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
31