Gabarito Ime Elite Comentado 2ª Fase Matemática 2015 Final

8/18/2019 Gabarito Ime Elite Comentado 2ª Fase Matemática 2015 Final

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GABARITO IME

Matemática


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Sistema ELITE de Ensino IME - 2014/2015

2

www.sistemaeliterio.com.br

GABARITO COMENTADO

Questão 01

Os inteiros a1, a2, a3, ..., a 25 estão em PA com razão não nula. Os termos a1, a2 e a10 estãoem PG, assim como a6, a j e a25. Determine j .

Solução:

21 2 10 2 1 10

26 25 6 25

2 21 1 1 1

a , , estão em

, , estão em

( ) ( 9 )

j j

a a PG a a a

a a a PG a a a

a r a a r a 2 21 12a r r a

1

2

9a r

r 17a r

1

6 1 1 1 2 21 1

25 1 1 1

1 1 1

, 0

7

5 7 3636 169 6 13

24 7 169

( –1) 7 78

1 7 – 7 787 84

12

j j

r

r a

a a a aa a a a

a a a a

a j a a

j j

j

Questão 02

Sejam funções f n, para n 0,1,2,3... , tais que: 0

11

f x x

e 0 1 ,n nf x f f x para n ≥ 1.

Calcule f 2016(2016)

Solução:

1

2

3 0

1 1

11111

1

11

x f x

x x

f x x

x

f x f x x

Analogamente, 0 3 6 9 2016...f x f x f x f x f x uma vez que 2016 é múltiplo de

20161

3 20161 2016

12015

f


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3


Questão 03

Seja Z um número complexo tal que2Z

Zi possui argumento igual a

34

e

3log (2 2 1) 2.Z Z Determine o número complexo Z .

Solução:

Seja Z = r cis 3log (2 2 1) 2 2 cisθ+2 cis(–θ) +1= 9Z Z r r

4 cosθ = 8r

2

2cosθ

r

cosθ>02

(cosθ+ senθ) = 2+2 tgθcosθZ i i

2 2 cisθ2cis (2 – )

2cis(–θ) cis2

3 5 52 – 2k + k tg = tg

2 4 8 8

Z r

Zi r

OBS:

5 13,

8 8, mas como cos > 0 temos

138

tg tg13

8 = – tg38

22

3 2tgtg2 –1 –1 tg – 2 a – 1 = 0

8 1–tg

2 8 tg 2 1

2 tg = (– 2 – 1)

2 – 2 ( 2 1)

aa a a tg

a

a

Z i

Questão 04

Define-se A como a matriz 2016 × 2016, cujos elementos satisfazem à igualdade:

,

– 2, para , {1,2,...,2016}.

–1i j i j

a i j j

Calcule o determinante de A.

Solução:

Define-se A como a matriz 2016 × 2016, cujos elementos satisfazem à igualdade:

2, j ,para , 1,2,...,2016 .

1

i j ai i j

j

Calcule o determinante de A.


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4


2016

1 2 3 20151 ...

1 2 3 2015

2 3 4 20161 ...

1 2 3 2015

3 4 5 2017

1 ...1 2 3 2015det 4 5 6 2018

1 ...1 2 3 2015

... ... ... ... ... ...

201

A

15 2016 2017 4029...

1 2 3 2015

2016 2017 2018 40301 ...

1 2 3 2015

Jacobi: substituindo cada linha por ela menos a anterior temos:

2016

1 2 3 20151 ...

1 2 3 2015

1 2 3 20150 ...

0 1 2 2014

2 3 4 20160 ...

0 1 2 2014det 3 4 5 2017

0 ...0 1 2 2014

... ... ... ... ... ...200

A

14 2015 2016 4028...

0 1 2 2014

2015 2016 2017 4030 10 ...

0 1 2 2015 1

Laplace na 1ª coluna:

2015

1 2 3 2015...

0 1 2 2014

2 3 4 2016...

0 1 2 20143 4 5 2017

...det 0 1 2 2014

... ... ... ... ...

2014 2015 2016 4028...

0 1 2 2014

2

A

015 2016 2017 4030 1...

0 1 2 2015 1

Aplicando novamente Jacobi (substituindo cada linha por ela menos a anterior):


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5


2015

2 3 20151 ...

1 2 2014

2 3 20150 ...

0 1 2013

3 4 2016

0 ...det 0 1 2013... ... ... ... ...

2014 2015 40270 ...

0 1 2013

2015 2016 4030 20 ...

0 1

A

2015 2

Aplicando novamente Laplace na 1ª coluna:

2014

2 3 2015...

0 1 2013

3 4 2016...

0 1 2013

det ... ... ... ...

2014 2015 4027...

0 1 2013

2015 2016 4030 2...

0 1 2015 2

A

Continuando este processo teremos:

1

4030 2015 2015det det det 12015 2015 0 A A A


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Questão 05

Determine o conjunto solução da equação:

x

x x x (sen )(1 tg tg ) 4 cotg2

Solução:

Condições de existência:

tg :2

tg : 2 12

cot g :

x x k

x x k

x x k

x x x

x x gx x gx x x

x x x x x senxsensenx x x x

x x x x

x

x

sensen 2sen 1 tg tg 4 cot sen 1 4 cot2 cos cos

2

coscos cos 22 2 4 cot g sen 4 cot gcos cos cos cos

2 2

cos

2sen x x cos cos

2

x x x x x

x x x x x

x x x x x x x

x k x k k z

x k x k

2 2

4 cot g tg 4 cot g tg cot g 4

sen cos sen cos 1 1 14 4 2 2 sen2

cos sen cos sen 2sen cos sen2 2

2 26 12 ( )5 5

2 26 12


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7


Questão 06

Seja a equação n2 – 7m2 = (5m – 2n)2 + 49. Determine todos os pares inteiros (m, n) quesatisfazem a esta equação.

Solução:

22 2 2 2 2 2

2 2 2 2

7 5 2 49 7 25 20 4 49

32 20 3 49 0 32 20 3 49

4 3 8 49 4 8 3 49

4 49 371 :

8 3 1 99

4 1 132 :

8 3 49 51

4 493 :

8 3

n m m n n m m mn n

m mn n m mn n

n m n m n m m n

n m mCaso

m n n

n m mCaso

m n n

n mCaso

m n

371 99

4 1 134 :

8 3 49 51

4 7 75 :

8 3 7 21

4 7 76 :

8 3 7 21

mn

n m mCaso

m n n

n m mCaso

m n n

n m mCaso

m n n

Questão 07

Três jogadores sentam ao redor de uma mesa e jogam, alternadamente, um dado não viciadode seis faces. O primeiro jogador lança o dado, seguido pelo que está sentado à sua esquerda,continuando neste sentido até o jogo acabar. Aquele que jogar o dado e o resultado for 6,ganha e o jogo acaba. Se um jogador obtiver o resultado 1, o jogador seguinte perderá a vez,isto é, a vez passará ao jogador sentado à direita de quem obteve 1. O jogo seguirá até queum jogador ganhe ao tirar um 6. Qual é a probabilidade de vitória do primeiro jogador a jogar?

Solução:

Seja x a probabilidade do lançador ganharSeja y a probabilidade do seguinte ganharSeja z a probabilidade do mais afastado do lançador ganhar


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Vamos recalcular P(A), P(B) e P(C) analisando o que acontece após o 1° lançamento

Questão 08

A circunferência C tem equação x 2 + y 2 = 16. Seja C’ uma circunferência de raio 1 que sedesloca tangenciando internamente a circunferência C , sem escorregamento entre os pontosde contato, ou seja, C’ rola internamente sobre C .

Figura a Figura b

y x z y x y x y x

z y x z = x y x = y + x

y =

x x z x z =×

x x x x

x =

2 16 4 z3 6 6 (6 4 ) 4

2 1 6 4y36 – 24 43 6

25x32

25 226 4

32 3225 22

1 79 3232 32

32

79

C

P

C’

C

P

α

C’


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9


Define-se o ponto P sobre C’ de forma que no início do movimento de C’ o ponto P coincidecom o ponto de tangência (4,0), conforme figura a. Após certo deslocamento, o ângulo deentre o eixo x e a reta que une o centro das circunferências é , conforme figura b.

Determine as coordenadas do ponto P marcado sobre C’ em função do ângulo . Determine a equação em coordenadas cartesianas do lugar geométrico do ponto P

quando varia no intervalo [0, 2).

Solução:

a. Há dois modos de medir o caminho realizado por P, pela circunferência maior ou pelamenor, igualando as duas obtemos:

r1 1=r22 → 4=1·θ


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10


3

3

3 3

3cos sen(3 90)3cos cos3

4cos

3sen cos(3 90)

3sen sen34sen

(4cos ,4sen )

x x

x

y

y y

P

b.

3 3

2 2

2 2

3 3

cos sen4 4

cos 1

14 4

x y e

sen

x y

Questão 09

Uma corda intercepta o diâmetro de um círculo de centro O no ponto C’ segundo um ângulode 45°. Sejam A e B os pontos extremos desta corda, e a distância AC ’ igual a 3 1 cm. Oraio do círculo mede 2 cm, e C é a extremidade do diâmetro mais distante de C ’. Oprolongamento do segmento AO intercepta BC em A’. Calcule a razão em que A’ divide BC .

Solução:

1a Solução:

Lei dos Senos no ' AOC :

' 3 1 2 2 3 1 6 2sen sen 75

sen sen45 sen 2 2 422

AC AO

ou 105 Razão

de Áreas:

'.'

'

OA OBS A OB x x S A OC y y

sen60º2

'.OA OC

3sen60º 2sen105ºsen105º

2

x x y y 6 2

4

2 3 6 2 18 6 3 2 62 26 2 6 2

x x x y y y


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11


2a Solução:

Sendo AÔC’ = e aplicando lei dos senos em AOC’ temos:

2 3 1 2 ( 3 1)sen ·

sen45 sen 2 2

6 2sen

4

Daí = 75° ou = 105°Onde = 75° não serve pois o triângulo AOB deveria ser equilátero o que não é possível,logo, = 105° e daí OAC’ = 30°.

Traçando AC temos AÔC = 75° e ''

'¨

' AA C

AA B

S A C S A B

Fazendo OÂC = e aplicando lei dos senos em AOC , temos:

' '

'

'B

2 2 sen 75sen = I

sen sen75

· AA' · sen · ' · sen302 2

· AA'

AA C AA B

AA C

AA

AC

AC

AC AB AAS S

S AC S

·sen

2 2

·· ' AB AA

· sen30

· senII

· sen30

AC

AB


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12


Fazendo I em II

AC · 2 sen75°

AC

6 22

4 6 21· sen30 · 22

AB AB

1

2 AB

¨

Por potência de ponto ' 3 1BC e 2 3. AB Logo,

' 2 3 6 2 3 2 6' 26 2 6 2

A B A C

Questão 10

Um cone é inscrito em um cubo ABCDEFGH de forma que a base do cone é o círculo inscritona base ABCD. O vértice do cone é o centro da face oposta do cubo. A projeção do vértice H na base ABCD coincide com o vértice D. Determine a área da seção do cone pelo plano ABH

em função de a, a medida da aresta do cubo.1a Solução:

Excentricidade =

coscos


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13


Eixo maior da elipse= MM’


14/16


14


' / 2'

' 2

2 22

2 3

2Semi-eixo maior da elipse3

cos cos45 2 / 2 10cos 4 / 5 / 2 2 / 5

10 2 24 3

E

M N a x M N

MM a

x a x a x

a a

c e

a a a

ac

512a

2 2 22 2 2 2 2

2

6

5 2 3 336 9 36 6

2 3 63 6 18

E E E E E

E E

a a a ab c a b b b

a a a Área a b

2a Solução:

Após encontrarmos 2

3ea

a , usaremos que o foco é o ponto de contato entre o plano de

corte e a esfera que tangencia as geratrizes do cone e o plano de corte (teorema de Dandelin)

M ’ F = semi-perimetro – OM


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15


52

2' 2

3

1 5 5'

3 2 61 2 2 4 5 5

'2 3 6 2

2 53 6

2 53 6

2

e e

aOM

MM a

a aOM

a a aM F

a a

a aa c

a3

2

e

ac

3

2 2 22 2

2

5 56 6

5 2 3 336 9 36 6

2 3 63 6 18

e

e e e

a ac

a a a ab b b

a a aárea


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Comentário:

Apesar de não ser uma novidade encontrar uma prova do IME de Matemática muito difícil,vale ressaltar que a deste ano foi particularmente ainda mais difícil que as dos anosanteriores. A prova tinha apenas duas questões fáceis (as duas primeiras) e outras duas

médias (a questão 3, de Números Complexos, e a 8, de Geometria Analítica). Excetuando-se essas questões, a prova não tinha nada de tão tranquilo. A questão 5, de Trigonometria,era factível, porém era necessário escolher o caminho correto para não se perder em grandescontas. Os outros cinco problemas restantes foram considerados difíceis. É possível que,devido ao alto nível da prova, haja poucos aprovados para o restante do processo seletivo.

ProfessoresAndré FelipeBruno PedraJean PierreMarcelo Xavier

Ricardo SeccoRodrigo MenezesTuane Viana

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