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Ita07m.prnF:\Vestibular-2007\Ita07\ita07m\Ita07m.vpquinta-feira, 14 de dezembro de 2006 00:07:20

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NOTAÇÕESN = {0, 1, 2, 3,...}Z : conjunto dos números inteirosQ : conjunto dos números racionaisR : conjunto dos números reaisC : conjunto dos números complexosi : unidade imaginária; i2 1= −|z|: módulo do número z ∈ Cz : conjugado do número z ∈ CRe z : parte real de z ∈ CIm z : parte imaginária de z ∈ Cnp

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ : número de combinações de n elementos

tomados p a p.mdc( j, k) : máximo divisor comum dos núme-ros inteiros j e k.n(X) : número de elementos de um conjuntofinito X.( , ) { :a b x R a x b= ∈ < < }.

Observação: Os sistemas de coordenadas con-siderados são cartesianos ortogonais.

Se A, B, C forem conjuntos tais que

n A B( )∪ = 23, n B A( )− = 12, n C A( )− = 10,n B C( )∩ = 6 e n A B C( )∩ ∩ = 4,

então n(A), n A C( )∪ , n A B C( )∪ ∪ , nestaordem,a) formam uma progressão aritmética de ra-zão 6.b) formam uma progressão aritmética de ra-zão 2.c) formam uma progressão aritmética de ra-zão 8, cujo primeiro termo é 11.d) formam uma progressão aritmética de ra-zão 10, cujo último termo é 31.e) não formam uma progressão aritmética.

alternativa D

No diagrama de Venn:

Indicamos inicialmente que n(I) n(A B C) 4= ∩ ∩ = .Então:n(IV) n(B C) n(I) 6 4 2= ∩ − = − = ;n(VII) n(B A) n(IV) 12 2 10= − − = − = ;n(VI) n(C A) n(IV) 10 2 8= − − = − = ;n(II )∪ ∪ =III V= ∪ − − − =n(A B) n(I) n(VII) n(IV)= − − − =23 4 10 2 7Obtemos assim:

Logo n(A) 7 4 11= + = , n(A C)∪ == + + = + =n(A) 2 8 n(A) 10 21 e n(A B C)∪ ∪ == ∪ + =n(A C) 10 31, uma PA de razão 10, cujoúltimo termo é 31.

Seja A um conjunto com 14 elementos e B umsubconjunto de A com 6 elementos. O númerode subconjuntos de A com um número de ele-mentos menor ou igual a 6 e disjuntos de B éa) 2 9.8 −d) 2 2 .14 8−

b) 28 − 1.e) 2 .8

c) 2 2 .8 6−

alternativa A

Como B A⊂ , n(A B) n(A) n(B) 14 6 8− = − = − = .Os subconjuntos de A disjuntos de B são subcon-juntos de A B− . Logo o valor pedido é o número desubconjuntos de A B− com menos de 7 elementos,

isto é, 28

7

8

88 −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =28 − 8 − 1 = −2 9.8

Questão 1

Questão 2



Considere a equação:

1611

11

11

3 4−+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = +

−− −

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

ixix

ii

ii

.

Sendo x um número real, a soma dos quadra-dos das soluções dessa equação éa) 3. b) 6. c) 9. d) 12. e) 15.

alternativa B

Sendo x real:

161 ix1 ix

1 i1 i

1 i1 i

3 4−+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = +

−− −

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⇔

⇔ −+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = + − −

− +⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟16

1 ix1 ix

(1 i) (1 i)(1 i)(1 i)

3 2 2 4

⇔

⇔ −+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = ⇔ −

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = ⇔16

1 ix1 ix

(2i)1 ix1 ix

13

43

⇔ −+

=1 ix1 ix

1 ou1 ix1 ix

1 i 32

−+

= − −ou

1 ix1 ix

1 i 32

0−+

= − + ⇔ =x ou

(i 3 )x 3 i 3+ = + ou (i 3 )x 3 i 3− = − ⇔⇔ =x 0 ou x 3= ou x 3= − .Logo a soma dos quadrados das raízes da equa-ção é:

0 ( 3 ) ( 3 ) 62 2 2+ + − =

Assinale a opção que indica o módulo do nú-mero complexo

11 cotg

, , .+

≠ ∈i x

x k k Zπ

a) |cos x|c) cos2 x

e) |sen x|

b) ( )/1 2+ sen xd) |cossec x|

alternativa E

Sendo x ≠ kπ, k ∈Z, temos1

1 i cotg x+ ⋅=

=+ ⋅

=+

=| || |

11 i cotg x

1

1 cotg x2 2

= = =1

cosec x

1cosec x

sen x .2 | |

| |

Considere: um retângulo cujos lados medemB e H, um triângulo isósceles em que a base ea altura medem, respectivamente, B e H, e ocírculo inscrito neste triângulo. Se as áreasdo retângulo, do triângulo e do círculo, nestaordem, formam uma progressão geométrica,então B/H é uma raiz do polinômio

a) π π π3 3 2 2 2 0x x x+ + − = .

b) π π2 3 3 2 1 0x x x+ + + = .

c) π π π3 3 2 2 2 0x x x− + + = .

d) π π πx x x3 2 2 2 1 0− + − = .

e) x x x3 2 22 1 0− + − =π π .

alternativa D

Apresentaremos duas soluções para esse proble-ma.Uma solução:A área do retângulo é BH, a área do triângulo

isósceles éBH2

e, conseqüentemente, a área do

círculo inscrito é12

BH2

BH4

r 2⋅ = = π , em que r

é o raio desse círculo.

Observemos a figura a seguir:

No ΔOMA : tgrB2

rB2

tgα α= ⇔ =

Como πrBH4

2 = , temos:

π α απ

B tg2

BH4

tg1 H

B

22⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ = ⇔ = ⋅

Seja xBH

= . Assim: tg1x

tg1

x2α

πα

π= ⇔ =

matemática 3

Questão 3

Questão 4

Questão 5



No ΔBMA : tg2HB2

2x

α = = ⇔2

1

11

2⋅

−=π

π

x

xx

⇔

⇔ = − ⇔ = − ⇒1x

1x

1

x

1x

x 1

x2 2π π πππ

⇒ = − ⇔1x

( x 1)

x

2

2 4πππ

⇔ − + − =π π πx x 2 x 1 03 2 2

Outra solução:

No diagrama anterior, que representa o triânguloisósceles ΔXYZ de base B e altura H e sua cir-cunferência inscrita, temos que Δ ΔXTO XMY~ ⇒

⇒ = ⇔−

=

+ ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⇔OTOX

YMYX

rH r

B2

HB2

22

⇔ + +⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ ⋅ = ⇔B

2H

B4

rBH2

22

⇔ + +⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ ⋅ = ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ ∗B

2H

B4

rBH2

( )22

2

22

.

Porém ππ

rBH4

rBH4

2 2= ⇔ = e, substituindo tal

expressão em (∗),

B2

HB4

BH4

BH2

22

22

+ +⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ ⋅ = ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ ⇔

π

⇔ + +⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ =B

2H

B4

BH.22

2

π

Dividindo ambos os lados da igualdade por H 2 ,H 02 > ,

12

BH

114

BH

BH

22

⋅ + + ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ = π , ou seja,

sendoBH

x= ,

x2

1x4

x2

2

+ +⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ = ⇔π

⇔ + + + + = ⇔x 2 2 2

4x 1

x4

1x4

xπ

⇔ + = − + − ⇒x 1x4

x2

x 12 2

π

⇒ +⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ = − + −

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ ⇔x 1

x4

x2

x 12

22 2

π

⇔ +⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟ = + + − +x 2

2 42 2 31

x4

x4

x 1 xπ π

+ − ⇔ − + − =x 2 x x x 2 x 1 0.2 3 2 2π π π πObservação: pode-se demonstrar que existem B, He, conseqüentemente, x, que satisfazem as condi-ções do enunciado.

Se as medidas dos lados de um triângulo ob-tusângulo estão em progressão geométrica derazão r, então r pertence ao intervalo

a) (0, ( )1 2+ /2).

b) (( )1 2+ /2, ( )/ )1 5 2+ .

c) ( ( )/1 5 2+ , ( )/ )1 5 2+ .

d) (( )1 5+ /2, 2 2 2+ / ).

e) ( / , ( )2 2 2 2 3+ + /2).

ver comentário

Se r > 1, os lados do triângulo, em ordem cres-cente, são a, ar e ar 2 , a > 0.Como o triângulo é obtusângulo, temos:

(ar ) a (ar)

ar a ar

r r 1 0

r r 1 0

2 2 2 2

2

4 2

2

> +

< +⇔

− − >

− − <⇔

⇔− + >

− < < +⇔

> +

< < +⇔

r1 5

20

1 52

r1 5

2

r1 5

2

1 r1 5

2

2

matemática 4

Questão 6



⇔ + < < +1 52

r1 5

2Se 0 < r < 1, os lados do triângulo, em ordemcrescente, são ar 2 , ar e a, a > 0.Desse modo:

a (ar) (ar )

a ar ar

r r 1 0

r r 1 0

2 2 2 2

2

4 2

2

> +

< +⇔

+ − <

+ − >⇔

⇔− − <

< − − > − +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⇔r

5 12

0

r1 5

2ou r

1 52

2

⇔< −

> −⇔ − < < −r

5 12

r5 1

2

5 12

r5 1

2

Logo5 1

2r

5 12

− < < −ou

1 52

r1 5

2+ < < +

.

Conseqüentemente, a questão não apresenta al-ternativa correta.

Sejam x, y e z números reais positivos taisque seus logaritmos numa dada base k sãonúmeros primos satisfazendo

log ( )k xy = 49,

log ( / )k x z = 44.

Então, log ( )k xyz é igual a

a) 52. b) 61. c) 67. d) 80. e) 97.

alternativa A

Temos:log (x y) 49

logxz

44

log log 49

log lo

k

k

k k

k

⋅ =

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

⇔+ =−

x y

x g 44k z =

Como os logaritmos são primos, os possíveis valo-res para (log x, log y)k k são (2, 47) e (47, 2). Sen-do logk z também primo, (log x,log y,log z)k k k == (47, 2, 3).

Portanto log (xyz) log log logk k k k= + + =x y z

= + + =47 2 3 52.

Sejam x e y dois números reais tais que ex , ey

e o quocientee

e

x

y−

−2 5

4 5são todos racionais. A soma x + y é igual aa) 0.d) log5 2.

b) 1.e) 3 loge 2.

c) 2 log 3.5

alternativa E

Comoe 2 5

4 e 5

x

y−

−é racional,

e 2 5

4 e 5

x

y−

−= k,

k ∈ Q. Considerando ainda que ex é racional,k 0≠ .Assime 2 5 4k ke 5x y− = − .Sendo ex e ey racionais, a igualdade anterior é

válida se, e somente se,e 4k

2 ke

x

y

=

=⇔

⇔=

=⇒ ⋅ = ⇔ = ⇔+

e 4k

e2k

e e 8 e 8

x

yx y x y

⇔ + = = ⋅x y log 8 3 log 2.e e

Seja Q(z) um polinômio do quinto grau, defi-nido sobre o conjunto dos números comple-xos, cujo coeficiente de z5 é igual a 1. Sendoz z z3 2 1+ + + um fator de Q(z), Q(0) = 2 eQ(1) = 8, então, podemos afirmar que a somados quadrados dos módulos das raízes de Q(z)é igual aa) 9. b) 7. c) 5. d) 3. e) 1.

alternativa B

Como Q(z) é de grau 5, tem coeficiente de z 5

igual a 1 e um de seus fatores é z z z 1,3 2+ + +Q(z) = (z az b)(z z z 1)2 3 2+ + + + + =

= + +( )z az b2 (z 1)2 + (z 1)+ , a, b ∈ C. SendoQ(0) = 2 e Q(1) = 8,

(0 a 0 b)(0 1)(0 1) 2

(1 a 1 b)(1 1)(1 1) 8

2 2

2 2

+ ⋅ + + + =

+ ⋅ + + + =⇔

matemática 5

Questão 7

Questão 8

Questão 9



⇔=+ =

⇔= −=

b 2

a b 1

a 1

b 2

Logo Q(z) = (z z 2)(z 1)(z 1)2 2− + + + e, dado

que o discriminante de z z 22 − + é ( 1)2− − 4 ⋅⋅ ⋅ <1 2 0, as raízes de Q(z) são −1, i, −i, α e α,sendo α α α α⋅ = ⇔ = =2 2.2 2| | | |Portanto a soma dos quadrados dos módulos dasraízes de Q(z) é 1 1 1 2 2 7.2 2 2+ + + + =

Sendo c um número real a ser determinado,decomponha o polinômio 9 632x x c− + , numadiferença de dois cubos

( ) ( )x a x b+ − +3 3.

Neste caso,| | | |a b c+ − é igual aa) 104. b) 114. c) 124. d) 134. e) 144.

alternativa B

(x a) (x b)3 3+ − + == + + + − + + + =(x 3ax 3a x a ) (x 3bx 3b x b )3 2 2 3 3 2 2 3

= − + − + −3(a b)x 3(a b )x (a b )2 2 2 3 3 será idên-

tico ao polinômio 9x 63x c2 − + , c R∈ , se, e so-mente se:3(a b) 9

3(a b ) 63

a b c

a b 3

(a b) (a b) 21

a

2 2

3 3 3

− =

− = −

− =

⇔− =− ⋅ + = −

− =

⇔

b c3

⇔= −= −=

a 2

b 5

c 117Logo:| | | | | | | | | |a b c 2 5 117 114 114+ − = − + − − = − =

Sobre a equação na variável real x,

||| | | |x − − − =1 3 2 0,

podemos afirmar quea) ela não admite solução real.b) a soma de todas as suas soluções é 6.c) ela admite apenas soluções positivas.d) a soma de todas as soluções é 4.e) ela admite apenas duas soluções reais.

alternativa D

Temos ||| | | |x − − − = ⇔1 3 2 0

⇔ − − − = ⇔|| | |x 1 3 2 0

⇔ − − = ⇔|| | |x 1 3 2

⇔− − =

− − = −⇔

| |

| |

x

ou

x

1 3 2

1 3 2

⇔− =

− =⇔

| |

| |

x

ou

x

1 5

1 1

⇔− = − = −

− = − = −⇔

x

ou

x

1 5 ou x 1 5

1 1 ou x 1 1

⇔= = −

= =

x

ou

x

6 ou x 4

2 ou x 0

.

E, assim, a equação dada admite 4 soluções reais,cuja soma é6 ( 4) 2 0 4+ − + + = .

Determine quantos números de 3 algarismospodem ser formados com 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7,satisfazendo à seguinte regra: O número nãopode ter algarismos repetidos, exceto quan-do iniciar com 1 ou 2, caso em que o 7 (e ape-nas o 7) pode aparecer mais de uma vez.Assinale o resultado obtido.a) 204 b) 206 c) 208 d) 210 e) 212

alternativa E

O total de números de 3 algarismos distintos for-mados com os algarismos 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7 é7 6 5 210⋅ ⋅ = . Além desses, podem ser formadosos números 177 e 277. Assim, o resultado obtidoé 210 2 212+ = .

Seja x um número real no intervalo0 2< <x π / . Assinale a opção que indica ocomprimento do menor intervalo que contémtodas as soluções da desigualdade

matemática 6

Questão 10

Questão 11

Questão 12

Questão 13



12 2

32

12

02tgπ −⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ − −⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ ≥x

xxcos sec( ) .

a) π/2 b) π/3 c) π/4 d) π/6 e) π/12

alternativa D

Temos que cosx2

12

12

2 cosx2

12 2− = −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

= cos x2

e tg xπ2

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = cotg x.

Logo, para0 x2

< < π,

12

tg2

x 3 cosx2

12

sec(x) 02π −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ − ⋅ −⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ ≥ ⇔

⇔ − ⋅ ⋅ ≥ ⇔12

cotg x 3cos x

21

cos x0

⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ⇔cotg x 31

tg x3 tg x

33

⇔ < ≤ ⇔ ∈ ⎤⎦⎥

⎤⎦⎥

0 x6

x 0;6

π π.

Assinale a opção que indica a soma dos ele-mentos de A ∪ B, sendo:

A xk

k ,k= =⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ =

⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

sen :22

241 2

π e

B yk

k ,k= = +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =⎧

⎨⎩

⎫⎬⎭

sen( )

:2 3 524

1 2π .

a) 0b) 1c) 2d) ( )2 2 3− + /3

e) ( )2 2 3+ − /3

alternativa C

Os elementos de A são sen24

2 πe sen

62 π

. Os

elementos de B são sen3

2 πe sen

1124

2 π. Como

os quatro elementos são diferentes, a soma dos

elementos de A B∪ é sen24

sen1124

2 2π π+ +

+ + = + +sen6

sen3

sen24

cos24

2 2 2 2π π π π

+ + = + =sen6

c6

1 1 22 2π πos .

Sejam A a jk= ( ) e B bjk= ( ) duas matrizesquadradas n n× , onde a jk e bjk são, respecti-

vamente, os elementos da linha j e coluna kdas matrizes A e B, definidos por

ajkjk =

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ , quando j k≥ , a

kjjk =

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ,

quando j k< e

bjkpjk

p

p

jk= −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=∑ ( )2

0.

O traço de uma matriz quadrada ( )c jk de or-dem n n× é definido por cppp

n=∑ 1 . Quando

n for ímpar, o traço de A B+ é igual aa) n n( )/− 1 3.c) ( )/ ( )n n n2 3 2 2− + − .

e) ( )/ ( )n n− −1 2 .

b) ( )( )/n n− +1 1 4.d) 3 1( )/n n− .

alternativa C

Inicialmente, podemos observar que

bjk

p

jk

pjkp

p

jk

p

jkp= −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −

= =

−∑ ∑( )2 1 ( 2)0 0

jk p ⇔

⇔ = − = −b (1 2) ( 1)jkjk jk .

Logo tr B bppp

np p

p

n( ) = = − =

=

⋅

=∑ ∑

1 1( 1) ( 1)

2

1−

=∑ p

p

ne,

como ( 1)1,se é par

1,se é ímparp 2

− =−

⎧⎨⎩

p

p,

tr(B) 1= − , se n é ímpar.

Conseqüentemente, para n ímpar, tr(A B)+ =

= + =tr(A) tr(B) ap

pppp

n

p

n

= =∑ ∑

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

− =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

− =1 1

1 1

= − = − −−

= − +−

n 1(n 1)(n 2)

n 2n 3n 2

n 2

2.

Considere no plano cartesiano xy o triângulodelimitado pelas retas 2x y= , x y= 2 ex y= − +2 10. A área desse triângulo medea) 15/2.d) 9/4.

b) 13/4.e) 7/2.

c) 11/6.

matemática 7

Questão 14

Questão 15

Questão 16



alternativa A

As retas de equações 2x y= e x 2y= intercep-tam-se na origem (0; 0), as retas de equações2x y= e x 2y 10= − + interceptam-se em (2; 4) eas retas de equações x 2y= e x 2y 10= − + in-

terceptam-se em 5;52

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟.

Assim, a área do triângulo delimitado pelas 3 re-tas dadas é:

12

0 0 1

2 4 1

552

1

12

5 20152

= − =| |

Sejam A : (a, 0), B : (0, a) e C : (a, a) pontosdo plano cartesiano, em que a é um númeroreal não nulo. Nas alternativas abaixo, assi-nale a equação do lugar geométrico dos pon-tos P : (x, y) cuja distância à reta que passapor A e B é igual à distância de P ao ponto C.a) x y xy ax ay a2 2 22 2 2 3 0+ − − − + =b) x y xy ax ay a2 2 22 2 2 3 0+ + + + + =c) x y xy ax ay a2 2 22 2 2 3 0+ − + + + =d) x y xy ax ay a2 2 22 2 2 3 0+ − − − − =e) x y xy ax ay a2 2 22 2 2 3 0+ + − − − =

alternativa A

Uma equação da reta que passa por A e B

éxa

ya

1+ = ⇔ x y a 0+ − = e, assim, dP, AB =

= dP, C ⇔ | |x y a

1 1(x a) (y a)

2 22 2+ −

+= − + − ⇔

⇔ + − = ⋅ − + − ⇔(x y a) 2 ((x a) (y a) )2 2 2

⇔ + + + − − =x y a 2xy 2ax 2ay2 2 2

= − + + − + ⇔2x 4ax 2a 2y 4ay 2a2 2 2 2

⇔ + − − − + =x y 2xy 2ax 2ay 3a 02 2 2 .

Seja Pn um polígono regular de n lados, comn > 2. Denote por an o apótema e por bn ocomprimento de um lado de Pn. O valor de npara o qual valem as desigualdades

b an n≤ e b an n− −>1 1,

pertence ao intervaloa) 3 7< <n .c) 8 11< <n .e) 12 15< <n .

b) 6 9< <n .d) 10 13< <n .

alternativa B

Em todo polígono regular de n lados e de centroO, temos a situação mostrada a seguir:

Logo tg180

n

b2a

ba

2 tg180

n

on

n

n

n

o= ⇔ = ⋅ e, por-

tanto, b aba

1 2 tg180

n1n n

n

n

o≤ ⇔ ≤ ⇔ ⋅ ≤ ⇔

⇔ ≤tg180

n12

o.

Sabemos porém que tg180

6tg 30

33

12

oo= = >

e tg180

8tg 22,5 2 1

12

oo= = − < , o que nos

permite concluir que o valor de n para o qual va-lem as desigualdades b an n≤ e b an n− −>1 1 é talque 6 n 8 6 n 9< ≤ ⇔ < < .

Sejam P1 e P2 octógonos regulares. O primei-ro está inscrito e o segundo circunscrito auma circunferência de raio R. Sendo A1 aárea de P1 e A2 a área de P2, então a razãoA A1 2/ é igual a

a) 5 8/ .c) 2 2 1( )− .e) ( )2 2+ /4.

b) 9 2/16.d) ( )4 2 1+ /8.

alternativa E

A figura a seguir representa o octógono regularABCDEFGH inscrito na circunferência de raio R eo lado IJ do octógono regular circunscrito à mes-ma circunferência.

matemática 8

Questão 17

Questão 18

Questão 19



Como os octógonos são semelhantes, a razão en-tre suas áreas é igual ao quadrado da razão dosraios das circunferências circunscritas aos octó-gonos. Já que IJ é tangente à circunferência de

centro O e raio R em A, temos AJ OA e o

triângulo OAJ é retângulo em A, sendo OA raio dacircunferência circunscrita a P1 e OJ raio da cir-cunferência circunscrita a P2 .

PortantoAA

OAOJ

(cos 22,5 )1

2

2o 2= ⎛

⎝⎜⎞⎠⎟ = =

= + = +1 cos 452

2 24

o.

Considere uma pirâmide regular de base he-xagonal, cujo apótema da base mede 3 cm.Secciona-se a pirâmide por um plano paraleloà base, obtendo-se um tronco de volume iguala 1 3cm e uma nova pirâmide. Dado que a ra-

zão entre as alturas das pirâmides é 1/ 2, aaltura do tronco, em centímetros, é igual aa) ( )6 2− /4.c) ( )3 3 6− /21.e) ( )2 6 2− /22.

b) ( )6 3− /3.d) ( )3 2 2 3− /6.

alternativa C

Sendo a a aresta da base e 3 cm o apótema da

base,a 3

23 a 2= ⇔ = cm.

Sejam V o volume da pirâmide maior e V 1− ovolume da pirâmide menor. Da semelhança entre

as pirâmides,V 1

V12

3− = ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⇔

⇔ =−

= +V

2 22 2 1

2(4 2 )7

cm3 .

Dessa forma,

V = ⋅ ⋅ ⋅ = + ⇔13

62 3

4H

2(4 2 )7

2

⇔ = +H

3 (4 2 )21

cm.

Logo a altura do tronco é h H12

H= − =

= + − ⋅ + =3 (4 2 )21

12

3 (4 2 )21

= −3 3 621

cm.

As questões dissertativas, numeradas de21 a 30, devem ser resolvidas e respondi-das no caderno de soluções.

Determine o conjunto C, sendo A, B e C con-juntos de números reais tais que

A B C x R x x∪ ∪ = ∈ + ≥{ : }2 2 ,

A B x R x x x∪ = ∈ − ⋅ − >− − −{ : }8 3 4 2 02 ,

A C x R x∩ = ∈ + ≤{ : log( ) }4 0 ,

B C x R x∩ = ∈ ≤ + <{ : }0 2 7 2 .

matemática 9

Questão 20

Questão 21



Resposta

• x x 2 (x 1)(x 2) 02 + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ x 2≤ − ou

x 1≥ e A B C {x R x 2∪ ∪ = ∈ ≤ −| ou x 1≥ };

• 8 3 4 2 0x x 2 x− − −− ⋅ − > ⇔

⇔ − ⋅ − ⋅ > ⇔− − −(2 ) 3 (2 ) 4 2 0x 3 x 2 x

⇔ − ⋅ − > ⇔− − −2 ((2 ) 3 2 4) 0x x 2 x

⇔ − ⋅ − > ⇔− −(2 ) 3 2 4 0x 2 x

⇔ + − > ⇔ − > ⇔− − −(2 1)(2 4) 0 2 4 0x x x

⇔ > ⇔ < −−2 2 x 2x 2 e A B {x R x 2}∪ = ∈ < −| ;

• log (x 4) 0 0 x 4 100+ ≤ ⇔ < + ≤ ⇔

⇔ − < ≤ −4 x 3 e A C {x R 4 x 3}∩ = ∈ − < ≤ −| ;

• 0 2x 7 2 7 2x 5≤ + < ⇔ − ≤ < − ⇔

⇔ − ≤ < −72

x52

e B C x R72

52

∩ = ∈ − ≤ < −⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

| x .

Analisando pelos diagramas de Venn, temos:

Assim,C [(A B C) (A B)]= ∪ ∪ − ∪ ∪ [(A C)∩ ∪

∪ ∩(B C)]. LogoC {x R 2 ou 1}= ∈ = − ≥ ∪| x x

∪ ∈ − < < −⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

=x R 452

| x

= ∈ − < < − = − ≥⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

x R 452

2 ou 1| x ou x x .

Observação: pode-se mostrar que existem conjun-tos A, B e C que satisfazem as condições do enun-

ciado. Por exemplo, A ] ; 3]= −∞ − , B72

2= − −⎤⎦⎥

⎡⎣⎢

; e

C como obtido anteriormente. Há, na verdade, infi-nitas possibilidades para A e B.

Determine o conjunto A formado por todos osnúmeros complexos z tais que

zz i

zz i−

++

=2

22

3 e 0 2 1< − ≤| |z i .

Resposta

Uma solução:

Temosz

z 2i z 2i+=

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

z, logo, sendo

α =+z

z i2, α α = α + α + α =+ ⇔ ⇔2 3 3

⇔ α = − α3 2Re( ).

Como 3 2Re( ) R− ∈α , α ∈R e, portanto, α α= .

Desse modo, α α = α α =+ ⇔ + ⇔2 3 2 3

⇔ ⇔+

= ⇔ − = ⇔α = 12

1z

21

zz i

zi

⇔ = ⇔ = +Im(z) 1 z a i, a R∈ .

Finalmente, considerando a restrição

0 z 2i 1 0 a i 1< − ≤ ⇔ < − ≤ ⇔| | | |

⇔ < ≤ ⇔ =0 a + 1 1 a 02 , concluímos queA {i}= .

Outra solução:z

z 2i2z

z 2i3

−+

+= ⇔

⇔−

− ++

− = ⇔zz 2i

12z

z 2i2 0

⇔ − +−

+ − −+

= ⇔z z 2iz 2i

2z 2z 4iz 2i

0

⇔ − +−

+ −+

= ⇔2Im(z)i 2iz 2i

4Im(z)i 4iz 2i

0

⇔ −+

= −−

⇔4i(Im(z) 1)z 2i

2i(Im(z) 1)z 2i

⇔=

+=

−

⇔=

−−

=

Im(z) 1

ou

2z 2i

1z 2i

Im(z) 1 (I)

ou

(z 2i)z 2i

2 (II)

Porém(z 2i)z 2i

1−−

= e, portanto, a equação (II)

não possui soluções, ou seja, a equação inicial éequivalente a Im(z) 1 z a i= ⇔ = + , a R∈ .

Seja k um número inteiro positivo eA j N j k j kk = ∈ ≤ ={ : ( , ) }.e mdc 1

Verifique se n(A3), n(A9), n(A27) e n(A81), es-tão ou não, nesta ordem, numa progressãoaritmética ou geométrica. Se for o caso, espe-cifique a razão.

matemática 10

Questão 22

Questão 23



Resposta

Para k 3m= , m inteiro positivo, os elementos deAk são os números naturais de 1 a k que não têmfator primo 3, ou seja, os números de 1 a k excetoos múltiplos de 3. Assim, nesse caso, n(A )k =

= − = ⋅ −333

2 3mm

m 1.

Logo a seqüência (n(A )3 , n(A )9 , n(A )27 , n(A )81 , ...)é uma progressão geométrica de razão 3.Observação: na Teoria dos Números, n(A )k é de-notado por ϕ(k). Pode-se provar que se

k p11= α p2

2α ...pmmα é a fatoração em primos de k,

então ϕ(k) k 11p

11p

11p1 2 m

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟... .

Considere a equação:

x p x x2 22 1− + − = .

a) Para que valores do parâmetro real p aequação admite raízes reais?b) Determine todas essas raízes reais.

Resposta

x p 2 x 1 x2 2− + − = ⇔

⇔ − = − − ⇔2 x 1 x x p2 2

⇔− = − −

− − ≥⇔

4(x 1) (x x p )

x x p 0

2 2 2

2

⇔− = − − + −

≥ −

4x 4 x 2x x p x p

x x p

2 2 2 2

2⇔

⇔− = − −

≥ ≥ − − ≥

2x x p 4 p 2x

x 0 x x p x p 0

2 2

2 2 2e e⇔

⇔

− = − −

≥ ≥ − ≥

− − ≥

4x (x p) (4 p 2x )

x 0 0x p x p

4 p 2x 0

2 2 2 2

2 2

2

e e ⇔

⇔

4x 4px (4 p) 4(4 p)x 4x

x 0 e p 0x

p x 2p2

4 2 2 2 4

2

2

− = − − − +

≥ ≥

≤ ≤ −

⇔

⇔

= −−

≥ ≥

≤ ≤ −

x(4 p)8(2 p)

x 0 e p 0x

p x 2p2

22

2

2

( )∗

a) A equação admite solução se, e somente se:

p 0

p(4 p)8(2 p)

2p2

2

≥

≤ −−

≤ −⇔

⇔

≥

− ≤ − ≤ − −− >

p 0

8p(2 p) (4 p) 4(4 p)(2 p)

2 p 0

2 ⇔

⇔

≤ <

− + ≥− − − + ≥

⇔

0 p 2

9p 24p 16 0

(4 p)(8 4p 4 p) 0

2

⇔

≤ <

− ≥

− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ≥

⇔≤ <

≤ ≥⎛⎝⎜

0 p 2

(3p 4) 0

(p 4) p43

0

0 p 2

p43

ou p 42 ⎞

⎠⎟⇔

⇔ ≤ ≤0 p43

b) Sendo0 p43

, ( )≤ ≤ ∗ ⇔x

(4 p)8(2 p)

x 0

22

= −−

≥⇔

⇔ = −−

x4 p

2 2(2 p).

Assim:

• 0 p43

V4 p

2 2(2 p)≤ ≤ ⇒ = −

−

⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

• p 0 ou p43

V 0< > ⇒ =

Sendo x, y, z e w números reais, encontre oconjunto solução do sistema

log [( )( ) ]x y w z+ − =−2 3 01 ,

2 8 2 03 3x z y z w+ − +− ⋅ = ,

2 6 2 2 03 x y z w+ + − − = .

matemática 11

Questão 24

Questão 25



Resposta

log [(x 2y)(w 3z) ] 0

2 8 2 0

2x y 6z 2w

1

x 3z y 3z w

3

+ − =

− ⋅ =

+ + − −

−

+ − +

2 0=

⇔

⇔

+−

=

=+ + − =

⇔+ − + +

x 2yw 3z

1

2 2

2x y 6z 2w 8

x 3z y 3z w 3

⇔

+ + − =− + − =+ + − =− ≠

⇔

x 2y 3z w 0

x y 6z w 3

2x y 6z 2w 8

w 3z 0

⇔

+ + − =− = −= −≠

⇔

x 2y 3z w 0

3y 3z 3

3y 8

w 3z

x − =

= −

= −

≠ −

w313

y8

3

z5

3w 5

Logo

V313

w;8

3;

53

;w t.q. w R { 5}= + − −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ∈ − −⎧

⎨⎩

⎫⎬⎭

.

Dentre 4 moças e 5 rapazes deve-se formaruma comissão de 5 pessoas com, pelo menos,1 moça e 1 rapaz. De quantas formas distin-tas tal comissão poderá ser formada?

Resposta

O número de comissões de cinco pessoas compelo menos um rapaz e uma moça pode ser obti-do tomando o total de comissões sem restrição esubtraindo o total de comissões formadas por 5pessoas do mesmo sexo. Assim o número de co-

missões procurado é9

5

5

5

4

5⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =

= 126 1 0 125− − = comissões.

Considere um triângulo isósceles ABC, re-tângulo em B. Sobre o lado BC, considere, apartir de B, os pontos D e E, tais que os com-primentos dos segmentos BC, BD, DE, EC,nesta ordem, formem uma progressão geomé-trica decrescente. Se β for o ângulo EÂD, de-termine tg β em função da razão r da progres-são.

Resposta

Consideremos a figura a seguir em que r é a ra-zão da progressão geométrica.

Se BC = AB = a, então BD = ar, DE =ar 2 eEC =ar 3 para 0 < r < 1.

Com m (BAE� ) =α e m (BAD� ) = θ, temos β =α − θ e

assim tgβ = tg(α θ− ) = tg tg1 tg tg

α θα θ−

+ ⋅=

= r r r

1 (r r) r

2

2+ −

+ + ⋅=

+ +r

1 r r

2

2 3 .

Considere, no plano cartesiano xy, duas cir-cunferências C1 e C2, que se tangenciam exte-riormente em P : (5, 10). O ponto Q : (10, 12)é o centro de C1. Determine o raio da circun-ferência C2, sabendo que ela tangencia a retadefinida pela equação x y= .

matemática 12

Questão 26

Questão 27

Questão 28



Resposta

O ponto O, centro de C2 , pertence à reta PQ. Se-jam r o raio de C2 e V o ponto de tangência entreC2 e a reta y x x y 0= ⇔ − = , como mostra a fi-gura. LogoOP OV r= = .

O raio deC1 éQP (10 5) (12 10)2 2= − + − =

= 29 .Além disso,QT10 12

1 1

222 2

= −

+= =| |

= = =2 RU SV e PU5 10

1 12 2= −

+=| | 5

2=

= 5 22

.

Como Δ ΔQPR QOS~ (caso AA), temos:

QPQO

PROS

29r 29

5 22

2

r 2= ⇔

+=

−

−⇔

⇔ =−

r5 58

2 29 3 2= 5(29 2 3 29 )

49+

Seja C1 uma circunferência de raio R1 inscritanum triângulo equilátero de altura h. Seja C2uma segunda circunferência, de raio R2, quetangencia dois lados do triângulo internamen-te e C1 externamente. Calcule ( )R R1 2− /h.

Resposta

Na figura, O1 é o centro de C1 e O2 é o centro deC2 .

SendoO1 também baricentro de ABC, R O H1 1 1= =

= =AH3

h3

1 e AH AH 2R2 1 1= − =h2h3

h3

− = .

Sendo DE tangente a C1 e C2 , DE // BC, de modoque ADE também é eqüilátero. Logo R O H2 2 2= =

= = =AH

3

h33

h9

2 .

Desse modo,R R

h

h3

h9

h13

19

29

1 2−=

−= − = .

Os quatro vértices de um tetraedro regular,de volume 8 3 3cm , encontram-se nos vértices

de um cubo. Cada vértice do cubo é centro deuma esfera de 1 cm de raio. Calcule o volumeda parte do cubo exterior às esferas.

Resposta

Considere a figura a seguir:

matemática 13

Questão 29

Questão 30



As arestas � do tetraedro regular, de volume

V83

cm3= , são as diagonais do cubo de aresta a.

Assim:

V2

1283

(a 2 ) 212

a 23 3

= ⇔ = ⋅ ⇔ =�cm

O volume da parte do cubo exterior às esferas,cujos centros são cada vértice do cubo, é igual aovolume do cubo menos 8 octantes, conforme a fi-gura a seguir:

2 818

43

1 843

3 3− ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = − =π π

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟4 2

3cm

π

matemática 14



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