AT.II. Uma matriz quadrada A é diagonal se e só se aij = 0, para todo i, j = 1, ..., n, com i ≠ j.

Determine as matrizes quadradas de ordem 3 que são, simultaneamente, diagonais e ortogonais.

Resolução:Seja A uma matriz diagonal de ordem 3:

Como A deve ser diagonal e ortogonal:

A–1 = At = A , com a ⋅ b ⋅ c ≠ 0.

Assim:

A ⋅ A–1 = I ∴ A ⋅ A = I

ab

c

ab

c

0 00 00 0

0 00 00 0

1 0 00 1 00 0 1

⋅

=

Aa

bc

=

0 00 00 0

Questão 28▼▼

– cos cos cos4

32

32

32

0⋅ ⋅ ⋅ =α β γ

– cos cos cos232

232

32

0⋅ ⋅ ⋅

=

α β γ

– cos cos cos–

232

3 32

3 32

0⋅ ⋅ ++

=

α β γ β γ

– cos cos – cos cos

–2

3 32

32

232

3 32

0⋅ ⋅ ⋅ ⋅+=

β γ α α β γ

2

32

32

23 3

23 3

20⋅ ⋅ ⋅+

+=sen sen

α α β γ β γcos cos

–

cos –

3 32

32

β γ α+= sen

sen

3 32

32

β γ α+= –cos

Questão 27▼▼


14

24

3

α β γ β γ α+ + = ∴

+= ∴180

3 32

27032

º º –

Logo, a = ±1, b = ±1 e c = ±1

Portanto as oito matrizes quadradas de ordem 3 que são, simultaneamente, diagonais e ortogonais são todas do tipo:

Resposta:

Sejam r e s duas retas que se interceptam segundo um ângulo de 60º. Seja C1 uma circunferência de 3cm de raio, cujo centroO se situa em s, a 5cm de r. Determine o raio da menor circunferência tangente à C1 e à reta r, cujo centro também se situa nareta s.

Resolução:Do enunciado, temos a figura, na qual R é a medida do raio pedido:

No triângulo retângulo ABO, temos:

Resposta: ( – )29 16 3 cm

R R=

+=⋅ ∴10 3 3

3 2

3 2

3 229 16 3

– ( – )

( – )–

32

53

=+– R

R

sen

BOAO

60º =

60º

r’

r

60º

s

5 – R

B

S

R

T

R

A

R

V

3

C1O

P

r’ // r

OS = 5

OB = 5 – R

Questão 29▼▼

ab

ccom a b c

0 00 00 0

1 1

∈, , , {– , }

ab

ccom a b c

0 00 00 0

1 1

∈, , , {– , }

ab

c

2

2

2

0 00 00 0

1 0 00 1 00 0 1

=


Sejam os pontos A: (2, 0), B: (4, 0) e P: (3, 5 + 2 ).

a) Determine a equação da circunferência C, cujo centro está situado no primeiro quadrante, passa pelos pontos A e B e étangente ao eixo y.

b) Determine as equações das retas tangentes à circunferência C que passam pelo ponto P.

Resolução:

a) Do enunciado, temos a figura:

D … centro da circunferência C;T … ponto de tangência.

Devemos ter:

Logo, o raio da circunferência C tem medida DT = EO = AD = 3.

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

(ED)2 + (AE)2 = (AD)2

(ED)2 + 12 = 32 ∴ ED =

Assim, o ponto D tem coordenadas

Portanto uma equação pedida é:

(x – 3)2 + = 9

Resposta: (x – 3)2 + = 9

b) Do enunciado e do item anterior, temos a figura:

r e s … retas tangentes;

F e G … pontos de tangência;

ED PD e FD= = =2 2 5 3, .T

D

O A BE2 4 x

G

y

α α2 2��

5 + 2 2��

180° – αα

3

α

β

F

s rP

( – )y 2 2 2

( – )y 2 2 2

( , ).3 2 2

2 2

xx x

x xDA B

D D=+

=+

∴ =⇒2

2 42

3

TD

O A B2 4 x

y

E

C

2

Questão 30▼▼


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

(PF)2 + (FD)2 = (PD)2

(PF)2 + 32 = 52 ∴ PF = 4

Ainda nesse triângulo,

Logo, o coeficiente angular da reta r é e o coeficiente angular da reta s é

Portanto uma equação da reta r é e uma equação da reta s é

Resposta: y x e y x= + + = + +43

2 2 143

2 2 9–

y x ou seja y x– ( ) – ( – ), , – .5 2 243

343

2 2 9+ = = + +

y x ou seja y x– ( ) ( – ), ,5 2 2

43

343

2 2 1+ = = + +

tg ( º – ) – .18043

α =tg α =43

tg

PFFD

ou seja tgα α= =, , .43


Uma bela prova, com questões abrangentes e conceituais. Examina conhecimentos específicos e exige dos candidatos cria-tividade, iniciativa e capacidade de análise dos dados na interpretação dos textos.

Parabéns à banca examinadora.


TTTNNNEEEMMM ÁÁÁ OOOOOOCCC IIIRRR


Teoria dos Conjuntos

1 3

ASSUNTO

Nº DE QUESTÕES2

Probabilidade

Matriz

Logaritmo

Inequação Exponencial

Geometria Plana

Geometria do Espaço

Números Complexos

Geometria Analítica

Equações Polinomiais

Determinante

Função

Binômio de Newton

Álgebra

Análise Combinatória

Trigonometria

IIICCCNNNÊÊÊDDDIIINNNIII CCC AAA


Errata

A resolução da questão nº 8 da Prova de Inglês do ITA,do dia 10/12/2003, nos conduz à alternativa D. Por engano,foi assinalada a B.

o anglo resolve a prova de matemática do...

Documents