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GABARITO COMENTADO
Questão 01
Seja M uma matriz real 2 × 2. Defina uma função f na qual cada elemento da matriz se
desloca para a posição seguinte no sentido horário, ou seja, se
=
a bM
c d, implica que
=
c af M
d b( ) . Encontre todas as matrizes simétricas 2 × 2 reais na qual M2 = f (M).
Solução:
+ + = ⇒ = = + +
=
+ == + = + = = ⇒ ⇒ = ⇒ ⇒ + = =
=+ =
== =
⇒ = ⇒ = = =
2 22
2 2
2 2
2 22
2 2
12
2
(M)
0( ) ou
2 12
0 00
0 00Se ou
0 0 111 0
a b a b a b a b ab bcM M
b c b c b c ab bc b cb a
fc b
a b ba
ab bc a a b bM f M a cab bc a ab a
bb c b
Mba
b bc
b M
= = ⇒ + = ⇒ = ⇒ = ± ⇒
=
⇒ =
3
2 2
4
1 12 21 1
1 1 1 1 1 2 2Se2 4 2 4 2 1 1–
2 21 1–2 2
1 1 1 1–0 0 0 1 2 2 2 2, , ,0 0 1 0 1 1 1 1–
2 2 2 2
M
b a a a
M
S
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Questão 02
Resolva a inequação, onde x ∈ .
( )>
+
x
x
2
29 4
1 – 3 1
Solução:
> ⇒ < > − + − + − +
23 3 34 –2 ou 2
1 3 1 1 3 1 1 3 1x x xx x x
Faremos 3 1x + = A, A ≥ 0 ⇒ 3x = A2 – 1 i)
( )
− −< − ⇒ < − ⇒ + <− −− +
− +⇒ <−
−⇒ <
⇒ >
⇒ + >⇒ + >⇒ >
2 2
2
2
3 1 12 2 2 01 11 3 1
2 1 01
( 1) 01––1 0
3 1 13 1 1
0
x A AA Ax
A AA
AA
A
xx
x
ou ii)
−> ⇒ − > ⇒−− +
+ −⇒ >−
− +⇒ >−
⇒ + <⇒ < − ≥
2
2
3 12 2 011 3 1
2 3 0(1 )
( 1)( 3) 0(1 )3 0
3 ( , , 0)
x AAx
A AA
A AA
AA não pode pois A
Portanto, x > 0.
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Questão 03
Resolve o sistema de equações, onde x ∈ � e y ∈ �
− =
=
3 33 3
2 1433
log (log ) log (log ) 1
( ) 3
x y
y x
Solução:
Fazendo a seguinte substituição: =
=
a
b
xy
33
, b > 0 para que exista 33log (log )y
Temos que o sistema passa a ser:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
+
+
= ⇔ = = ⇔ = = ⇔ = = ⇔ + = = ⇒
+ =+ = ⇔+ = ⇔
3 33 3
2
1433
3 33 3
22 1433
3 3
22 1433
3 2
2
2
2
log log 3 – log log 3 1
.3 3 3
log log 3 – log log 3 1
3 3
log 2 – 2log 1
3 3
2log 1
22 1433
2 36 2 429
6 3 4292 – 143 0
a b
ab
a b
ab
ab
a b
abab
a bb a
b bb b b = = −
= =
11 ou 13 (não serve, pois b > 0)36311 e 2
b
b a
Para os valores em x e y temos:
= =363
1123 e 3x y .
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Questão 04
Classifique o sistema abaixo como determinado, possível indeterminado e impossível de acordo com os valores reais de m.
− + − = + + + = + + + + + = +
2
3
( 2) 2 12 2 22 2( 1) ( 1) 3
m x y z mx my z mmx m y m z m
Solução:
− −
− − − −∆ = =
+ + − −
= − − + + − − −
= − + +
3 3 1 22 2
3 2
2 2 1 2 2 12 2 2 2
2 2 2 1 0 2 1
( 2) ( 1) 4 4( 2) 4( 1)3 2 4
p
L por L L L
m mm m
m m m m
m m m m mm m m + 4m − 8 − 4m + 4
= − += − −
2( 3 2)( 1)( 2)
m m mm m m
i) Se m ∈ – {0,1,2} ⇒ ∆P ≠ 0 ⇒ o Sistema é possível e determinado. ii)
− + − =+ == ⇒ + = ⇒ ⇒ = − + = + =
⇒ = − − ⇒ = −⇒ = −
⇒ − −⇒
2 2 12 3
Se 0 2 2 2 3 22 3
2 3
2 2 2(3 2y) 2x 4y 4x 2y 2
todo termo da forma (2 2, , 3 2 ) é soluçãoo Sistema é possível e indeterminado.
x y zy z
m x z z yy z
y z
x
y y y
iii)
− + − == = + + = = + + =
⇒
2 25 7
1 2 2 3 incompatíveis8 8
2 4 2 4
O sistema é impossível
x y zy
Se m x y zy
x y z
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iv)
− =− = = + + = + − = − + + =
⇒
2 32 3
2 2 2 2 6 incompatíveis2 1
4 6 3 11
o sistema é impossível
y zy z
Se m x y zy z
x y z
Resumindo: m ∈ – {0, 1, 2} ⇒ Sistema possível e determinado m = 0 ⇒ Sistema possível e indeterminado m ∈ {1, 2} ⇒ Sistema impossível Questão 05
Sejam os complexos z = a + bi e w = 47 + ci, tais que z3 + w = 0. Determine o valor de a, b e c, sabendo que esses números são inteiros e positivos. Solução: Primeiramente:
( ) ( )( )
+ = ⇔+ − − + + = ⇔
− + + − + = ⇔
− + = − + =
3
3 2 2 3
3 2 2 3
3 2 2 3
0.. .3 3 47 0
.3 47 3 0
3 47 0 ( ) e 3 0
z wa a b i ab b i c i
a ab a b b c i
a ab I a b b c II
De (I) temos: ( )− + = ⇔ = −3 2 2 23 47 0 47 3 ,a ab a b a como a é um número inteiro, este
é divisor de 47, logo:
( ) ( )= ⇔ = − ⇔ = ⇔ =2 21 47 3 1 3 48 4 já que b é positivoa b b b ou
( )= ⇔ = − ⇔ = ⇒ ∉2 2 2a 47 1 3b a 3b 2210 b .
Como = =1 4a e b , temos em (II) que:
− + = ⇔ =2 3. .3 1 4 4 0 52c c Logo = = =1, 4 e 52.a b c
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Questão 06
Enunciado Um triângulo ABC tem o seu vértice A na origem do sistema cartesiano, seu baricentro é o ponto D(3,2) e seu circuncentro é o ponto E(55/18,5/6). Determine: • a equação da circunferência circunscrita ao triângulo ABC;
• as coordenadas dos vértices B e C. Solução:
A) Circunferência com centro E e raio EA
+ = + =
⇒ ∂ + =
x y
x y
22 2 2 2
2
2 2
55 5 55 5 3250– –18 6 18 6 18
55 5 1625: – –18 6 162
B) = = = ⇒ =
⇒ = + = + = + =
∆ = = = ⇒
⇒ = ×
AM AD M
EM
EMC MC EC EM MC
MC EM
2 2 2 2
2 2 2
3 3 9 9(3,2) ,3 ,32 2 2 2
9 55 5 26 13 13 4 13 13– 3 – 12 18 6 18 6 6 9 18
3250 2197 1053 9 13: – –324 324 324 18
913
Colocando os pontos no plano de Argand-Gauss
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( )
( )
= × ⇒ + = + × ×
= ⇒ = + = + ⇒ = ⇒ =⇒ =
+= ⇒ = =
⇒ =
MC EM i x y i i i
x xx y i i iy y
C
B CM B M C
B
9 9 26 13 9– – 313 2 18 6 13
9 3– – 39 3– – 3 1 2 22 2 – 3 1 4
(3,4)
2 – (9,6) – (3,4)2(6,2)
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Questão 07
Se + = −cos sen 1,cos sen
x xy y
calcule o valor S.
+ −= +3cos cos 3 3sen sen 3cos seny y y yS
x x
Solução:
3
3
3 3
cos sen 1 cos · sen sen · cos sen · coscos sen
cos3 4 cos 3 · cosSabendo que:sen3 3 · sen 4 · sen
3 · cos cos3y 3 · sen sen3Logo: =cos sen
3 · cosy 4 · cos y 3cos 3 · sen 3 · seny 4 · sen=cos sen
x x x y x y y yy y
y y yy y y
y y yx x
y y yx x
+ = − ⇒ + = −
= −
= −
+ −+ ⇒
+ − − +⇒ +
3 3cos sen= 4 4cos sen
y y Tx x
⇒
⇒ + =
−
+= + = ⇒
− + −⇒ = ⇒
+ + − +⇒ = ⇒
⇒ =
3 3 3 3
2 2
sen · cos
cos sen sen · cos cos · senondecos sen sen · cos
sen · cos (1 sen ) cos · sen (1 cos )sen · cos
sen · cosy cos · sen ( sen · cos ) · (sen · sen cos · cos )sen · cosx
y y
y y x y x yTx x x x
x y y x y yTx x
x x y y y x y x yTx
T + + + ⇒
⇒ = + + + ⇒
⇒ = + + + + + ⇒
⇒ = + +
2 2
(sen · cos cos · sen ) · (sen · sen cos · cos 1)sen · cos
cos sen · (sen · sen cos · cos 1)cos sen
sen cos cos sen· sen · cos cos sen · sen · cosycos cos sen sen
sen cos1cos sen
x y x y x y x yx x
y yT x y x yx x
x y x yT y y y y yx x x x
x xTx x
+ + ⇒
−⇒ = + + =
=
sen · cos sen · cos· sen · cossen · cos
1 ( sen · cos )1 · sen · cos 1sen · cos sen · cos
Logo 4
x y y xy yx x
y yT y yx x x x
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Questão 08
Seja A = {1,2,3,4}. • Quantas funções de A para A têm exatamente 2 elementos em seu conjunto imagem? • Entre as 256 funções de A para A, sorteiam-se as funções f e g, podendo haver repetição.
Qual a probabilidade da função composta f ∘ g ser uma função constante?
Solução: (a)
Escolha de 2 elementos na imagem: =2
4 6C Total de funções com esta imagem: Total – não serve = 24 – 2 (imagem com 1 elemento) = 14 Logo: no de funções = 6 × 14 = 84 (b) A função g pode ter imagem com: (I) 1 elemento: no funções g: 4 no funções f: este elemento pode se corresponder com 4 elementos os outros 3 elementos podem se corresponder com 43 elementos Logo: 4 ×4 × 43 = 45 = 64 × 42
(II) 2 elementos: no funções g: 84 (item a acima) no funções f: estes 2 elementos podem se corresponder com 4 elementos. Os outros 2 elementos podem se corresponder com 42 elementos. Logo: 84 × 4 × 42 = 21 × 44 = 336 × 42
(III) 4 elementos: no funções g: 4! = 24 no funções f: estes 4 elementos podem se corresponder com 4 elementos Logo: 24 × 4 = 6 × 42
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(IV) 3 elementos: no funções g: 44 – 4 – 84 – 24 = 256 – 112 = 144 no funções f: estes 3 elementos podem se corresponder com 4 elementos, o outro elemento pode se corresponder com 4 elementos. Logo: 144 × 4 × 4 = 144 × 42
Total de funções (f ∘ g = constante) = (64 + 336 + 6 + 144) × 42 = 550 × 42
No de casos possíveis = 44 × 44 = 44 × 42 × 42 ⇒ ×= = =×× ×
2
4 2550 4 275 275
256 8 20484 4 4P
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Questão 09
Em um triângulo ABC, a medida da bissetriz interna AD é a média geométrica entre as medidas dos segmentos BD e DC, e a medida da mediana AM é a média geométrica entre os lados AB e AC. Os pontos D e M estão sobre o lado BC de medida a. Pede-se determinar os lados AB e AC do triângulo ABC em função de a. Solução:
Aplicando o teorema das bissetrizes, temos:
= = ⇔ = =+ + +
e m n a ac abm nc b b c b c b c
Pelo teorema de Stewart nas cevianas e :AD AM
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
− + = ⇔ + = ⇔
+ = ⇒ + =
+ +
− + = ⇒ − =⋅ ⋅ ⋅
= =
22 2 2 2
2 2
22 2
1 2
2 2 1
21 22
2 2 2 2
3 2 2De 1 e 2 : e .4 4
mnc b b cam mn an an am
b c b c aab aca a
b c b c
bcc b ab ca a a aa a
a ab c
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Questão 10
Em um cone equilátero são inscritas duas esferas de raios −+
3 13 1
R e R, conforme a figura
abaixo. Um plano secante ao cone é traçado de forma que este seja tangente às duas esferas. Determine em termos de R o maior segmento possível que une dois pontos da curva formada pela interseção do referido plano com o cone.
Solução:
Lema: Pelo teorema de Dandelin o corte na superfície cônica é uma elipse com eixo maior = 2a, onde DE = 2a ⇒ A maior distância entre 2 pontos desse corte é o eixo maior dessa elipse e, portanto, é igual a DE.
= ⇒ = ⋅ = ⋅3tg 30° 33
r AD r rAD
−⇒ =+
3 33 1
AD R
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= ° ⇒ = ⋅ =3tg 30 33
R AE R RAE
− + − +⇒ = − = − =+ +
3 3 3 3 3 333 1 3 1
DE AE AD R R R
( )−⇒ = = = −+
2 3 6 2 3 3 323 1
DE R R R
Demonstração do lema: Seja P um ponto do corte e F1 e F2 os pontos de contato do plano de corte com as esferas. PF1 e PR são duas tangentes traçadas de P à esfera menor ⇒ PF1 = PR PF2 e PS são duas tangentes traçadas de P à esfera maior ⇒ PF2 = OS ⇒ PF1 + PF2 = PR + PS = RS = DE ⇒ L.G. de P: Elipse de focos F1 e F2 e eixo maior DE.
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Comentário da prova
Nesse ano a prova veio abrangente, cobrando vários tópicos do ensino médio como matrizes, inequações, logaritmos, sistemas, números complexos, geometria analítica, trigonometria, análise combinatória e geometria plana, além de tópico raros no ensino médio, como seções cônicas e teorema de Dandelin.
O nível de dificuldade veio difícil quando comparado a outros vestibulares e moderado quando comparado a outros anos do IME, possibilitando uma boa distribuição de notas entre os candidatos.
As questões mais fáceis são a 1 e a 4 e as mais difíceis são a 7 e a 8.
A questão 10 foi muito acessível para o candidato que soubesse o teorema de Dandelin.
Mais uma vez queremos parabenizar a banca por uma bela prova que selecionará os melhores candidatos.
Equipe de Matemática Álvaro Neto André Felipe Kessy Jhones Marcelo Xavier Rafael Sabino Ricardo Secco