1 ITA M 2009 Capaangloresolve.cursoanglo.com.br/inc/Download.asp?NomeArq=Prova_749... · ... que é realizado em 4 dias: ... A nota final é a média aritmética das provas de Matemática,

É trabalho pioneiro.Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras em sua tare-fa de não cometer injustiças.Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o estudante no pro-cesso de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de cadaquestão, seguida da resolução elaborada pelos professores do Anglo.No final, um comentário sobre as disciplinas.

O Instituto Tecnológico de Aeronáutica — ITA — é uma escola deengenharia mundialmente conhecida.Com o mesmo zelo com que trata seus excelentes cursos (EngenhariaAeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia de Infra-Es-trutura Aeronáutica, Engenharia Elétrica e Engenharia de Computação),trata seu vestibular, que é realizado em 4 dias:

1º- dia: FÍSICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questões dis-sertativas.2º- dia: PORTUGUÊS, com 20 questões de múltipla escolha e umaredação, e INGLÊS, com 20 questões de múltipla escolha.3º- dia: MATEMÁTICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 ques-tões dissertativas.4º- dia: QUÍMICA, com 20 questões de múltipla escolha e 10 questõesdissertativas.

Cada prova tem duração de 4 horas.A nota da prova de Inglês, embora seja eliminatória, não entra na clas-sificação final.Em Matemática, Física e Química, as questões de múltipla escolha equi-valem a 50% do valor da prova, e a parte dissertativa, aos outros 50%.Na prova de Português, as questões de múltipla escolha equivalem a 60%do valor da prova, e a Redação, a 40%. É eliminado o candidato que tirarZERO na Redação.Só é corrigida a parte dissertativa das provas dos 650 melhores classifi-cados nas questões de múltipla escolha.Serão considerados aprovados nos exames de escolaridade os candidatosque obtiverem nota igual ou superior a 40 (na escala de 0 a 100) e médiaigual ou superior a 50 (na escala de 0 a 100).A nota final é a média aritmética das provas de Matemática, Física,Química e Português.

oanglo

resolve

a provade

Matemáticado ITA

dezembrode 2008

3ITA/2009 ANGLO VESTIBULARES

NOTAÇÕES

IN = {0, 1, 2, 3, ...} i : unidade imaginária: i2 = –1IR : conjunto dos números reais |z| : módulo do número z ∈ CICI : conjunto dos números complexos Re z : parte real do número z ∈ CI[a, b] = {x ∈ IR; a � x � b} Im z : parte imaginária do número z ∈ CI(a, +∞) = ]a, +∞[ = {x ∈ IR; a � x � +∞} Mm × n (IR): conjunto das matrizes reais m × n

A\B = {x ∈ A; x ∉ B} At : transposta da matriz A

AC: complementar do conjunto A detA : determinante da matriz A

P(A) : coleção de todos os subconjuntos do conjunto An(A) : número de elementos do conjunto finito AAB

: segmento de reta unindo os pontos A e BtrA : soma dos elementos da diagonal principal da matriz quadrada A

Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos retangulares.

Sejam A e B subconjuntos do conjunto universo U = {a, b, c, d, e, f, g, h}. Sabendo que (BC ∪ A)C = {f, g, h},

BC ∩ A = {a, b} e AC\B = {d, e}, então, n(P(A ∩ B)) é igual a

A) 0.B) 1.C) 2.D) 4.E) 8.

De (Bc ∪ A)c = {f, g, h}, temos:

{x ∈ U: x ∉ (Bc ∪ A)} = {f, g, h}{x ∈ U: x ∉ Bc e x ∉ A} = {f, g, h}{x ∈ U: x ∈ B e x ∉ A} = {f, g, h}

De Bc ∩ A = {a, b}, temos:

{x ∈ U: x ∈ Bc e x ∈ A} = {a, b}{x ∈ U: x ∉ B e x ∈ A} = {a, b}

De Ac \ B = {d, e}, temos:

{x ∈ U: x ∈ Ac e x ∉ B} = {d, e}{x ∈ U: x ∉ A e x ∉ B} = {d, e} •a •b

UBA

•f •g •h

•d •e

•a •b

UBA

•f •g •h

UBA

•f •g •h

Resolução

Questão 1▼▼

MMM AAACCCIIIÁÁÁEEEAAAMMM TTT TTT

Como c ∈ U, c ∉ A\B, c ∉ B\A e c ∉ (A ∪ B)c,podemos concluir que c ∈ A ∩ B.

Temos A ∩ B = {c}, P(A ∩ B) = {∅, {c}}e, portanto, n (P(A ∩ B)) = 2.

Resposta: C

Uma empresa possui 1000 carros, sendo uma parte com motor a gasolina e o restante com motor “flex” (quefunciona com álcool e com gasolina). Numa determinada época, neste conjunto de 1000 carros, 36% dos car-ros com motor a gasolina e 36% dos carros com motor “flex” sofrem conversão para também funcionar comgás GNV. Sabendo-se que, após esta conversão, 556 dos 1000 carros desta empresa são bicombustíveis, pode-se afirmar que o número de carros tricombustíveis é igual aA) 246.B) 252.C) 260.D) 268.E) 284.

Sejam g e f, nessa ordem, o número de carros com motor a gasolina e o número de carros com motor flex;g = 1000 – f.Com a conversão, temos:

0,36g + (1 – 0,36)f = 5560,36(1000 – f) + 0,64f = 556

0,28f = 196

∴ f =

O número de carros tricombustíveis é dado por 0,36f. Temos:

0,36f = 0,36

0,36f = 252

Resposta: B

Seja f: IR → IR\{0} uma função satisfazendo às condições:

f(x + y) = f(x)f(y), para todo x, y ∈ IR e f(x) ≠ 1, para todo x ∈ IR\{0}.

Das afirmações:

I. f pode ser ímpar.II. f(0) = 1.

III. f é injetiva.IV. f não é sobrejetiva, pois f(x) � 0 para todo x ∈ IR.

é (são) falsa(s) apenasA) I e III.B) II e III.C) I e IV.D) IV.E) I.

Questão 3▼▼

1960,28

1960,28

Resolução

Questão 2▼▼•a •b •c

UBA

•f •g •h

•d •e


• f(0 + 0) = f(0) ⋅ f(0)f(0) = [f(0)]2

Como, para todo x real, f(x) ≠ 0, temos f(0) = 1.A afirmação II é verdadeira.Se f é ímpar, então, para todo x real, f(–x) = –f(x), ou seja, f(x) + f(–x) = 0.Como f(0) + f(–0) = 2, podemos concluir que f não é ímpar.A afirmação I é falsa.

• Com x ∈ IR, temos:

f + = f ⋅ f

f(x) = f2

Como f ∈ IR\{0}, temos f(x) � 0.

Logo, f não é sobrejetiva.A afirmação IV é verdadeira.

• Sejam a e b números reais quaisquer.Temos:f(b + a – b) = f(b) ⋅ f(a – b)f(a) = f(b) ⋅ f(a – b)Como é dado que f(x) ≠ 1, para todo x ∈ IR\{0}, podemos afirmar que, se a ≠ b, então a – b ≠ 0, f(a – b) ≠ 1e, portanto, f(a) ≠ f(b).Logo, f é injetiva.A afirmação III é verdadeira.

Resposta: E

Se a = cos e b = sen , então, o número complexo cos + isen54

é igual a

A) a + bi.B) –a + bi.C) (1 – 2a2b2) + ab(1 + b2)i.D) a – bi.E) 1 – 4a2b2 + 2ab(1 – b2)i.

cos + isen54

= cos + isen

= cos 10π + + isen 10π +

= cos + isen

= cos π – + isen π –

= –cos + isen

= –a + biResposta: B

π5

π5

π5

π5

4π5

4π5

4π5

4π5

54π5

54π5

π5

π5

Resolução

π5

π5

π5

π5

Questão 4▼▼

x2

x2

x2

x2

x2

x2

Resolução


O polinômio de grau 4(a + 2b + c)x4 + (a + b + c)x3 – (a – b)x2 + (2a – b + c)x + 2(a + c),

com a, b, c ∈ IR, é uma função par. Então, a soma dos módulos de suas raízes é igual a

A) 3 + √__3.

B) 2 + 3√__3.

C) 2 + √__2.

D) 1 + 2√__2.

E) 2 + 2√__2.

A função polinomial é par se, e somente se:

Somando-se membro a membro, resulta 3a + 2c = 0, ou seja, c = a.

Subtraindo membro a membro, resulta –a + 2b = 0, ou seja, b = .

Temos: a + 2b + c = , a – b = e a + c = .

De P(x) = (a + 2b + c)x4 + (a + b + c)x3 – (a – b)x2 + (2a – b + c)x + 2(a + c) e das conclusões acima, temos:

P(x) = x4 + x2 + 2 ⋅

P(x) = [x4 + x2 – 2], com a ≠ 0, pois o polinômio é de grau 4.

De P(x) = 0, temos x2 = 1 ou x2 = –2, isto é, x = 1 ou x = –1, ou x = i√__2 ou x = –i√

__2.

Temos |1| + |–1| + |i√__2| + |–i√

__2| = 2 + 2√

__2

Resposta: E

Considere as funções f(x) = x4 + 2x3 – 2x – 1 e g(x) = x2 – 2x + 1. A multiplicidade das raízes não reais da funçãocomposta fog é igual aA) 1.B) 2.C) 3.D) 4.E) 5.

Note que f(1) = 0.1 2 0 –2 –1

1 1 3 3 1 0Logo, f(x) = (x – 1)(x3 + 3x2 + 3x + 1), ou seja, f(x) = (x – 1)(x + 1)3.1 é raiz de multiplicidade 1 de f(x) = 0.–1 é raiz de multiplicidade 3 de f(x) = 0.

Resolução

Questão 6▼▼

a2

–a2

a2

a2

–a2

a2

a2

a2

–32

a + b + c = 02a – b + c = 0

142

43

Resolução

Questão 5▼▼


g(x) = (x – 1)2

f(g(x)) = [(x – 1)2 – 1][(x – 1)2 + 1]3

De (x – 1)2 – 1 = 0, temos x – 1 = 1 ou x – 1 = – 1, isto é, x = 2 ou x = 0.De (x – 1)2 + 1 = 0, temos x – 1 = i ou x – 1 = – i, isto é, x = 1 + i ou x = 1 – i.Considerando o fator [(x – 1)2 + 1]3 em f(g(x)), podemos concluir que 1 + i e 1 – i são, ambas, raízes demultiplicidade 3.

Resposta: C

Suponha que os coeficientes reais a e b da equação x4 + ax3 + bx2 + ax + 1 = 0 são tais que a equação admitesolução não real r com |r| ≠ 1. Das seguintes afirmações:

I. A equação admite quatro raízes distintas, sendo todas não reais.II. As raízes podem ser duplas.

III. Das quatro raízes, duas podem ser reais.

é(são) verdadeira(s)A) apenas I.B) apenas II.C) apenas III.D) apenas II e III.E) nenhuma.

Como os coeficientes são reais, o número r’, conjugado complexo de r, é raiz da equação. Como r não é real,temos r’ ≠ r e r’ ∉ IR.

Como a equação é recíproca, os números e também são raízes da equação. Temos:

≠ , pois r ≠ r’

≠ r, pois r ≠ 1 e r ≠ –1

≠ r’, pois r’ ≠ 1 e r’ ≠ –1

≠ r e ≠ r’, pois |r|2 ≠ 1.

Logo, podemos afirmar que a equação admite 4 raízes, duas a duas distintas, sendo todas não reais.

Resposta: A

Se as soluções da equação algébrica 2x3 – ax2 + bx + 54 = 0, com coeficientes a, b ∈ IR, b ≠ 0, formam, numa

determinada ordem, uma progressão geométrica, então, é igual a

A) –3.

B) – .

C) .

D) 1.E) 3.

13

13

ab

Questão 8▼▼

1r

1r’

1r’

1r

1r’

1r

1r’

1r

Resolução

Questão 7▼▼


Seja (x1, x2, x3) a progressão geométrica formada pelas raízes e seja q, q ≠ 0, a razão dessa progressão. Temos:

x1 ⋅ x2 ⋅ x3 = –

⋅ x2 ⋅ x2q = –27 ∴ x23 = –27.

Logo, x2 = –3, ou x2 = (1 + i√__3), ou x2 = (1 – i√

__3).

• Como os coeficientes de 2x3 – ax2 + bx + 54 = 0 são reais, podemos afirmar que:

Se (1 + i√__3) é raiz, então (1 – i√

__3) é raiz

Se (1 – i√__3) é raiz, então (1 + i√

__3) é raiz

Como o produto das três raízes é –27, podemos concluir que, em ambos os casos, –3 é raiz.Sendo assim, temos 2x3 – ax2 + bx + 54 � 2x3 + 54, ou seja, a = 0 e b = 0.

Do enunciado, temos b ≠ 0 e, portanto, x2 ≠ (1 + i√__3) e x2 ≠ (1 – i√

__3).

Com x2 = –3, temos:2(–3)3 – a(–3)2 + b(–3) + 54 = 0–54 – 9a – 3b + 54 = 0–9a = –3b

Com b ≠ 0, temos = .

Resposta: B

Dados A ∈ M3×2(IR) e b ∈ M3×1(IR), dizemos que X0 ∈ M2×1(IR) é a melhor aproximação quadrática do sistema

AX = b quando √_____(AX0 – b)

_____t(AX

_____0 – b)_____

assume o menor valor possível. Então, dado o sistema

,

a sua melhor aproximação quadrática é

A) D)

B) E)

C)

Seja x0 =

A ⋅ x0 – b =

–

–

– –

–

–

1 0

0 1

1 0

1

1

1

1

1

1

0

0

0

0

0

⋅

=

x

y

x

y

x

x

y0

0

Resolução

–2

0

0

1

1

1

1

0

1

–1

–1 0

0 1

1 0

x

y

1

1

1

=

Questão 9▼▼

–13

ab

32

32

32

32

32

32

32

32

x2q

542

Resolução


Assim:

(A ⋅ x0 – b)t ⋅ (A ⋅ x0 – b) = [–x0 – 1 y0 – 1 x0 – 1] ⋅ =

= [(–x0 – 1)2 + (y0 – 1)2 + (x0 – 1)2]

Admitindo que se refira à raiz quadrada do elemento da matriz produto, temos:

Essa expressão assume o menor valor possível quando x0 = 0 e y0 = 1.Assim:

x0 =

Resposta: E

O sistema

, a1, a2, b1, b2, c1, c2 ∈ IR,

com (c1, c2) ≠ (0, 0), a1c1 + a2c2 = b1c1 + b2c2 = 0, éA) determinado.B) determinado somente quando c1 ≠ 0 e c2 ≠ 0.C) determinado somente quando c1 ≠ 0 e c2 = 0 ou c1 = 0 e c2 ≠ 0.D) impossível.E) indeterminado.

∴

∴ (a1c1 + a2c2) ⋅ x + (b1c1 + b2c2) ⋅ y = c12 + c2

2 ∴ 0x + 0y = c12 + c2

2

Como c1 e c2 não são simultaneamente iguais a zero, c12 + c2

2 ≠ 0, e, assim, o sistema é impossível.

Resposta: D

Seja A ∈ M2×2 (IR) uma matriz simétrica e não nula, cujos elementos são tais que a11, a12 e a22 formam, nestaordem, uma progressão geométrica de razão q ≠ 1 e trA = 5a11. Sabendo-se que o sistema AX = X admitesolução não nula X ∈ M2×1 (IR), pode-se afirmar que a2

11 + q2 é igual a

A) . D) .

B) . E) .

C) 5.

254

12125

499

10125

Questão 11▼▼

a1c1x + b1c1y = c12

a2c2x + b2c2y = c22

12

3

a1x + b1y = c1 ⋅ (c1)a2x + b2y = c2 ⋅ (c2)

12

3

Resolução

a1x + b1y = c1

a2x + b2y = c2

142

43

Questão 10▼▼

0

1

( – ) ( – ) ( ) ( – ) ( – )

( – )

Ax b Ax b x y x

x y

t0 0 0

20

20

2

02

02

1 1 1

2 2 1

⋅ = + + +

= + +

( – ) ( – )Ax b Ax bt0 0⋅

– –

–

–

x

y

x

0

0

0

1

1

1


Como A é simétrica e (a11, a12, a22) é P.G. de razão q, q ≠ 1, podemos escrever:

A =

Do enunciado, trA = 5a11.a11 + a11q2 = 5a11 ∴ a11 ⋅ q2 = 4 ⋅ a11 ∴ q2 = 4 (pois a11 ≠ 0)

Sendo X = e A ⋅ X = X, temos:

Para o sistema homogêneo ter solução diferente da nula:

= 0 ∴ (a11 – 1) ⋅ (a11 ⋅ q2 – 1) – a211 ⋅ q2 = 0

Como q2 = 4, temos:

(a11 – 1) ⋅ (4a11 – 1) – 4a211 = 0 ∴ 4a2

11 – a11 – 4a11 + 1 – 4a211 = 0 ∴ a11 =

Logo: a211 + q2 = + 4 =

Resposta: A

Uma amostra de estrangeiros, em que 18% são proficientes em inglês, realizou um exame para classificar asua proficiência nesta língua. Dos estrangeiros que são proficientes em inglês, 75% foram classificados comoproficientes. Entre os não proficientes em inglês, 7% foram classificados como proficientes. Um estrangeirodesta amostra, escolhido ao acaso, foi classificado como proficiente em inglês. A probabilidade desteestrangeiro ser efetivamente proficiente nesta língua é de aproximadamenteA) 73%. D) 65%.B) 70%. E) 64%.C) 68%.

Foram classificadas como proficientes em inglês após o exame:• 75% dos 18% dados anteriormente como proficientes, isto é, 0,75 ⋅ 0,18 = 0,135;• 7% dos 82% dados anteriormente como não proficientes, isto é, 0,07 ⋅ 0,82 = 0,0574.Um estrangeiro desta amostra foi classificado como proficiente. A probabilidade de ele ser efetivamenteproficiente é:

P � � � 0,703 � 70%

Resposta: B

Considere o triângulo ABC de lados a = BC——

, b = AC——

e c = AB——

e ângulos internos α = CÂB, β = ABC e γ = BCA.Sabendo-se que a equação x2 – 2bxcosα + b2 – a2 = 0 admite c como raiz dupla, pode-se afirmar que

A) α = 90º.B) β = 60º.C) γ = 90º.D) O triângulo é retângulo apenas se α = 45º.E) O triângulo é retângulo e b é hipotenusa.

Questão 13▼▼

0,1350,192

0,1350,135 + 0,057

Resolução

Questão 12▼▼

10125

125

15

a a q

a q a q11 11

11 112

1

1

–

–

⋅⋅ ⋅

a

a

(a

a11

11

11

11

⋅

⋅ ⋅∴

⋅ ⋅

+ ⋅ ⋅ =

+ ⋅ ⋅ =

+ ⋅ ⋅ =

+ ⋅ =

x a q y x

q x a q y y

x a q y

q x a q y11

112

11

112

1 0

1 0

– )

( – )

x

y

a a q

a q a q11 11

11 112

Resolução


Se c é raiz dupla da equação x2 – 2bxcosα + b2 – a2 = 0, então, pelas relações de Girard:

c ⋅ c = ∴ b2 = a2 + c2

Logo, ABC é um triângulo retângulo, e b é a hipotenusa.

Resposta: E

No plano, considere S o lugar geométrico dos pontos cuja soma dos quadrados de suas distâncias à reta t: x = 1e ao ponto A = (3, 2) é igual a 4. Então, S éA) uma circunferência de raio ��2 e centro (2, 1).B) uma circunferência de raio 1 e centro (1, 2).C) uma hipérbole.D) uma elipse de eixos de comprimento 2��2 e 2.E) uma elipse de eixos de comprimento 2 e 1.

Sendo P(x, y) um ponto de S, devemos ter:(dP, t)2 + (dP, A)2 = 4

+ = 4

x2 – 2x + 1 + (x – 3)2 + (y – 2)2 = 4x2 – 2x + 1 + x2 – 6x + 9 + y2 – 4y + 4 = 42x2 + y2 – 8x – 4y + 10 = 02x2 – 8x + … + y2 – 4y + … = –102(x2 – 4x + 4) + y2 – 4y + 4 = –10 + 8 + 42(x – 2)2 + (y – 2)2 = 2

+ = 1

A equação representa uma elipse de eixos com comprimentos 2��2 e 2.

Resposta: D

(y – 2)22

(x – 2)21

( – ) ( – )x y3 22 22

+( )| – |x 1

1 02 2

2

+

(t) x – 1 = 0y

2

31

P(x, y)

A(3, 2)

0 x

Resolução

Questão 14▼▼

b2 – a2

1

a

bc

B C

A

β

α

γ

Resolução


Do triângulo de vértices A, B e C, inscrito em uma circunferência de raio R = 2cm, sabe-se que o lado BC——

mede2cm e o ângulo interno ABC mede 30º. Então, o raio da circunferência inscrita neste triângulo tem o compri-mento, em cm, igual aA) 2 – ��3. D) 2��3 – 3.

B) . E) .

C) .

Do enunciado, temos a figura:

Como BC = 2 = R, então BC = 60º.

Como ABC = 30º, então CA = 60º.

Logo, BA = 120º ∴ BPA = 240º ∴ BCA = 120º.Daí, conclui-se que BC = CA = 2 (∆ABC é isósceles).Pelo teorema dos co-senos, vem:

(AB)2 = 22 + 22 – 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ cos120º ∴ AB = ��12Sendo S a área do triângulo, p o semi-perímetro, e r a medida pedida, temos:

S = p ⋅ r

⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ sen120º = (2 + 2 + ��12) ⋅ r

��3 = ⋅ r

��3 = ⋅ r ∴ r = 2��3 – 3

Resposta: D

A distância entre o vértice e o foco da parábola de equação 2x2 – 4x – 4y + 3 = 0 é igual a

A) 2. D) .

B) . E) .

C) 1.

1

2

3

2

3

4

Questão 16▼▼

4 + 2��3

2

2 + 2 + ��12

2

12

30º

30º

O’

O

R = 2

2 C

A

B

r

P

Resolução

��2

4

1

2

1

3

Questão 15▼▼


2x2 – 4x = 4y – 3

x2 – 2x = 2y –

x2 – 2x + 1 = 2y –

(x – 1)2 = 2 y –

Sendo p o parâmetro da parábola, temos 2p = 2 e, portanto, p = 1.

Sendo V e F, nessa ordem, o vértice e o foco da parábola, temos VF = , ou seja, VF = .

Resposta: E

A expressão

é equivalente aA) [cosx – sen2x]cotgx. D) [1–cotg2x]senx.B) [senx + cosx]tgx. E) [1 + cotg2x][senx + cosx].C) [cos2x – senx]cotg2x.

Resposta: A

211

2 2

12

22 2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

⋅ ⋅

⋅ ⋅

⋅ ⋅

⋅ ⋅

sen x + + g x tgx

+ tgx

=

=

sen x +3

+ g x tgx

x

=

senx2x

– x +cos x

sen x

1

cosx

= senx2

cos

π

π

cot

cot

sec

coscos

xx2

–sen x cosx + cos x

sen x

=senxcosx

sen xcosx – sen x]

= cotgx [cosx – sen x]

2 2

2

22

2

⋅⋅

⋅

⋅

[

Resolução

2 sen x112

cotg x tgx2

1 tgx2

2

2

+

+

+

π

Questão 17▼▼

12

p2

14

12

32

1 x0

y

F

V

431,

43

41

41–

411,

Resolução


Sejam C uma circunferência de raio R � 4 e centro (0, 0) e ——AB uma corda de C. Sabendo que (1, 3) é ponto

médio de ——AB, então uma equação da reta que contém

——AB é

A) y + 3x – 6 = 0.B) 3y + x – 10 = 0C) 2y + x – 7 = 0D) y + x – 4 = 0.E) 2y + 3x – 9 = 0.

Se M(1, 3) é o ponto médio de AB—

, então PM←→

é perpendicular a AB←→

.

Coeficiente angular de PM←→

: mPM = = 3

Logo, o coeficiente angular de AB←→

é – .

Equação de AB←→

:

M(1, 3) y – 3 = – (x – 1)

mAB = – ∴ x + 3y – 10 = 0

Resposta: B

Uma esfera é colocada no interior de um cone circular reto de 8cm de altura e de 60º de ângulo de vértice.Os pontos de contato da esfera com a superfície lateral do cone definem uma circunferência e distam 2��3 cmdo vértice do cone. O volume do cone não ocupado pela esfera, em cm3, é igual a

A) π.

B) π.

C) π.

D) π.

E) π.5429

5129

5009

4809

4169

Questão 19▼▼

13

13

13

3 – 01 – 0

A

B

M

P(0, 0)

C

Resolução

Questão 18▼▼


14

24

3

Sendo r a medida do raio da esfera, e R a medida do raio do cone, temos a figura:

No triângulo VAB: tg30º = ∴ = ∴ r = 2

No triângulo VMB: tg30º = ∴ = ∴ R =

Logo, o volume do cone não ocupado pela esfera é

⋅ π ⋅2⋅ 8 – , ou seja, cm3.

Resposta: A

Os pontos A = (3, 4) e B = (4, 3) são vértices de um cubo, em que ——AB é uma das arestas. A área lateral do octae-

dro cujos vértices são os pontos médios da face do cubo é igual a

A) ��8. D) 4.B) 3. E) ��18.C) ��12.

A medida da aresta é: AB =

Sendo a a medida de uma aresta do octaedro, temos que:a2 = (MN)2 + (NP)2

a2 = 2

+ 2

∴ a = 1

Logo, a área pedida é 8 ⋅ = 2√___3, ou seja, √

___12

_.

Resposta: C

12 ⋅ √___3

4

√___2

2

√___2

2

a

M

P

NBA 2

( – ) ( – )4 3 4 3 22 2+ =

Resolução

Questão 20▼▼

416π9

4 ⋅ π ⋅ 23

3

8√___3

3

13

8√___3

3R8

√___3

3R8

r2√

__3

√___3

3r

2√__3

r

30º 30º

C

A

V

BM R

2 3

8

Resolução


Seja S o conjunto solução da inequação

(x – 9)|logx + 4(x3 – 26x)| � 0.

Determine o conjunto SC.

Consideremos, primeiramente, a função real de variável real dada por f(x) = logx + 4(x3 – 26x) e seu domínio D.Temos o sistema:

Logo, D = {x ∈ IR: –4 � x � 0 e x ≠ –3 ou x � ��26}

Para obter o conjunto solução S, é suficiente estudar os dois casos a seguir.

1º caso: x – 9 � 0 e logx + 4(x3 – 26x) ∈ IR

x � 9 e x ∈ D

2º caso: x – 9 � 0 e logx + 4(x3 – 26x) = 0

x � 9 e x3 – 26x = 1

x � 9 e x(x2 – 26) = 1

Note que não existe x, nessas condições, pois com x � 9 temos x2 – 26 � 55 e, portanto, x(x2 – 26) � 1.

Logo, S = {x ∈ IR: x � 9 e x ∈ D}, ou seja, S = {x ∈ IR: –4 � x � 0 e x ≠ –3 ou ��26 � x � 9}

SC é o complementar de S.

Resposta: SC = {x ∈ IR: x � –4 ou x = –3 ou 0 � x � ��26 ou x � 9}

Sejam x, y ∈ IR e w = x2(1 + 3i) + y2(4 – i) – x(2 + 6i) + y(–16 + 4i) ∈ CI . Identifique e esboce o conjunto

� = {(x, y) ∈ IR2; Re w � –13 e Im w � 4}.

w = x2 + 3x2i + 4y2 – y2i – 2x – 6xi – 16y + 4yiw = x2 – 2x + 4y2 – 16y + (3x2 – 6x – y2 + 4y)i

144424443 144424443

Re w Im w

• De Re w � –13, temos:

x2 – 2x + 4y2 – 16y � –13

x2 – 2x + 1 + 4y2 – 16y + 16 � –13 + 1 + 16

(x – 1)2 + 4(y – 2)2 � 4

+ � 1(y – 2)2

12(x – 1)2

22

Resolução

Questão 22▼▼

–4 –3 0 26 x9

S

x � –4 e x ≠ –3x(x2 – 26) � 0

12

3

x + 4 � 0 e x + 4 ≠ 1x3 – 26x � 0

12

3

–4 –3

0

0 0 0– + –

26– 26

x

x+

Resolução

Questão 21▼▼


• De Im w � 4, temos:3x2 – 6x – y2 + 4y � 43x2 – 6x + 3 – y2 + 4y – 4 � 4 + 3 – 43(x2 – 2x + 1) – (y2 – 4y + 4) � 33(x – 1)2 – (y – 2)2 � 3

� 1

• �1: + � 1

�2: � 1

� = �1 ∩ �2

Resposta:

Seja f: IR\{–1} → IR definida por f(x) = .

a) Mostre que f é injetora.

b) Determine D = {f(x); x ∈ IR\{–1}} e f–1: D → IR\{–1}.

a) Sejam a e b elementos quaisquer de R\{–1}.De f(a) = f(b), temos:

=

2ab + 3b + 2a + 3 = 2ab + 3a + 2b + 3–a = –b ∴ a = b

Como f(a) = f(b) ⇒ a = b, ou seja, a ≠ b ⇒ f(a) ≠ f(b), concluímos que f é injetora. (c.q.d.)

b) De f(x) = , com x ≠ –1, temos:

x ⋅ f(x) + f(x) = 2x + 3x ⋅ f(x) – 2x = 3 – f(x)x ⋅ [f(x) – 2] = 3 – f(x)

Com f(x) = 2, temos x ⋅ 0 = 1; logo, não existe x, tal que f(x) = 2.

Com f(x) ≠ 2, temos x = .

Resumindo, com x ≠ –1, y = f(x) e y ≠ 2, temos x = .

Resposta: D = IR\{–2} e f–1(x) = 3 – xx – 2

3 – yy – 2

3 – f(x)f(x) – 2

2x + 3x + 1

2b + 3b + 1

2a + 3a + 1

Resolução

2x + 3x + 1

Questão 23▼▼

y

x

54

3

21

0–1

–1 1 2 3

( – )–

( – )

( )

x y1

1

2

3

2

2

2

2

(y – 2)2

12(x – 1)2

22

( – )–

( – )

( )

x y1

1

2

3

2

2

2

2


Suponha que a equação algébrica

x11 + 10∑

n = 1anxn + a0 = 0

tenha coeficientes reais a0, a1, …, a10 tais que as suas onze raízes sejam todas simples e da forma β + iγn, emque β, γn ∈ IR e os γn, n = 1, 2, …, 11, formam uma progressão aritmética de razão real γ ≠ 0. Considere as trêsafirmações abaixo e responda se cada uma delas é, respectivamente, verdadeira ou falsa, justificando suaresposta:

I. Se β = 0, então a0 = 0.II. Se a10 = 0, então β = 0.

III. Se β = 0, então a1 = 0.

As raízes são da forma xn = β + iγn, com n inteiro e 1 � n � 11.Como os coeficientes da equação são reais, o número de raízes imaginárias é par e, portanto, há pelo menosuma raiz real: β + i ⋅ 0.Como as raízes imaginárias existem aos pares (conjugados) e como, numa dada ordem, formam uma PA, derazão γ, podemos afirmar que elas são da forma β + i ⋅ h ⋅ γ, em que h, –5 � h � 5, é um número inteiro.• Sendo β = 0, o conjunto das raízes é {–5γi, –4γi, –3γi, –2γi, –γi, 0, γi, 2γi, 3γi, 4γi, 5γi }.O produto das raízes é nulo e, como esse produto é –a0, temos a0 = 0.Logo, a afirmação I é verdadeira.Excluindo a raiz nula, temos 10 raízes cujo produto é –(5!)2 ⋅ γ10 ⋅ i10 = (5!)2 ⋅ γ10

Com qualquer outra combinação de dez das 11 raízes, o produto é nulo.A soma de todos os produtos possíveis com 10 das 11 raízes é igual a a1.Logo, a1 = (5!)2γ10.Com γ ≠ 0, temos a1 ≠ 0.A afirmação III é falsa.• A soma das 11 raízes é igual a –a10.Portanto 11β = –a10.Se a10 = 0, então β = 0.A afirmação II é verdadeira.

Resposta: As afirmações I e II são verdadeiras e a afirmação III é falsa.

Um determinado concurso é realizado em duas etapas. Ao longo dos últimos anos, 20% dos candidatos doconcurso têm conseguido na primeira etapa nota superior ou igual à nota mínima necessária para poder parti-cipar da segunda etapa. Se tomarmos 6 candidatos dentre os muitos inscritos, qual é a probabilidade de nomínimo 4 deles conseguirem nota para participar da segunda etapa?

Do enunciado, a probabilidade de um candidato ser aprovado na primeira etapa é , e a de não ser aprovado

é .

Tomando-se 6 candidatos, a probabilidade de pelo menos 4 serem aprovados é:

P = 4 ⋅ 2 ⋅ +

5 ⋅ 1 ⋅ + 6

P = ⋅ + ⋅ + 156

6!5! ⋅ 1!

456

6!4! ⋅ 2!

1656

15

65

45

15

64

45

15

45

15

Resolução

Questão 25▼▼

Resolução

Questão 24▼▼


P = =

Resposta:

Sejam A, B ∈ M3 × 3(IR). Mostre as propriedades abaixo:

a) Se AX é a matriz coluna nula, para todo X ∈ M3 × 1(IR), então A é a matriz nula.

b) Se A e B são não nulas e tais que AB é a matriz nula, então detA = detB = 0.

a) Seja A = .

Se AX = 0 para todo X ∈ M3 × 1(IR), então AX = 0, em particular, para as matrizes X = , X = e

X = .

Nessa ordem, temos:

AX = , AX = e AX = .

Como, em todos os casos, AX = 0, temos a = 0, d = 0, g = 0, b = 0, e = 0, h = 0, c = 0, f = 0 e i = 0.Logo, A = 0 (c.q.d.)

b) (Método indireto)Suponhamos que detA ≠ 0.Nesse caso, existe A–1 e, de A ⋅ B = 0, temos:

A–1 (AB) = A–1 ⋅ 0(A–1 ⋅ A)B = 0I3 ⋅ B = 0B = 0 (absurdo)

Logo, detA = 0.Analogamente, podemos mostrar que detB = 0. (c.q.d.)

Sabendo que tg2 x + π = , para algum x ∈ 0, π , determine senx.

12

12

16

Questão 27▼▼

cfi

beh

adg

001

010

100

cfi

beh

adg

Resolução

Questão 26▼▼

533125

533125

26556


tg2 x + = , x ∈ 0,

sec2 x + = 1 + tg2 x + = 1 + =

Assim:

cos2 x + = e sen2 x + =

Com 0 � x � ,temos � x + � .

Nesse intervalo, cos x + = e sen x + = .

Logo:

senx = sen x + –

= sen x + ⋅ cos – sen ⋅ cos x +

= ⋅ – ⋅

= ⋅ =

Resposta:

Dadas a circunferência C: (x – 3)2 + (y – 1)2 = 20 e a reta r: 3x – y + 5 = 0, considere a reta t que tangencia C,

forma um ângulo de 45º com r e cuja distância à origem é . Determine uma equação da reta t.

(x – 3)2 + (y – 1)2 = 20

45º

C’(3, 1)

C

(r) 3x – y + 5 = 0mr = 3

(t) y = mx + q mx – y + q = 0O(0, 0)

3 55

———

20

Centro: C’(3, 1)Raio: ��20

12

3

Resolução

3��5

5

Questão 28▼▼

3 – ��6

6

3 – ��6

6

��3

��3

��3 – ��2

2��3

��2

��312

��32

1��3

π6

π6

π6

π6

π6

π6

1��3

π6

��2

��3

π6

2π3

π6

π6

π2

13

π6

23

π6

32

12

π6

π6

π2

12

π6

Resolução


Devemos ter:

= tg45º ∴ m = –2 ou m =

Assim: (t1) –2x – y + q = 0 ou (t2) – y + q = 0

Da condição de tangência para t1:

= ��20 ∴ q = 17 ou q = –3

Logo, (t1) –2x – y + 17 = 0 ou (t1) –2x – y – 3 = 0.Da condição de tangência para t2:

= ��20 ∴ q = ou q = – .

Logo, (t2) – y + = 0 ou (t2) – y – = 0

Das quatro retas obtidas, só a reta (t1) –2x – y – 3 = 0 dista da origem.

De fato:

= =

Resposta: 2x + y + 3 = 0

Considere as n retas

ri: y = mix + 10, i = 1, 2, …, n; n 5,

em que os coeficientes mi, em ordem crescente de i, formam uma progressão aritmética de razão q � 0. Sem1 = 0 e a reta r5 tangencia a circunferência de equação x2 + y2 = 25, determine o valor de q.

Do enunciado, temos a figura, onde a reta r5 tem coeficiente angular m5 � 0 e tangencia a circunferênciax2 + y2 = 25:

No triângulo retângulo assinalado, temos:

cosα = ∴ cosα = ∴ α = 60º

Assim, m5 = tg60º, ou seja, m5 = ��3.

12

510

y

x

β

βα

α 5

10

r5

Resolução

Questão 29▼▼

3��5

5

3

��5

|–2 ⋅ 0 – 0 – 3|

√_____(–2)2 +

_____(–1)2____

3��5

5

112

x2

92

x2

112

92

|3/2 – 1 + q|

√_____(1/2)2 +

_____(–1)2____

|–2 ⋅ (3) – 1 + q|

√_____(–2)2 +

_____(–1)2____

x2

12

|||

m – 31 + 3 ⋅ m

|||


Na progressão aritmética, temos:m5 = m1 + 4 ⋅ q��3 = 0 + 4 ⋅ q

q =

Resposta:

A razão entre a área lateral e a área da base octogonal de uma pirâmide regular é igual a ��5. Exprima o volu-me desta pirâmide em termos da medida a do apótema da base.

Do enunciado, temos a figura que representa a pirâmide VABCDEFGH com aresta da base igual a b, apótemada base igual a a, apótema da pirâmide igual a m e altura igual a h:

Ainda, do enunciado, temos:

= ��5 ∴ m = a��5

No triângulo VOM:

h2 + a2 = m2

h2 + a2 = (a��5)2 ∴ h = 2a

No triângulo ODE (OD = OE), temos:

b2 = (OD)2 + (OD)2 – 2 ⋅ (OD)(OD) ⋅ cos45º

b2 = 2(OD)2 – ��2 ⋅ (OD)2 ∴ b2 = (OD)2(2 – ��2)

No triângulo ODM:

(OD)2 = a2 + 2

(OD)2 = a2 +

∴ (OD)2 = 2a2(2 – ��2)

(OD)2 (2 – ��2)4

b2

812

b m

812

b a

⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅

V

m

aO

E

M

D

C

B

A

b

h

Resolução

Questão 30▼▼

��34

��34


O volume da pirâmide é:

V = ⋅ Abase ⋅ h

V = ⋅ 8 ⋅ ⋅ (OD)(OD) sen45º ⋅ 2a

V = ⋅ 8 ⋅ ⋅ 2a2(2 – ��2) ⋅ ⋅ 2a

V = 8(��2 – 1)a3

Resposta: 16 (��2 – 1)a3

3

��22

12

13

12

13

13



Prova muito boa, mantendo a tradição.Apenas uma ressalva: na questão número 9, confunde-se matriz de ordem 1 com o seu elemento.

TTTNNNEEEMMM ÁÁÁ OOOOOOCCC IIIRRR

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1 ITA M 2009 Capaangloresolve.cursoanglo.com.br/inc/Download.asp?NomeArq=Prova_749... · ... que é realizado em 4 dias: ... A nota final é a média aritmética das provas de Matemática,