GABARITO ITA

PROVA 2016/2017

MATEMÁTICA

GABARITO ITA – MATEMÁTICA NOTAÇÕES : conjunto dos números reais : conjunto dos números complexos i: unidade imaginária i2 = –1 det M: determinante da matriz M M–1: inversa da matriz M MN: produto das matrizes M e N AB : segmento de reta de extremidades nos pontos A e B [a, b] = { x ∈: a ≤ x ≤ b} Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são os cartesianos retangulares.

Questão 1 Sejam X e Y dois conjuntos finitos com X ⊂ Y e X ≠ Y. Considere as seguintes afirmações: I. Existe uma bijeção f : X → Y. II. Existe uma função injetora g: Y → X. III. O número de funções injetoras f: X → Y é igual ao número de funções sobrejetoras g: Y → X. É (são) verdadeira( s) A B C D E

(  (  (  (  ( 

) nenhuma delas. ) apenas I. ) apenas III. ) apenas I e II. ) todas.

Gabarito: Letra A. I. Falsa. Para existir bijeção em conjuntos finitos deveríamos ter n(X) = n(Y), porém X ⊂ Y e X ≠ Y. II. Falsa. X ⊂ Y e X ≠ Y ⇒ n(Y) > n(X) tornando impossível formar uma função injetora. III. Falsa Basta tomar o contra-exemplo X = {1}, Y = {1,2}. Nesse caso temos duas funções injetora de X em Y e uma função sobrejetora de Y em X.

3

DISCURSIVAS – 15/12/16 Questão 2 O número de soluções da equação (1 + secθ)(1 + cossecθ) = O, com θ ∈ [–π, π], é A (  ) 0. B (  ) 1. C (  ) 2.

D (  ) 3. E (  ) 4.

Gabarito: Letra A. Como aparecem secθ e cossecθ, devemos ter sen θ ≠ 0 e cos θ ≠ 0. Agora, na equação dada, tem-se: cos θ = −1 sec θ = −1   ou ou ⇒  cossec θ = −1 sen θ = −1 Como cos θ = –1 ⇒ sen θ = 0 e sen θ = –1 ⇒ cos θ = 0, não há soluções.

Questão 3 Sejam a, b, c, d ∈ . Suponha que a, b, c, d formem, nesta ordem, uma progressão geométrica e que a, b/2, c/4, d–140 formem, nesta ordem, uma progressão aritmética. Então, o valor de d – b é: A (  ) –140. B (  ) –120. C (  ) 0.

D (  ) 120. E (  ) 140.

Gabarito: Letra D. Seja q a razão da PG (a, b, c, d), temos: b = aq, c = aq2, d = aq3 c aq 2  b c  a, 2 , 4  em PA ⇒ b = a + 4 ⇒ aq = a + 4   a ≠ 0: q = 1+

q2 ⇒ q2 – 4q + 4 = 0 ⇒ q = 2. 4

Nesse caso b = 2a, c = 4a e d = 8a   b c   2a 4 a  a, 2 , 4 , d − 140  em PA ⇒  a, 2 , 4 , 8 a − 140  em PA.     4

GABARITO ITA – MATEMÁTICA Logo 8a – 140 = a, donde a = 20, b = 40; d = 160 ⇒ d – b = 120.  b c  Não pode ocorrer a = 0, pois teríamos b = c = d = 0 e  a, , , d − 140  não seria PA.  2 4 

Questão 4 O maior valor de tg x, com x =

1 3 arcsen   e x ∈ 2 5

A (  ) 1/4. B (  ) 2. C (  ) 1/3.

 π 0, 2  , é  

D (  ) 3. E (  ) 1;2.

Gabarito: Letra B. 1 3 3 Como x = arcsen , tem-se 2 x arcsen . 2 5 5 3 Logo, sen 2 x = . 5 2 1 3 1 π π π 3 < , segue que x = arc sen < ⋅ = . Dai, 2 x < . 5 2 2 5 2 4 8 4 3 4 3 Já que 2x é agudo, sen 2 x = implica = cos 2 x = e tan 2 x . 5 5 4 2 tan x 3 Portanto: = ⇔ 3 tan x 2 + 8 tan x − 3 = 0 1− tan x 2 4 Como

⇒ tan x = –3 ou tan x = 1/3. Como x é agudo: tan x = 1/3.

Questão 5 Considere a reta r : y = 2x. Seja A = (3, 3) o vértice de um quadrado ABCD, cuja diagonal BD está contida em r. A área deste quadrado é A (  )

9 . 5

D (  )

B (  )

12 . 5

E ( ) 24 . 5

C (  )

18 . 5

21 . 5

5

DISCURSIVAS – 15/12/16 Gabarito: Letra C. Sendo d a diagonal do quadrado: d 6 6 5 | 6 − 3| = d( A, r ) = ⇒d= = 2 5 5 5 S = 2 =

d 2 18 = 2 5

Questão 6 Considere o sistema de equações  1 27 8  + 2 + 3 =3 z x y  4 81 40 S  + 2 + 3 = 1. z x y  2 54 24  + 2 + 3 =7 z  x y Se (x, y, z) é uma solução real de S, então |x| + |y| + |z| é igual a A (  ) 0. B (  ) 3. C (  ) 6.

D (  ) 9. E (  ) 12.

Gabarito: Letra C. 1 1 1 Façamos = a= , 2 b e 3 = c. Daí, temos o sistema: x y z

(i)  a + 27 b + 8c = 3  4 a + 81b+ 40 c = 10 (ii) 2 a + 54 b+ 24 c = 7 (iii)  2 ⋅ (iii)) − (ii) : 27 b + 8c = 4 27 b = 3 b = 1 / 9 ⇒ ⇒ 8c = 1 8c = 1 c = 1/ 8 (iii) − 2 ⋅ (i) : Em (i): a + 3 + 1 = 3 ⇒ a = –1

6

GABARITO ITA – MATEMÁTICA Então, como x, y, z são reais: 1 x = 1  = −1  x   1 1  2 = ⇒  y = ±3 9 y   1 1   3 =  z = 2 8 z ∴| x | + | y | + | z |= = 1+ 3 + 2 = 6

Questão 7 O número de soluções inteiras da inequação 0 ≤ x2 – |3x2 + 8x| ≤ 2 é A B C D E

(  (  (  (  ( 

) 1. ) 2. ) 3. ) 4. ) 5.

Gabarito: Letra C. 3x2 + 8x: + –8/3

+ –

0

1o caso: x ≤ –8/3 ou x ≥ 0 0 ≤ x2 – (3x2 + 8x) ≤ 2 ⇔ 0 ≤ – 2x2 – 8x ≤ 2 2 2 x + 8 x ≤ 0 ⇔ −4 ≤ x ≤ 0 Assim :  2 2 2 x + 8 x + 2 ≥ 0 ⇔ x + 4 x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≤ −2 − 3 ou x ≥ −2 + 3 . Logo − 4 ≤ x ≤ −2 − 3 ou − 2 + 3 ≤ x ≤ 0. x ∈ : x ∈ {–4,0} que satisfazem a condição inicial desse caso.

7

DISCURSIVAS – 15/12/16 2o caso: –8/3 < x < 0. 0 ≤ x2 + 3x2 + 8x ≤ 2 ⇔ 0 ≤ 4x2 + 8x ≤ 2  x 2 + 2 x ≥ 0 ⇔ x ≤ −2 ou x ≥ 0  Assim :  −2 − 5 −2 + 5 2 ≤x≤ 2 x + 4 x − 1 ≤ 0 ⇔  2 2 −2 − 5 −2 + 5 ≤ x ≤ −2 ou 0 ≤ x ≤ 2 2 x ∈ : x ∈ {–2,0}. No intervalo inicial x = –2. Logo

Questão 8 Sejam A= {1, 2, 3, 4, 5} e B = {–1, –2, –3, –4, –5}. Se C = {xy: x ∈ A e y ∈ B}, então o número de elementos de C é A B C D E

(  (  (  (  ( 

) 10. ) 11. ) 12. ) 13. ) 14.

Gabarito: Letra E. A\B

–1

–2

–3

–4

–5

1

–1

–2

–3

–4

–5

2

–2

–4

–6

–8

–10

3

–3

–6

–9

–12

–15

4

–4

–8

–12

–16

–20

5

–5

–10

–15

–20

–25

Na tabela temos 14 elementos distintos. 8

GABARITO ITA – MATEMÁTICA Questão 9 Sejam S1 = {(x, y) ∈ 2 : y ≥ ll x l – 1|} e S2 = {(x, y) ∈ 2 : x2 + (y + 1)2 ≤ 25}. A área da região S1 ∩ S2 é 25 π − 2. 4 25 B (  ) π − 1. 4 25 π. C (  ) 4

A (  )

75 π − 1. 4 75 π − 2. E ( ) 4 D (  )

Gabarito: Letra A. • Montemos S1: y

y = |x|

y

y = ||x| – 1|

y

y = |x| – 1

1 x

⇒

x

⇒

–1

1

x

Daí: y

S1

1 –1

1

x

–1

9

DISCURSIVAS – 15/12/16 • Montemos S2: y raio = 5

–1

x S2

Agora, para S1 ∩ S2:

A B 1

1

1

1 Veja que S1 ∩ S2 = A – B. Como B ⊂ A, temos que: Área(S1 ∩ S2) = Área(A) – Área(B) Em A, os raios são perpendiculares, pois vêm de y = |x|. 1 25π 2 . Daí, Área(A) = ⋅ π ⋅ 5 = 4 4 Para B, veja que temos um quadrado de lado 2. Daí, Área(B) = 2. 25π ∴ Área( S1 ∩ S2 ) = − 2. 4

10

GABARITO ITA – MATEMÁTICA Questão 10 Sejam a, b, c, d números reais positivos e diferentes de 1. Das afirmações: (logc b ) = b(logc a ) . I. a logd c

logd a

 a  b c II.        b  c  a III. logab(bc) = logac A B C D E

(  (  (  (  ( 

logd b

= 1.

) apenas I. ) apenas II. ) apenas I e II. ) apenas II e III. ) todas.

Gabarito: Letra C. log b log a I. (v) a c = b c ⇔ (logcb) log a = (logc a) log b log b log a ⇔ ⋅ log a = ⋅ log b, o que é claramente verdade para quaisquer a, b e c log c log b

positivos diferentes de 1. II. (v) Usando a afirmação (I): alogd c = clogd a  log c log a log b   a d  b d c d blogd a = alogd b  ⇒   ⋅   ⋅   = 1.  b c  a logd b logd c  c =b  III. (f) log ab (bc) = log a c ⇔

log b + log c log c = log a + log b log a

⇔ (log b) (log a) = (log b) (log c), igualdade satisfeita apenas se b = 1 ou se a = c.

11

DISCURSIVAS – 15/12/16 Questão 11  1 0 0 7 0 2    Sejam D = 0 2 0 e P = 0 1 0  .     0 0 3  2 0 5  Considere A = P –1DP. O valor de det(A2 + A) é: A B C D E

(  (  (  (  ( 

) 144. ) 180. ) 240. ) 324. ) 360.

Gabarito: Letra A. A = P –1DP ⇒ A2 = P –1DPP –1DP = P –1D2P. Daí, A2 + A = P –1D2P + P –1DP = P –1(D2 + D)P. Então, pelo teorema de Binet: 2 0 0 det(A2 + A) = det (D2 + D) = 0 6 0 = 2 · 6 · 12 = 144. 0 0 12

Questão 12 Considere dois círculos no primeiro quadrante:

π . 16 • C2 com centro (x2, y2), raio r2 e área 144π • C1 com centro (x1, y1), raio r1 e área

Sabendo que (x1, y1, r1) e (x2, y2, r2) são duas progressões geométricas com somas dos termos 7 iguais a e 21, respectivamente, então a distância entre os centros de C1 e C2 é igual a 4 A (  )

123 . 2

D (  )

135 . 2

B (  )

129 . 2

E ( )

137 . 2

C (  )

131 . 2

12

GABARITO ITA – MATEMÁTICA Gabarito: Letra E. 1 π • C1 tem área . Logo, r1 = . 4 16 • C2 tem área 144π. Logo, r2 = 12  a2 a 1  2 Daí, para as PGs: ( x1, y1, r1 ) =  , ,  e ( x 2 , y 2 , r2 ) = 12 b , 12 b, 12 . 4 4 4   Como foram dadas as somas das progressões:  a2 a 1 7  a = − 3 ou a = 2 2  + + =   a + a − 6 = 0 →  2 →  4 4 4 4 1 3  b = 2 ou b = − 2 12 b2 + 12 b + 12 = 21 4 b + 4 b − 3 = 0 

(

)

Como os círculos estão no 1o quadrante, tem-se a > 0 e b > 0. 1 Então: a = 2, b = . 2  1 Substituindo: ( x1, y1 ) =  1,  e ( x 2 , y 2 ) = ( 3, 6 ) .  2 A distância entre esses pontos é

( 3 − 1)

2

2

1 121 137  + 6 −  = 4 + = . 2 4 2 

Questão 13 Das afirmações: I. Todo número inteiro positivo pode ser escrito, de maneira única, na forma 2k – 1(2m – 1), em que k e m são inteiros positivos. II. Existe um número x ∈ [O, π/2] de tal modo que os números a1 = sen x, a2 = sen (x + π/4), a3 = sen (x + π/2) e a4 = sen (x + 3π/4) estejam, nesta ordem, em progressão geométrica. III. Existe um número inteiro primo p tal que p é um número racional. é(são) verdadeira(s) A B C D E

(  (  (  (  ( 

) apenas I. ) apenas lI. ) apenas III. ) apenas I e II. ) todas.

13

DISCURSIVAS – 15/12/16 Gabarito: Letra A. I. V Todo inteiro positivo pode ser fatorado de forma única como produto de primos (Teorema Fundamental da Aritmética). Daí, 2k – 1 representa a “parte par”, que contém todos os fatores 2. O que sobra é ímpar e fica incluído no fator 2m – 1. II. F 2  a = a1 · a3 ( i ) Para (a1, a2, a3, a4) ser PG, devemos ter  2 2  a3 = a2 · a4 ( ii ) (i) sen2 ( x + π ) = senx · sen( x + π ) 4 2 2 ( (senx + cos x ))2 = senx · cos x 2 1 (sen2 x + cos2 x + 2senx cos x ) = senx · cos x 2 1 + sen2x = sen2 x 1= 0 (impossível) III. F Seja x = p . Temos que x2 – p = 0. Se x é racional, pelo teste das raízes racionais, tem-se que x é inteiro e x|p. Daí ou x = ±1 ou x = ±p. Como x > 0: x = 1→ 1− p = 0

x = p → p2 − p = 0

p = 0 ou p = 1

Como p é primo, isso não é possível.

14

GABARITO ITA – MATEMÁTICA Questão 14 Com os elementos 1, 2, ... , 10 são formadas todas as sequências (a1, a2, ... , a7 ). Escolhendo-se aleatoriamente uma dessas sequências, a probabilidade de a sequência escolhida não conter elementos repetidos é A (  )

7! 10 · 3 !

D (  )

10 ! 103 · 7 !

B (  )

10 ! 107 · 3 !

E ( )

10 ! 107

C (  )

3! 10 · 7 !

7

7

Gabarito: Letra B. Número de elementos do espaço amostral: 107 10 ! Número de elementos do evento: A10, 7 = 3! P( A) =

n( A) 10 ! = n( Ω) 107 · 3 !

Questão 15 Considere a equação ( a − bi ) que satisfazem a equação é A B C D E

(  (  (  (  ( 

501

=

(a

2 ( a + bi ) 2

2

)

+ b 250 + 1

. O número de pares ordenados (a,b) ∈ 2

) 500. ) 501. ) 502. ) 503. ) 504.

15

DISCURSIVAS – 15/12/16 Gabarito: Letra D. Seja ρ = a + bi = a − bi = a2 + b2 ≥ 0 Na equação dada, apliquemos módulo:

( a − bi ) ρ501 =

501

2 ( a + bi )

=

(a

2

+ b2

)

250

+1

2ρ ρ +1 500

Daí, ou ρ = 0, que implica z = a + bi = 0, ou ρ500 = ⇔ (ρ ) + ρ 500 2

500

–2=0⇔ρ

500

= 1 ou ρ

500

2 ρ

500

+1

= –2.

Como ρ500 > 0, temos ρ500 = 1 ⇒ ρ = 1. Daí, a2 + b2 = 1. Na equação dada: (a – bi)501 = a + bi 1 2 Sendo a + bi = z e a − bi = z , usando z ⋅ z = z = 1, temos z = . z 501

 1 Daí:   = z z z 502 = 1 Então, as raízes em z são 0 e as 502 raízes de z502 = 1. Portanto, são 503 soluções.

Questão 16 Seja ABC um triângulo cujos lados AB, AC, e BC medem 6 cm, 8 cm e 10 cm, respectivamente. Considere os pontos M e N sobre o lado BC tais que AM é a altura relativa a BC e N é o ponto médio de BC. A área do triângulo AMN, em cm2 é A (  ) 2,36. B (  ) 3,60. C (  ) 4,20. 16

D (  ) 4,48. E (  ) 6,72.

GABARITO ITA – MATEMÁTICA Gabarito: Letra A. A

6

B

B

M

N

5

C

10 Veja que AN = NC = 5, e que AM =

6 ⋅ 8 24 = . Portanto: 10 5

2

7  24  MN = 52 −   = 5 5   SAMN

24 7 ⋅ 84 AM ⋅ MN = = 5 5 = = 3, 36 cm2 2 2 25

Questão 17 Seis circunferências de raio 5 cm são tangentes entre si duas a duas e seus centros são vértices de um hexágono regular, conforme a figura abaixo. O comprimento de uma correia tensionada que envolve externamente as seis circunferências mede, em cm, A B C D E

(  (  (  (  ( 

) 18 + 3π. ) 30 + 10π. ) 18 + 6π. ) 60 + 10π. ) 36 + 6π. 17

DISCURSIVAS – 15/12/16 Gabarito: Letra D.

Veja que o ângulo α assinalado satisfaz: α + 90° + 90° + 120° = 360° α = 60°

10 α

Logo, o comprimento total será dado por: 2π ⋅ 5 ⋅ 60° 6 ⋅ 10 + 6 ⋅ = ( 60 + 10π ) cm 360°

120°

Questão 18 O lugar geométrico dos pontos (a, b) ∈2 tais que a equação, em z∈, z2 + z + 2 – (a + ib) = O possua uma raiz puramente imaginária é A B C D E

(  (  (  (  ( 

) uma circunferência. ) uma parábola. ) uma hipérbole. ) uma reta. ) duas retas paralelas.

Gabarito: Letra B. Para uma raiz puramente imaginária: z = ui

(u∈, u ≠ 0)

z 2 + z + 2 − ( a + bi ) = 0

−u 2 + ui + 2 − ( a + bi ) i = 0

(2 − u

2

− a) + ( u − b) i = 0 + 0i

2 − u − a = 0 *  u − b = 0 → u = b Em *: 2 − b2 − a = 0 → a = 2 − b2 2

parábola.

Obs.: Como u ≠ 0, temos b ≠ 0. Por isso, devemos excluir o vértice da parábola. 18

GABARITO ITA – MATEMÁTICA Questão 19 Um atirador dispõe de três alvos para acertar. O primeiro deste encontra-se a 30 m de distância; o segundo, a 40 m; o terceiro alvo, a 60 m. Sabendo que a probabilidade de o atirador acertar o alvo é inversamente proporcional ao quadrado da distância e que a probabilidade de ele acertar o primeiro alvo é de 2/3, então a probabilidade de acertar ao menos um dos alvos é: A (  ) 120 160 B (  ) 119 154 C (  )

110 144

D (  )

105 135

E ( )

119 114

Gabarito: Letra E. Seja P(Ai) a probabilidade de acertar o alvo Ai e D(Ai) a distância até o alvo Ai, pelo enunciado: P(A) · D2(A) = cte = k 2 No primeiro alvo: ⋅ 302 = k ⇒ k = 600. 3 No segundo alvo: P( A 2 ) ⋅ 402 = 600 ⇒ P( A2 ) =

3 . 8

No terceiro alvo: P( A 3 ) ⋅ 602 = 600 ⇒ P( A 3 ) =

1 . 6

2  3  1  1 5 5 25  Probabilidade de errar todos os alvos:  1 −  ⋅  1 −  ⋅  1 −  = ⋅ ⋅ = 3  8  6  3 8 6 144  Probabilidade de acertar ao menos um dos alvos: 1 −

25 119 = . 144 144

19

AC CB

AC

DISCURSIVAS – 15/12/16 AC CB

AB

AC AC 20 CB AB ACAC CB CB CE CD CB Considere o triângulo ABC, em que os segmentos AC ,CB respectiva­mente, CB e AB medem, AB   AB DBEcm = eDCE CE AB 10 cm, 15 20 cm. Seja D um ponto do segmento CB ABABde talCDmodo que CD é bissetriz do  e seja E um  = DCE  . CDponto do prolongamento de CD , na direção de D, tal que DBE ângulo ACB CE AB CD CD CE   A medida, em cm, de CE é  = CECE ACB DCE  = DCE  DBE CD CE DBE  = DCE   = DCE   DBE  DBE 11 6  20 ACB = DCE 6 CE DBE DBE DCE . A (  ) D (  ) = ACB .   ACB 3   3 ACB  ACB DBE =ACB DCE 25 6 13 6  B (  ) E ( ) . . ACB 3 3 17 6 . C (  ) 3 AC

CD Questão

Gabarito: Letra E. C

10

15

X

8

A

12 D

B

Y

ADAD == 88 E = 12 , pelo teorema da bissetriz interna. Além disso, o quadrilátero ACBE Veja que AD = 8 eDBDB= 12   .  é inscritível, ACE= =ABE ABE. DBpois = 12 ACE Por Stewart, temos:  = ABE  . ACE x2 152 102 + 1= + ⇔ x =3 6 8 ⋅ 12 8 ⋅ 20 12 ⋅ 20 Fazendo potência de ponto em relação ao ponto D: 8 ⋅ 12 32 16 6 = = xy = 8 · 12 ⇔ y = 3 3 6 6 Logo, CE = x + y = 20

25 6 . 3

GABARITO ITA – MATEMÁTICA Questão 21 Considere as retas de equações r: y = 2 x + a e s: y = bx + c, em que a, b, c são reais. Sabendo que r e s são perpendiculares entre si, com r passando por (O, 1) e s, por ( 2, 4), determine a área do triângulo formado pelas retas r, s e o eixo x. Gabarito: r: y = 2 x +a s: y = bx + c Dado que r ⊥ s, então 2 · b = –1 ⇔ b = −

2 . 2

Como r passa por (0, 1), então a = 1. 2 Como s passa por ( 2, 4), então − ( 2) + c = 4 ⇔ c = 5. 2 r 5 1 −

2 2

5 2

área S

s

Logo: 2x + 1 = −

2 x+5 2

3 2 8 11 x=4⇔ x= ⇔ y= . 2 3 3 2 Finalmente: 11 2 11 · bh 2 3 = 121 2 u.a. = S = 2 2 12 21

DISCURSIVAS – 15/12/16 Questão 22 Determine todos os valores reais de x que satisfazem a inequação 43x – 1 > 34x. Gabarito: 43x – 1 > 34x Aplicando logaritmos na base 3 em ambos os lados da inequação: log343x – 1 > log334x ⇔ (3x – 1)log34 > 4x ⇔ (3log34 – 4) x > log34. Como 3log34 – 4 = log343 – log334 < 0, então: x
1. 3 a) Determine todas as progressões geométricas (a1, a2, a3) de razão q = . 2 b) Escreva q =

m , com m, n ∈  e mdc(m, n) = 1. Determine o maior valor possível para n. n

Gabarito: 3  3a 9a  , temos (a1, a2, a3) =  a, ,  . 2  2 4  Com isso, a deve ser múltiplo de 4: a = 4k (k inteiro) a) Para termos q =

Daí, (a1, a2, a3) = (4k, 6k, 9k) k = 1 → (4, 6, 9) k = 2 → (8, 12, 18) k = 3 → (12, 18, 27)  am am2  , 2 . b) Seja a1 = a, temos (a1, a2, a3) =  a,  n n  Como mdc(m, n) = 1, devemos ter n2|a ⇒ n2 ≤ a ≤ 30 ⇒ n ≤ 5.  am am2  2 Se n = 5:  a, ,  ⇒ a = 25 ⇒ (25, 5m, m ), que não é possível, pois não existe 5 25   quadrado perfeito tal que 25 < m2 ≤ 30.  am am2  2 Se n = 4:  a, ,  ⇒ a = 16 ⇒ (16, 4m, m ). 4 16   Aqui, a única opção é m2 = 25, ou seja, m = 5. A PG é (16, 20, 25). Resposta: nMÁX = 4.

24

GABARITO ITA – MATEMÁTICA Questão 26 Esboce o gráfico da função f :  →  dada por f ( x ) = 2

−x

−

1 . 2

Gabarito: Vamos esboçar o gráfico de g1(x) = 2–x: y

1 x Ao trocar x por |x|, o gráfico será simétrico em relação ao eixo y. Portanto, o gráfico de g2(x) = 2–|x| será da forma: y

x

25

DISCURSIVAS – 15/12/16 1 1 Para g3(x) = 2–|x| – , basta transladar o gráfico de g2(x) de unidade para baixo. O gráfico de 2 2 g3(x) será: y

1 2 –1

1

–

x

1 2

Como f(x) = |g3(x)|, basta refletir as partes do gráfico de g3(x), que possuem g3(x) < 0, em relação ao eixo x. Gráfico de f(x): y

1 2 –1

26

1

x

GABARITO ITA – MATEMÁTICA Questão 27 Determine todos os valores reais de a para os quais o seguinte sistema linear é impos­sível: x + ay + z = 2   2 y + 3 z = −1 . − x −   3 x + az = 5 Gabarito: Para que o sistema seja impossível, devemos ter: 1 a 1 −1 −2 3 = 0 3 0 a Pela Regra de Sarrus, a2 +7a + 6 = 0 ⇒ a = –1 ou a = –6 I. a = –1 x − y + z = 2  − x − 2 y + 3 z = − 1 3 x − z = 5 Veja que (x, y, z) = (5/3, –1/3, 0) é solução, logo o sistema não é impossível. II. a = –6 (*1) x − 6y + z = 2  − x − 2 y + 3 z = − 1 (*2) 3 x − 6 z = 5 (*3) Fazendo 3(*1) –9(*2) –4(*3): x · (3 + 9 – 12) + y(–18 + 18) + z(3 – 27 + 24) = 2 · 3 –1 ·(–9) + 5 · (–4) ⇒ ⇒ 0 · x + 0 · y + 0 · z = 6 + 9 – 20, absurdo! Pois 0 ≠ –5. Portanto, o sistema é impossível para a = −6

27

DISCURSIVAS – 15/12/16 Questão 28 Um triângulo retângulo com hipotenusa c = 2(1 + 6 ) está circunscrito a um círculo de raio unitário. Determine a área total da superfície do cone obtido ao girar o triângulo em torno do seu maior cateto. Gabarito: 1

1

1

1

x

y

1 y

x

(

)

Primeiro, veja que x + y = 2 1+ 6 . Além disso: p=3+2 6 A área do triângulo é dada por: ( x + 1) ( y + 1) = pr ⇔ x + 1 y + 1 = 6 + 4 6 ( )( ) 2

⇔ xy + x + y + 1 = 6 + 4 6 ⇔ xy = 3 + 2 6 Portanto, encontramos x = 3 + 6 e y = 6 − 1. O maior cateto do triângulo será x + 1 = 4 + 6. Assim, o cone gerado de acordo com o enunciado terá área total igual a:

(

2 1+ 6 4+ 6

(

)

( 6 ) (2 + 2 6 ) + π ( 6 )

Stotal = 18 + 2 6 π u.a. 6

28

)

Stotal = π r g + π r 2 = π

2

GABARITO ITA – MATEMÁTICA Questão 29 x Determine o conjunto das soluções reais da equação 3cossec2   − tg2 x = 1. 2 Gabarito: x Do enunciado, 3cossec2   = 1 + tg2 x 2 x x Mas, 1 + tg2x = sec2x. Dessa forma, 3cossec2   = sec2 x ⇒ 3cos2 x = sen2   2 2 2  x  (II) Sabemos que cos x = 1 − 2sen   2 Substituindo (I) em (II), obtemos: cos x = 1 − 6 cos2 x ⇔ 6 cos2 x + cos x − 1 = 0

(I )

i.



2π   x = 3 + 2 k1π, k1∈  ou 1 cos x = − ⇒  2  x = − 2π + 2 k2 π, k2 ∈   3

ii.



  1  x = arccos  3  + 2 k3 π, k3 ∈  ou 1    ⇒  cos x = 3  x = − arccos  1  + 2 k π, k ∈  4 4 3   

Resposta:   2π 2π  1  1 S =  x ∈ | x = + 2 k1π ∨ x = − + 2 k2 π ∨ x = arccos   + 2 k3 π ∨ x = − arccos   + 2 k4 π  , 3 3 3 3  

sendo k1, k2, k3 e k4 números inteiros.

29

DISCURSIVAS – 15/12/16 Questão 30 Considere o cubo ABCDEFGH de aresta 2 tal que: ABCD é o quadrado da base inferior; EFGH, o quadrado da base superior e AE, BF, CG e DH são as arestas verticais. Sejam L, M e N os pontos médios das arestas AB, CG e GH, respectivamente. Determine a área do triângulo LMN. Gabarito: H

1

N

1

1

F

E

G

M 1 D A

1

C

5

L

1

B

2

–– = AH = 2 2. Além disso, MN = 2 e, como LC = 5, o segmento LM mede 6. Veja que LN Então o ∆LMN é retângulo, pois:

(2 2 ) = ( 6 ) + ( 2 ) 2

2

2

A área do ∆LMN será dada por

6⋅ 2 = 3 u.a. 2

Comentário A prova de Matemática do ITA deste ano manteve sua abrangência em termos de conteúdos cobrados no edital. A parte objetiva está comparável aos anos anteriores, porém a parte discursiva está sensivelmente mais fácil, de forma que um aluno bem preparado conseguiria desenvolver bem os problemas. Destacamos como mais difíceis as questões 15 e 25. Por fim, parabenizamos a banca pela prova. Professores:

30

Jordan Piva / Raphael Mendes / Rodrigo Villard / Sandro Davison

GABARITO ITA – MATEMÁTICA

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