Resolução Comentada - ITA 2012 - Curso Objetivo · 5 E Sejam r 1, r 2 e r 3 numeros reais tais...

MMAATTEEMMÁÁTTIICCAA

NOTAÇÕES

�: conjunto dos números naturais

�: conjunto dos números reais

�+: conjunto dos números reais não-negativos

i: unidade imaginária; i2 = –1

P(A): conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A

n(A): número de elementos do conjunto finito A

AB––

: segmento de reta unindo os pontos A e B

AB◠: arco de circunferência de extremidades A e B

arg z: argumento do número complexo z

[a , b] = {x ∈ � : a ≤ x ≤ b}

A \ B = {x : x ∈ A e x ∉ B}

AC: complementar do conjunto A

�n

k=0akxk = a0 + a1x + a2x2 + … + anxn, n ∈ �

Observação: Os sistemas de coordenadas consideradossão cartesianos retangulares.

1 DDDeseja-se trocar uma moeda de 25 centavos, usando-seapenas moedas de 1, 5 e 10 centavos. Então, o número dediferentes maneiras em que a moeda de 25 centavos podeser trocada é igual a

a) 6. b) 8. c) 10. d) 12. e) 14.

Resolução

O número total de maneiras de trocar a moeda é 12.

1 centavo 5 centavos 10 centavos

25 0 0

20 1 0

15 2 0

15 0 1

10 3 0

10 1 1

5 4 0

5 2 1

5 0 2

0 5 0

0 3 1

0 1 2

II TTAA ((33 ..OO DD II AA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001111

2 DDDois atiradores acertam o alvo uma vez a cada três dis -paros. Se os dois atiradores disparam simultaneamente,então a probabilidade do alvo ser atingido pelo menosuma vez e igual a

a) . b) . c) . d) . e) .

ResoluçãoA probabilidade de os dois errarem o alvo é

. =

A probabilidade do alvo ser atingido pelo menos uma

vez é 1 – =

2–––3

5–––9

4–––9

1–––3

2–––9

4––9

2––3

2––3

5––9

4––9


3 BBSejam z = n2(cos 45° + i sen 45°) e

w = n(cos 15° + i sen 15°), em que n é o menor inteiro

positivo tal que (1 + i)n é real. Então, é igual a

a) ��3 + i. b) 2(��3 + i). c) 2(��2 + i).

d) 2(��2 – i). e) 2(��3 – i).

Resolução1) (1 + i)n = (��2 )

n [cos (n . 45°) + i . sen (n . 45°)]. O

menor inteiro positivo n que torna (1 + i)n real é4, pois sen (4 . 45°) = 0

2) = =

= n (cos 30° + i sen 30°) =

= 4 . + i. = 2 . (��3 + i)

z–––w

n2 . (cos 45° + i . sen 45°)––––––––––––––––––––––n . (cos 15° + i . sen 15°)

z–––w

�1–––2

��3––––

2�


4 EE

Se arg z = , então um valor para arg(– 2iz) é

a) – . b) . c) . d) . e) .

Resolução

1) arg z = ⇒ z = |z | . cos + i . sen

2) – 2i = 2 . cos + i . sen

3) –2i . z = 2 . |z | . cos + + i . sen + ⇒

⇒ arg (– 2iz) = + =

��3π–––2

π––4��3π

–––2

π––4��

7π–––4

3π–––2

π––4

π–––4

7π–––4

3π–––4

π–––2

π–––4

π–––2

�π––4

π––4�π

––4

�3π–––2

3π–––2�


5 EESejam r1, r2 e r3 numeros reais tais que r1 – r2 e r1 + r2 + r3 são racionais. Das afirmações:

I. Se r1 é racional ou r2 é racional, então r3 é racional;

II. Se r3 é racional, então r1 + r2 é racional;

III. Se r3 é racional, então r1 e r2 são racionais,

é (são) sempre verdadeira(s)

a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III.

d) apenas I e II. e) I, II e III.

Resolução

Dados que r1 – r2 ∈ � e r1 + r2 + r3 ∈ �, onde �

representa o conjunto dos números racionais, temos:

I) Verdadeira, pois

II) Verdadeira, pois

III) Verdadeira, pois

⇔ ⇔

r3 ∈ �(r1 + r2) + r3 ∈ � ⇒ r1 + r2 ∈ �

r1 – r2 ∈ � ⇔

r1 + r2 ∈ �

2r1 ∈ � � r1 ∈ �

r1 + r2 ∈ � ⇒ r2 ∈ �

a) r1 ∈ �r1 – r2 ∈ � ⇒ r2 ∈ �

r1 ∈ �r1 + r2 + r3 ∈ �

⇒ r3 ∈ �

b) r2 ∈ �r1 – r2 ∈ � ⇒ r1 ∈ Q

r2 ∈ �r1 + r2 + r3 ∈ Q

⇒ r3 ∈ �

r3 ∈ �r1 + r2 + r3 ∈ � ⇔ r3 ∈ �

(r1 + r2) + r3 ∈ �⇒ r1 + r2 ∈ �


6 CCAs raízes x1, x2 e x3 do polinômio

p(x) = 16 + ax – (4 + ��2)x2 + x3 estão relacionadas pelasequações:

x1 + 2x2 + = 2 e x1 – 2x2 – ��2x3 = 0

Então, o coeficiente a é igual a

a) 2(1 – ��2). b) 2(2 + ��2). c) 4(��2 – 1).

d) 4 + ��2. e) ��2 – 4.

Resolução

Pelas relações de Girard, temos:

Pelas condições dadas e por Girard, temos:

⇔

⇔ ⇔

⇔

Da equação (III) temos:

��2 + � x3 = 4 ��2 + � ⇔ x3 = 4.

Substituindo nas equações (I) e (II) temos:

x2 = – ��2 e x1 = 2 ��2

Da segunda relação de Girard, temos:

2 ��2 . (–��2 ) + 2 ��2 . 4 + (–��2 ) . 4 = a ⇔⇔ – 4 + 8 ��2 – 4 ��2 = a ⇔ a = 4 (��2 – 1)

x1 + x2 + x3 = 4 + ��2x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = a

x1 x2 x3 = – 16

x1 + x2 + x3 = 4 + ��2

x3x1 + 2x2 + ––– = 22

x1 – 2x2 – ��2 x3 = 0

x1 + x2 + x3 = 4 + ��2

x3x2 – ––– = – 2 – ��22

–3x2 – (��2 + 1) x3 = – 4 – ��2

x1 + x2 + x3 = 4 + ��2 (I)

x3x2 – ––– = – 2 – ��2 (II)2

5–��2 + ––�x3 = –10 – 4 ��2 (III)

2

5–––2

5–––2

x3–––2


7 AASabe-se que (x + 2y, 3x – 5y, 8x – 2y, 11x – 7y + 2z) éuma progressão aritmética com o último termo igual a – 127. Então, o produto xyz é igual a

a) – 60. b) – 30 c) 0 d) 30 e) 60

ResoluçãoSe (x + 2y; 3x – 5y; 8x – 2y; 11x – 7y + 2z) é umaprogressão aritmética e o último termo é – 127 então

1) ⇔

⇔ ⇔

2) ⇒

3) x . y . z = – 10 . 3 . 2 = – 60

2 (3x – 5y) = (x + 2y) + (8x – 2y)

2 (8x – 2y) = 3x – 5y – 127

3x + 10y = 0

13x + y = – 127 x = – 10y = 3

11x – 7y + 2z = – 127x = – 10 y = 3

z = 2


8 CCConsidere um polinômio p(x), de grau 5, com coeficientes

reais. Sabe-se que – 2i e i – ��3 são duas de suas raízes.Sabe-se, ainda, que dividindo-se p(x) pelo polinômio

q(x) = x – 5 obtém-se resto zero e que p(l) = 20(5 + 2��3).Então, p(–1) é igual a

a) 5(5 – 2��3). b) 15(5 – 2��3).

c) 30(5 – 2��3). d) 45(5 – 2��3).

e) 50(5 – 2��3).

Resolução

P(x) = a (x – r1) (x – r2) (x – r3) (x – r4) (x – r5)

São raízes de P(x): –2i, 2i, –��3 + i, –��3 – i, r5

Como P(x) é divisível por x – 5 então P(5) = 0 ⇒ r5 = 5

Então:

P(x) = a(x + 2i) (x – 2i) (x + ��3 – i) (x + ��3 + i) . (x – 5)

Sendo P(1) = 20 (5 + 2��3), tem-se:

20 (5 + 2 ��3) =

= a . (1 + 2i) (1 – 2i) (1 + ��3 – i) (1 + ��3 + i) . (– 4) ⇔

⇔ 20 (5 + 2 ��3) = a . (1 + 4) [(1 + ��3 )2 +1] . (– 4) ⇔

⇔ 20 (5 + 2 ��3) = a . (– 20) (5 + 2��3 ) ⇔ a = –1

Então:

P(x) = (– 1) (x + 2i) (x – 2i)(x + ��3 – i) (x + ��3 + i) (x – 5)

Assim, P(– 1) = (–1) (5) (5 – 2 ��3 ) (– 6) ⇔

⇔ P (– 1) = 30 (5 – 2 ��3 )


9 AA

Um triângulo ABC tem lados com medidas a = cm,

b = 1 cm e c = cm. Uma circunferência é tangente ao

lado a e também aos prolongamentos dos outros dois

lados do triângulo, ou seja, a circunferência é ex-inscrita

ao triângulo. Então, o raio da circunferência, em cm, é

igual a

a) . b) . c) .

d) . e) .

Resolução

O triângulo ABC, com lados de medidas a = cm,

b = 1cm e c = cm é retângulo em B, pois b2 = a2 + c2

Assim, sendo x a medida, em centímetros, do raio dacircunferência ex-inscrita ao triângulo ABC, tangenteao lado a e tangente aos prolongamentos dos lados b ec, nos pontos U e T, respectivamente, como AT = AU,tem-se:

c + x = b + (a – x) ⇔ x =

Logo: x = ⇔ x =

a + b – c–––––––

2

��3 1–––– + 1 – –––

2 2––––––––––––––

2��3 + 1

–––––––4

1––2

��3 + 1–––––––

4��3

––––4

��3 + 1–––––––

3

��3 ––––

2��3 + 2

–––––––4

��3––––

2

1––2

��3––––

2


10 BBSejam A = (0, 0), B = (0, 6) e C = (4, 3) vértices de umtriângulo. A distância do baricentro deste triângulo aovertice A, em unidades de distância, e igual a

a) . b) . c) .

d) . e) .

Resolução

Sendo G (xG; yG) o baricentro do triângulo de vértices

A (0, 0), B (0, 6) e C (4, 3), temos:

xG = = e yG = = 3

A distância de G ( ; 3) ao vértice A (0, 0) é igual a

��– 02

+ (3 – 0)2 = �� =

��5––––

310–––3

0 + 0 + 4–––––––––

3

4–––3

0 + 6 + 3–––––––––

3

4–––3

� 4––3 � 97–––

9

��97––––

3

5–––3

��97–––3

��109––––

3


11 DDA área do quadrilátero definido pelos eixos coordenadose as retas r : x – 3y + 3 = 0 e s : 3x + y – 21 = 0, emunidades de área, é igual a

a) . b) 10. c) . d) . e) .

ResoluçãoSendo Q a intersecção entre as retas r e s, temos Q(6, 3), pois:

⇔

Considerando-se que a área pedida seja do qua -drilátero convexo OPQR, temos:

S = + =

19–––2

25–––2

27–––2

29–––2

x – 3y + 3 = 03x + y – 21 = 0 x = 6

y = 3

(1 + 3) . 6––––––––––

21 . 3

–––––2

27–––2


12 EEDados os pontos A = (0, 0), B = (2, 0) e C = (1, 1), o lugargeométrico do pontos que se encontram a uma distânciad = 2 da bissetriz interna, por A, do triangulo ABC é umpar de retas definidas por

a) r1, 2 : ��2 y – x ± 2 �� 4 + ��2 = 0.

b) r1, 2 : y – x ± 2 �� 10 + ��2 = 0.

c) r1, 2 : 2y – x ± 2 �� 10 + ��2 = 0.

d) r1, 2 : (��2 + 1)y – x ± �� 2 + 4��2 = 0.

e) r1, 2 : (��2 + 1)y – x ± 2 �� 4 +2��2 = 0.

Resolução

A equação das bissetriz interna do ângulo A é:

= y ⇔ x – y = ��2y ⇔ x – (��2 + 1)y = 0

O lugar geométrico dos pontos que distam 2 unidadesda bissetriz é um par de retas paralelas definidas por

x – (��2 + 1)y ± k = 0, onde k é tal que:

= 2 ⇔ k = 2��4 + 2��2

Assim, suas equações são

(��2 + 1)y – x ± 2��4 + 2��2 = 0

x – y––––––

��2

k ––––––––––––––––

�� 1 + (��2 + 1)2

��2––––2


13 CCSejam A, B e C subconjuntos de um conjunto universoU. Das afirmações:

I. (A \ BC) \ CC = A � (B � C);

II. (A \ BC) \ C = A � (B � CC)C;

III. BC � CC = (B � C)C,

é (são) sempre verdadeira(s) apenas

a) I. b) II. c) III. d) I e III. e) II e III.

Resolução

Observemos, primeiramente, que A \ BC = A � B, pois

∀x ∈ U, temos:

x ∈ (A \ BC) ⇔ x ∈ A e x ∉ BC ⇔

⇔ x ∈ A e x ∈ B ⇔ x ∈ (A � B)

I) Falsa, pois

(A \ BC) \ CC = A � (B � C) ⇔

⇔ (A � B) \ CC = (A � B) � (A � C) ⇔

⇔ (A � B) � C = (A � B) � (A � C) o que pode

não ocorrer, como se vê no exemplo a seguir:

(A � B) � C = {5} ≠ {2; 4; 5} = (A � B) � (A � C)


II) Falsa, pois

(A \ BC) \ C = A � (B � CC)C ⇔

⇔ (A � B) \ C = A � (BC � C) o que pode não

ocorrer, como se vê no exemplo a seguir:

(A � B) \ C = {2} ≠ {1, 2, 4, 5, 6, 7, 8} == A � (BC � C)

III) Verdadeira, pois para ∀x ∈ U, temos:

x ∈ (BC � CC) ⇔ x ∈ BC ou x ∈ CC ⇔

⇔ x ∉ B ou x ∉ C ⇔

⇔ x ∉ (B � C) ⇔ x ∈ (B � C)C

Desta forma, BC � CC = (B � C)C


14 AASejam A e B dois conjuntos disjuntos, ambos finitos e nãovazios, tais que n (P (A) � P (B)) + 1 = n (P (A � B)).Então, a diferença n(A) – n(B) pode assumir

a) um único valor.

b) apenas dois valores distintos.

c) apenas três valores distintos.

d) apenas quatro valores distintos.

e) mais do que quatro valores distintos.

Resolução

A e B dois conjuntos disjuntos (A ∩ B = Ø), ambos

finitos e não vazios.

A tem x elementos e B tem y elementos, então

1) n (P(A)) = 2x, n (P(B)) = 2y, n(P(A ∪ B)) = 2x+y e

n (P(A) ∪ P(B)) = 2x + 2y – 1

2) n (P(A) ∪ P(B)) + 1 = n (P(A ∪ B)) ⇒⇒ 2x + 2y – 1 + 1 = 2x+ y ⇒ 2x . 2y – 2x – 2y + 1 = 1 ⇒⇒ 2x (2y – 1) – (2y – 1) = 1 ⇒ (2y – 1) . (2x – 1) = 1 ⇒ ⇒ 2y – 1 = 1 e 2x – 1 = 1 ⇒ 2x = 2 e 2y = 2 ⇒ x = y = 1

3) n (A) – n(B) = x – y = 1 – 1 = 0


15 CCConsidere um número real a ≠ 1 postivo, fixado, e aequação em x a2x + 2�ax – � = 0, β � �

Das afirmações:

I. Se � � 0, então existem duas soluções reais distintas;

II. Se � = –1, então existe apenas uma solução real;

III. Se � = 0, então não existem soluções reais;

IV. Se � � 0, então existem duas soluções reais distintas,

é (são) sempre verdadeira(s) apenas

a) I. b) I e III. c) II e III.

d) II e IV. e) I, III e IV.

ResoluçãoSendo ax = y > 0, com a ≠ 1 e a > 0, temos:a2x + 2 � . ax – � = 0 ⇔ y2 + 2 � y – � = 0

O discriminante dessa equação do segundo grau é Δ = 4 �2 + 4 � cujo gráfico é do tipo

Assim sendo:1) Se –1 < � < 0 então Δ < 0, a equação do segundo

grau em y não tem solução real e a equação em xtambém não tem solução real.

2) Se � = 0 então y = 0 e a equação em x não temsolução real pois y = ax > 0, ∀x.

3) Se � = – 1 então y2 – 2y + 1 = 0 ⇔ y = 1 ⇔ ax = 1 ⇔⇔ x = 0 e a equação tem uma única solução real.

4) Se � > 0 então a equação do segundo grau em ytem duas soluções reais distintas, uma positiva eoutra negativa (pois o produto é negativo).Como y = ax > 0 então a equação em x tem umaúnica solução real.

5) São verdadeiras, portanto, as afirmações II e III.


16 BB

Seja S = x � � � arc sen +

+ arc cos = . Então,

a) S = Ø. b) S = {0}. c) S = �+ \ {0}.

d) S = �+. e) S = �.

Resolução

Seja � = arc sen e � = arc cos

Sendo:

S = x ∈ � / arc sen +

+ arc cos =

Temos:

⇒ = ⇔ ex = e–x

⇔ x = 0, pois � + � = .

Logo, S = {0}

� e–x – ex––––––

2 � � ex – e–x––––––

2 �

� e–x– ex––––––

2 �

� ex – e–x––––––

2 � �––2 �

e–x– ex

sen � = ––––––2

ex– e–xcos � = ––––––

2

e–x – ex––––––

2ex – e–x–––––––

2

�––2

�e–x – ex

––––––2 �

�ex – e–x

––––––2 � �

–––2 �


17 BB

Seja x � [0, 2�] tal que sen(x)cos(x) = . Então, o

pro duto e a soma de todos os possíveis valores de tg (x)são, respectivamente

a) 1 e 0. b) 1 e . c) –1 e 0.

d) 1 e 5. e) –1 e – .

Resolução

sen x . cos x = ⇔ = ⇔

⇔ tg x = (1 + tg2x) ⇔ 2tg2x – 5tg x + 2 = 0 ⇔

⇔ tg x = 2 ou tg x =

2––5

sen x . cos x––––––––––––

cos2x

2–––––––5cos2x

2––5

1––2

5––2

2––5

5––2


18 EEA soma

k=0

n∑ cos (� + k�), para todo � � [0, 2�], vale

a) –cos (�) quando n é par.

b) –sen (�) quando n é ímpar.

c) cos (�) quando n é ímpar.

d) sen (�) quando n é par.

e) zero quando n é ímpar.

Resolução

1) �n

k=0[cos (α + kπ)] = cos α + cos (α + π) + cos (α + 2π) +

+ … + cos (α + nπ) =

= cos α – cos α + cos α – cos α + … + (–1)n . cos α

2) Se n for par então �n

k=0cos (α + kπ) = cos α

3) Se n for ímpar então �n

k=0cos (α + kπ) = 0


19 DD

Um cone circular reto de altura 1 cm e geratriz cm

é interceptado por um plano paralelo à sua base, sendode terminado, assim, um novo cone. Para que este novoco ne tenha o mesmo volume de um cubo de aresta

1/3

cm, é necessário que a distância do plano à base

do cone original seja, em cm, igual a

a) . b) . c) . d) . e) .

Resolução

Sendo V o volume do cone original, em centímetroscúbicos, R e h as medidas, em centímetros, do raio dabase e da altura, respectivamente, temos:

R2 + 12 =2⇒ R2 = e V = � R2 . h =

= � . . 1 =

Assim, sendo v o volume, em centímetros cúbicos, donovo cone, que é igual ao volume do cubo e d, a distân -cia, em centímetros, do plano à base do cone original,temos:

=3⇒ =

3⇒

⇒ =3⇒ d =

1––3

1––3

�––9

v––V � 1 – d

––––1 �

��–––�1/3

�3

243–––––––––

�–––9

� 1 – d––––

1 �

1–––27 � 1 – d

––––1 � 2

––3

� 2��3––––

3 � 1––3

1––3

2��3––––

3

� �–––243 �

1––4

1––3

1––2

2––3

3––4


20 AAA superfície lateral de um cone circular reto é um setorcircular de 120° e área igual a 3� cm2. A area total e ovolume deste cone medem, em cm2 e cm3, respecti va -mente

a) 4� e . b) 4� e .

c) 4� e ��2. d) 3� e .

e) � e 2��2.

ResoluçãoSejam g, h e R as medidas, em centímetros, da ge -ratriz, da altura e do raio da base, desse cone, respec -tivamente.

De acordo com o enunciado, tem-se:

1) . � . g2 = 3� ⇔ g = 3

2) �Rg = 3� ⇔ Rg = 3

assim: R . 3 = 3 ⇔ R = 1

3) h2 + R2 = g2

assim: h2 + 12 = 32 ⇔ h = 2��2

4) A área total, em centímetros quadrados, é:

St = �R (g + R) = � . 1 . (3 + 1) = 4�

5) O volume, em centímetros cúbicos, é:

V = = =

120°–––––360°

�R2h–––––

3� . 12 . 2��2

––––––––––––3

2��2––––––

3

2��2––––––

3

��2––––––

3

2��2––––––

3


As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30,devem ser resolvidas e respondidas no caderno desoluções.

21Dez cartões estão numerados de 1 a 10. Depois de em -baralhados, são formados dois conjuntos de 5 cartõescada. Determine a probabilidade de que os números 9 e10 apareçam num mesmo conjunto.

Resolução

1) O número de maneiras de formar dois conjuntos

de cinco cartões cada é . C10,5 = . 252 = 126

2) O número de maneiras de os números 9 e 10

pertencerem ao mesmo conjunto é C8,3 = 56

3) A probabilidade é =

Resposta:

9 10

56––––126

4––9

4––9

1––2

1––2


22Determine os valores reais de x de modo que

sen(2x) – ��3 cos(2x) seja máximo.

Resolução

Seja f(x) = sen(2x) – ��3 cos(2x)

f(x) = 2 . . sen(2x) – . cos(2x) =

= 2 . sen(2x) . cos – sen . cos(2x) =

= 2 . sen 2x –

Assim, para que f(x) seja máximo devemos ter

2x – = + n . 2π, (n ∈ �) ⇔

⇔ x = + n . π, (n ∈ �)

Resposta: x = + n . π, (n ∈ �)

� 1–––2

��3–––2 �

� π–––3

π–––3 �

� π–––3 �

π–––3

π–––2

5π–––12

5π–––12


23Considere a matriz quadrada A em que os termos dadiagonal principal são 1, 1 + x1, 1 + x2, ...,1 + xn e todosos outros termos são iguais a 1. Sabe-se que (x1, x2,..., xn)

é uma progressão geométrica cujo primeiro termo é

e a razão é 4. Determine a ordem da matriz A para que oseu determinante seja igual a 256.

Resolução

1) A matriz A é

Desta forma,

2) Como (x1; x2; x3; ...; xn) = ; 2; 8;...; 22n–3

,

pois trata-se de uma PG de primeiro termo e

razão 4, temos

x1 . x2 . x3 ... xn = 2–1 . 21 . 23 ... 22n–3 =

= 2 = 2n2– 2n

3) Sendo det A = 256, temos:

2n2–2n = 256 ⇔ 2n2–2n = 28 ⇔ n2 – 2n = 8 ⇔

⇔ n2 – 2n – 8 = 0 ⇔ n = 4, pois n > 0

Assim, a ordem da matriz A é n + 1 = 5

Resposta: 5

(–1 + 2n – 3) . n–––––––––––––

2

� 1––2 �

1––2

1––2

A =�111�

1

11 + x1

1�

1

11

1 + x2�

1

111�

1 + xn

�(n+1)x(n+1)

det A = 111�

1

11 + x1

1�

1

11

1 + x2�

1

111�

1 + xn

=

= 111�

1

0x10�

0

00x2�

0

000�

xn

= x1 . x2 . ... xn


24Seja n um número natural. Sabendo que o determinanteda matriz

A =

é igual a 9, determine n e também a soma dos elementosda primeira coluna da matriz inversa A–1.

Resolução

Sendo A = =

= , então:

1) Se det A = 9, temos:

–2n2 + 19n – 30 = 9 ⇔ n = 3, pois n ∈ �.

2) Sendo A–1 = , para n = 3, temos:

. = ⇔

⇔ ⇔

Logo, a soma dos elementos da primeira coluna de A–1

é igual a a + b + c = –1

Respostas: n = 3 e a soma é – 1

�n

n + 5

– 5

log22

log33n

1log5 –––

125

1– log2 –––2

log3243

– log5 25�

�n

n + 5

– 5

log22

log33n

1log5 ––––125

1–log2––2

log3243

–log525 ��

n 1 1

n + 5 n 5

–5 –3 –2�

�a m x

b q y

c p z�

�3 1 1

8 3 5

–5 –3 –2� �

a m x

b q y

c p z� �

1 0 0

0 1 0

0 0 1�

3a + b + c = 1

8a + 3b + 5c = 0

–5a – 3b – 2c = 0

a = 1

b = –1

c = –1


25Em um plano estão situados uma circunferência � de raio

2 cm e um ponto P que dista 2��2 cm do centro de �.

Considere os segmentos –––PA e

–––PB tangentes a � nos

pontos A e B, respectivamente. Ao girar a região fechadadelimitada pelos segmentos

–––PA e

–––PB e pelo arco menor

◠AB em torno de um eixo passando pelo centro de � eperpendicular ao segmento

–––PA , obtém-se um sólido de

revolução. Determine:

a) A área total da superfície do sólido.

b) O volume do sólido.

Resolução

Sendo 0 o centro de ω e r a reta perpendicular ao

segmento PA—–

conduzida por 0 (centro de ω), podemos

concluir que o quadrilátero OBPA é um quadrado de

lado medindo 2cm e que o sólido obtido ao girar a

região plana fechada delimitada pelos segmentos PA—–

e

PB—–

e pelo menor dos arcos AB� em torno da reta r é

um cilindro circular reto de raio da base R = 2cm e

altura H = 2cm com uma cavidade na forma de

semiesfera de raio R = 2cm.

Assim:

a) A área total S, em centímetros quadrados, da

superfície desse sólido é dada por:

S = π R2 + 2 π R H + =

= π R (2H + 3R) = 20π

b) O volume V, em centímetros cúbicos, desse sólido

é dado por:

V = π R2 H – . . π R3 = π R2 � � =

Respostas: a)20π cm2 b) cm3

4 π R2

––––––2

1––2

4––3

2RH – –––

3

8π––3

8π–––3


26As interseções das retas r: x – 3y + 3 = 0, s: x + 2y – 7 = 0e t: x + 7y – 7 = 0, duas a duas, respectivamente, definemos vértices de um triângulo que é a base de um prismareto de altura igual a 2 unidades de comprimento. Deter -mine:

a) A área total da superfície do prisma.

b) O volume do prisma.

Resolução

1) A base desse prisma reto é o triângulo de vértices

A (3; 2), B (7; 0) e C (0; 1) pois:

⇔

⇔

⇔

2) A área S desse triângulo é dada por:

S = . = 5

3) O perímetro desse triângulo é 2p = AB + BC + AC

assim:

2p = �� (7 – 3)2 + (0 – 2)2 + �� (7 – 0)2 + (0 – 1)2 +

+ �� (0 – 3)2 + (1 – 2)2 ⇔ 2p = ��20 + ��50 + ��10 ⇔

⇔ 2p = 5��2 + 2��5 + ��10

a) A área total At da superfície do sólido é dada por

At = 2S + 2ph

assim: At = 10 + 10��2 + 4��5 + 2��10 ⇔

⇔ At = 2 (5 + 5��2 + 2��5 + ��10 )

b) O volume V do sólido é dado por V = S . h

assim: V = 5 . 2 ⇔ V = 10

Respostas: a) 2 (5 + 5��2 + 2��5 + ��10 ) unidades de

área

b) 10 unidades de volume

x – 3y + 3 = 0

x + 2y – 7 = 0 x = 3

y = 2

x + 2y – 7 = 0

x + 7y – 7 = 0 x = 7

y = 0

x – 3y + 3 = 0

x + 7y – 7 = 0 x = 0

y = 1

1––2

3 2 1

7 0 1

0 1 1


27Dos n alunos de um colégio, cada um estuda pelo menosuma das três materias: Matemática, Física e Química.Sabe-se que 48% dos alunos estudam Matemática, 32%estudam Química e 36% estudam Física. Sabe-se, ainda,que 8% dos alunos estudam apenas Física e Matemática,enquanto 4% estudam todas as três matérias. Os alunosque estudam apenas Química e Física mais aqueles queestudam apenas Matemática e Química totalizam 63 es -tudantes. Determine n.

Resolução1) De acordo com os dados, temos o seguinte dia -

grama:

2) x + y = 63

3) ⇔

⇔ ⇒

⇒ a + b + c + 2 . 63 = 0,88n ⇔

⇔ a + b + c = 0,88n – 126 (I)

4) a + b + c + x + y + 0,12n = n ⇔⇔ a + b + c + x + y = 0,88n ⇔

⇔ a + b + c + 63 = 0,88n ⇔

⇔ a + b + c = 0,88n – 63 (II)

5) Comparando-se as equações (I) e (II), observa-seque elas são incom patíveis.

Resposta: não existe n

a + 0,12n + y = 0,48n

b + 0,12n + x = 0,36n

c + 0,04n + x + y = 0,32n

a + y = 0,36n

b + x = 0,24n

c + x + y = 0,28n


28Analise se f : � → �, f(x) = é bijetora e,

em caso afirmativo, encontre f–1 : � → �.

Resolução

1) O gráfico da função f: � → �,

f(x) = é

formado de dois ramos de parábolas de vértice (0; 3). Esta função é estritamente crescente paratodo x ∈ � e, portanto, é bijetora de � em �.

2) f(f –1(x)) = x ⇒

⇒ f(f –1(x)) = ⇒

⇒

Resposta: f –1(x) =

3 + x2, x � 03 – x2, x � 0

3 + [f –1(x)]2 = x, se f –1(x) � 03 – [f –1(x)]2 = x, se f –1(x) � 0

f –1(x) = �� x – 3, com x � 3f –1(x) = – �� 3 – x, com x � 3

�� x – 3, com x � 3– �� 3 – x, com x � 3

3 + x2, x � 03 – x2, x � 0


29Determine os valores de � ∈ [0,2�] tais que logtg(�) esen(�) � 0.

Resolução

1) Se tg � > 1 então

logtg�(esen�) ≥ 0 ⇔ esen� ≥ 1 ⇔ sen � ≥ 0

Se tg � > 1 e sen � ≥ 0 então < x <

2) Se 0 < tg � < 1 então

logtg� (esen�) ≥ 0 ⇔ esen� ≤ 1 ⇔ sen � ≤ 0

Se 0 < tg � < 1 e sen � ≤ 0 então π < x <

Resposta: � ; � ∪ �π; �

π––4

π––2

5π–––4

π––4

π––2

5π–––4


30As retas r1 e r2 são concorrentes no ponto P, exterior a um

círculo �. A reta r1 tangencia � no ponto A e a reta r2

intercepta � nos pontos B e C diametralmente opostos. A

medida do arco ◠AC é 60° e–––PA mede ��2 cm. Determine a

área do setor menor de � definido pelo arco ◠AB.

Resolução

De acordo com o enunciado, a medida do arco ◠AB é180° – 60° = 120°. Assim, a medida � do ângulo A

^PB é

dada por:

� = = = 30°

No triângulo APO, retângulo em^A, temos:

tg � = = = ⇒ AO = cm

Assim, a área S do setor menor de ω definido pelo arco◠AB é:

S = . � . (AO)2 = � .2

= cm2

Resposta: cm2

120° – 60°––––––––

2

◠AB – ◠AC––––––––

2

��6––––

3

AO––––��2

��3––––

3AO––––AP

2�–––9

��6�––––�31––3

120°––––360°

2�–––9


Resolução Comentada - ITA 2012 - Curso Objetivo · 5 E Sejam r 1, r 2 e r 3 numeros reais tais...

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