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1 C 5 D 9 A 13 E 17 E
2 A 6 B 10 C 14 C 18 B
3 E 7 A 11 A 15 B 19 C
4 C 8 C 12 D 16 A 20 D
Gabarito - ITA 06/05/2017Matemática
Gabarito Simulado 14/08/2004
RESOLUÇÃO SIMULADO IME-ITA MATEMÁTICA - CICLO 3
Questão 01 - Alternativa C
Reescrevendo a equação, ela se torna: sen cos 1 x x
Elevando ao quadrado e desenvolvendo: 2 2sen cos 2sen cos 1 x x x x
1 2sen cos 1 x x 2sen cos 0x x
Utilizando a transformação do arco duplo: sen2 0 sen0 x
Então: 2 2 x k ou 2 2 x k
O que se conclui que, para um intervalo de 0,2 , os valores de x possíveis são:
30, , , ,2
2 2
x
Porém, deve-se testar a equação original para verificar se esses valores obedecem pois, ao elevarmos ao quadrado, podemos estar “embutindo” raízes que não existem. Testando esses valores, observamos que apenas
2
e são raízes da equação no intervalo pedindo, resultando que a soma será
3
2
.
Questão 02 - Alternativa A
Sabe-se que existe um triângulo retângulo muito conhecido, que é o triângulo 3,4,5. Dentro desse triângulo, observamos que existe um ângulo tal que:
3 4arcsen arccos
5 5
Então, a nossa expressão equivale a:
2
2tgtg 2
1 tg
y
Porém, de acordo com o próprio triângulo 3,4,5:
3
4 tg
Substituindo, obtemos 24
7y , então:
6 14 54 y
IME-ITA – Resolução Simulado
2
Questão 03– Alternativa E
Como representa uma função senoidal, a equação apresenta uma equação geral da forma
sen y A Bx C D . Por inspeção das alternativas, percebe-se que 0D , ou seja, o gráfico não foi
transladado verticalmente.
O período da função é o momento em que ela se repete. A distância entre os pontos ;02
e 11
;04
é igual
a 3
4 do período. O período da função é, então, por teoria das proporções:
4 113
3 4 2
T
Utilizando a equação abaixo: 2 2
3
T B
B
O que torna a nossa equação pedida da forma 2
sen3
x
y A C . Substituindo agora o ponto ;02
, que
pertence à função, teremos:
sen 03
A C
Como 0A , então sen 03
C . Essa equação tem infinitas soluções possíveis, porém, a única que se
encaixa nas alternativas da questão é 3
C .
Agora nos resta o parâmetro A . Ele pode ser encontrado a partir do ponto 0, 3 . Substituindo, chegamos
na equação:
sen 60º 3 A
O que resulta em 2A . Então nossa função é 2
2sen3
x
y .
Questão 04– Alternativa C
Se 8
7
n
n é um inteiro positivo, então:
7 | 8 n n (1) Além disso, todo número divide a si mesmo.
7 | 7 n n (2) Fazendo (1) - (2):
7 |15n
Ou seja, 7n é um dos divisores de 15. Os divisores de 15 são:
1; 3; 5; 15
Calculando, então, os possíveis valores de n , obtemos:
8,6,10,4,12,2,22, 8 n
Testando os valores na fração para que se obtenha um inteiro positivo, temos que 8,10,12, ou 22n . Então a soma de todos os valores possíveis de n será 52.
Resolução Simulado
3
Questão 05– Alternativa D
Sejam , ,A B C os números dos livros de Arthur, Brenna e Clarice. Equacionando o problema, obtemos:
9
2
A B C
A C B
Resolvendo esse sistema, obtemos 3B . O problema combinatório se resume ao seguinte: escolher os três livros de Brenna e, após isso, o restante deve
ser distribuído entre Arthur e Clarice. Os livros de Brenna podem ser escolhidos de 9
843
maneiras. Após
isso, cada um dos livros poderá ficar com Arthur ou com Clarice, ou seja, cada livro terá 2 opções de dono. O número de vezes que isso pode ser feito é 62 , porém temos que retirar as configurações em que Arthur ou Clarice ficam de mãos vazias, totalizando 62 2 62 maneiras de distribuir o restante dos livros. Pelo princípio multiplicativo, o número total de configurações para distribuição será:
84 62 5208
Questão 06– Alternativa B
Seja 3 4 x a e 7 y b , então:
120 210 2521 2
a a a
b b b
A expressão pedida pode ser expressa por: 2 1 1
2 1 2
a a a
b b b
Onde acima foi utilizada a relação de Stiffel. Aplicando novamente a relação de Stiffel em cada uma das parcelas:
2
2 1 1 2
a a a a a
b b b b b
Então: 2
22 1 2
a a a a
b b b b
Substituindo os valores encontrados: 2
120 2 210 252 7922
a
b
Questão 07– Alternativa A
A soma pode ser reduzida utilizando a notação de somatório:
30
1
1
k
S k k
Sabe-se que:
1 1 ! 1
2 2! 1 ! 2
k k k k
k
Então, se dividirmos a equação em S em ambos os lados, obtemos:
30 30
1 1
11
22 2
k k
kk kS
2 3 31...
2 2 22
S
Essa é a soma da Coluna 2 do triângulo de pascal até a Linha 31 (começando a contagem a partir da Linha 0 e Coluna 0). Usando o teorema das colunas:
32 322 9920
3 32
SS
IME-ITA – Resolução Simulado
4
Questão 08– Alternativa C
Imaginemos a expansão:
...
12 vezes
a b c d a b c d a b c d a b c d
Para obtermos um número da forma 4 2 5ab c d , temos que escolher um parêntesis com ,a quatro com b , dois com c e cinco com d . Isso pode ser analisado como uma operação combinatória, onde temos a configuração básica: abbbbccddddd . O coeficiente será o número de vezes em que essa expressão aparecer, então será equivalente ao número de permutações com repetição da palavra estudada:
1,4,2,512
12!83160
1!4!2!5! P
Questão 09– Alternativa A
Utilizando a expansão do binômio de Newton:
100 100 100 100 1001 1 ...
0 1 99 100
(3)
Novamente, mudando o segundo termo:
100 100 100 100 1001 1 ... 0
0 1 99 100
(4)
Subtraindo(3) - (4):
100100 100 100 1002 ... 2
1 3 97 99
Então a soma pedida é 992M . Ou seja, 3 993
2 2log log 2 33 M
Questão 10– Alternativa C
A fórmula do binômio de Newton é:
0
n
n n k k
k
nx a x a
k
O coeficiente do terceiro termo será 2
n e do segundo
1
n, pois não há valores numéricos dentro dos termos
do binômio pedido na questão e, como o segundo termo é maior que o primeiro, estamos no ramo crescente da linha de Pascal. Então:
442 1
n n
O que resulta na equação:
1 88 2 n n n
Que é uma equação do segundo grau: ² 3 88 0 n n
Cuja raiz positiva é 11n . A fórmula do termo do binômio é:
114
1
kk
k
nT x x x
k
Temos que encontrar o k tal que esse termo seja independente. Então o expoente do x terá de ser igual a zero. Isso resulta em:
311 4 0
2 k k
Então 3k e o termo independente será 11
1653
.
Resolução Simulado
5
Questão 11– Alternativa A
Pelas transversais que passam P, todos os quatro triângulos são semelhantes entre si por AA. Observe também que o comprimento de qualquer um dos lados do triângulo maior é igual à soma dos lados de cada um dos
lados correspondentes nos triângulos menores. Usamos a sin
2ab C
K para mostrar que as áreas são
proporcionais (os lados são proporcionais e os ângulos são iguais). Portanto, podemos escrever os comprimentos dos lados correspondentes do triângulo como 2x, 3x, 7x. Assim, o lado correspondente no grande triângulo é 12x, e a área do triângulo é 122 = 144.
Questão 12– Alternativa D
Considere ser um subconjunto não-vazio de {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Então a soma alternante de mais a soma alternada de com o 7 incluído é 7. Em termos matemáticos S + (S 7) = 7. Isto é verdade porque quando tomamos uma soma alternada, cada termo de S tem o sinal oposto de cada termo correspondente de (S 7). Note que: {1, 2, 3, 4, 5, 6} = 6 – 5 + 4 – 3 + 2 – 1 {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} = 7 – 6 + 5 – 4 + 3 – 2 + 1 Então: S + (S 7) = 7 Como existem 63 desses pares, a soma de todos os subconjuntos possíveis de nosso conjunto dado é 63 . 7. No entanto, esquecemos de incluir o subconjunto que contém apenas 7, por isso a nossa resposta é 64 . 7 = 448.
Questão 13– Alternativa E
As linhas que passam A e C dividem o quadrado em três partes, dois triângulos retângulos e um paralelogramo . Usando o lado menor do paralelogramo, 1/n como a base, onde a altura é 1, descobrimos que a área do paralelogramo é A = 1/n. Pelo teorema de Pitágoras , o maior lado do paralelogramo tem comprimento
, de modo que o paralelogramo tem altura
. Mas a altura do paralelogramo é exatamente o lado do quadrado pequeno, assim fazendo h2 = 1/1985 temos:
Resolvendo esta equação quadrática n = 32.
Questão 14– AlternativaC
Nós vemos que
Note que isto gira entre os dois números.
IME-ITA – Resolução Simulado
6
Questão 15– Alternativa B
1
1 11 1 22 2
1
100 100f (90) ( ) 90 ( ) 90 1 2 2 9
1 2 90
(g f )(90) g(f (90)) ( ) 2 2 9 ( ) 9 3
(g f )(90) 3
k kk
kk
k f k f k
g k g k
Questão 16– Alternativa A
Usando uma forma diferente do Teorema de Ceva , temos
Resolvendo e , obtemos e . Deixe Q ser o ponto em AB tal que .
e , . (Teorema de Stewart). Além disso, como
e
vemos que , etc. ( Teorema de Stewart )
Da mesma forma, temos
( ) e assim .
(3-4-5) é triângulo retângulo , então ( ) é .
Portanto, a área de . Usando relação de área
Resolução Simulado
7
Questão 17– Alternativa E
Seja M o ponto médio de e N o ponto médio de . Assim, d é a mediana do triângulo . A fórmula para o comprimento de uma mediana é
, onde , e são os comprimentos laterais do triângulo, e é o lado que é dividida pela mediana . A fórmula é um resultado direto da Lei de Cossenos aplicada duas vezes com os ângulos formados pela mediana. (Teorema de Stewart ).
Primeiro encontramos , que é a mediana de .
Agora devemos encontrar , que é a mediana de .
Agora que sabemos os lados de , vamos proceder para encontrar o comprimento de .
2548 548137
2 4 d d
Questão 18– Alternativa B
(A) VERDADEIRA. Pelas informações do enunciado percebe-se que ( ) ( ) ; . f x f x x a a
(B) FALSA. Pelo gráfico, no intervalo ] , [,d m a função ( ) 0,f x ( ) 0 ] ; [ g x x d e e ( ) 0 ] ; [. g x x e m
Portanto, ( ) ( ) 0 f x g x para o intervalo dado é falso.
(C) VERDADEIRA. Pelo gráfico, Im( ) [ , [ { }. g n r s
(D)VERDADEIRA. A função ( )h x estará definida se ( ) ( ) 0, f x g x o que é verdade sempre que . a x d ou d x a
(E) VERDADEIRA. Pelo gráfico verifica-se veracidade na sentença. Questão 19– Alternativa C
Sendo : , f A dada por ( ) n(2 3 | | | 1|), f x x x x deve-se ter 2 3 | | | 1| 0. x x x Logo, como
2 1, se 1
3 | | | 1| 4 1, se 1 0,
2 1, se 0
x x
x x x x
x x
vem: a) se 1, x
2 3 | | | 1| 0 2 2 1 0 3 x x x x x x
e, portanto, ] , 1[ ] , 3[ ] , 1[. iS
b) se 1 0, x 1
2 3 | | | 1| 0 2 4 1 0 .3
x x x x x x
Donde 1
[ 1, 0[ , [ 1, 0[.3
iiS
IME-ITA – Resolução Simulado
8
c) se 0,x 2 3 | | | 1| 0 2 2 1 0
1.
3
x x x x x
x
Logo, 1
[0, [ , [0, [.3
iiiS Portanto, . i ii iiiA S S S
Por outro lado, sendo : , g D com 2( | x 2 |)
( ) 2 ,2
xg x e sabendo que
2, se 2| x 2 | ,
2, se x 2
x x
x
obtemos
2 1, se 2( ) .
1, se 2
x xg x
x
Esboçando o gráfico de ,g encontramos
Portanto, é fácil ver que [ 1, [. B Daí, .A B
Questão 20– Alternativa D
2
( )1
senx a a
g x aa
Fazendo ,4
x temos:
2
2
2 2
44 1
22 2
8 1
2 2 2
8 8 2
2 2 2
8 2 83
sen a ag a
a
a aa
a
a a a a a
a
a
Resolução Simulado
9
Questões Discursivas Questão 21
Seja 'F o ponto em que AF toca BC . A estratégia dessa questão será a seguinte: traçaremos a altura AH , relativa ao lado BC . Se provarmos que AH , BD e CE são concorrentes, então o ponto 'H F , pois só existe um único ponto que divide harmonicamente e internamente um segmento em uma dada razão. Em outras palavras, só pode existir uma única ceviana que passa por F e toca BC . Desenhando essa figura com a altura AH , obtemos:
A figura foi desenhada de tal forma que não se sabe, ainda, se AH ,CE e DB são concorrentes. Agora, utilizando a técnica do “arrastão”, podemos descobrir facilmente todos os ângulos em que as cevianas dividem os ângulos do triângulo:
Agora, vamos provar que AH , CE e BD são colineares. Pelo teorema de ceva trigonométrico, a razão dos senos dos ângulos é:
sen30º sen40º sen10º
sen10º sen20º sen70º
Se essa razão for 1, o problema está terminado. Simplificando a expressão, obtemos: 1 sen40º
2 sen70ºsen20º
Como sen70º cos 20º , a expressão fica: sen40º
12sen20ºcos20º
Onde acima foi utilizada a fórmula do arco duplo. Como AH e 'AF são, simultaneamente, concorrentes com CE e BD , então 'H F e AF BC .
IME-ITA – Resolução Simulado
10
Questão 22 Para a igualdade da primeira e da segunda equações, temos:
1 1 0 Absurdo! m m
1 1 2 m n m n m (5)
E agora, substituindo (5) na segunda e na terceira equações: 2 1 2 15
13
m m
m m
Desenvolvendo as combinações:
2 1 ! 2 1 !5
! 1 ! 3 1 ! 2 !
m m
m m m m
O que resulta em:
3 2 5 m m
Então 3m e, por conseguinte, 6n . O único par ordenado solução desse sistema de equações é
, 3,6m n .
Questão 23
Seja x o número de palavras com um número par de 'a s e y o número de palavras com um número ímpar de
'a s . De cara, sabemos que o número total de palavras é 3 ,n então:
3 nx y
Agora, contando individualmente e x y . Para um número par de 'a s , podemos escolher 0,2,4,6,... lugares
para pôr o a e os restantes terão 2 possibilidades para cada lugar (as duas letras restantes). O mesmo raciocínio pode ser aplicado para y . Equacionando, obtemos:
2 4
1 3 5
2 2 20 2 4
2 2 21 3 5
n n n
n n n
n n nx
n n ny
Subtraindo ambas as equações, obtemos:
1 2 3 42 2 2 2 20 1 2 3 4
n n n n nn n n n n
x y
Esse é o desenvolvimento do binômio 2 1 n. Então:
1 x y Resolvendo, então, o sistema:
3
1
nx y
x y
Concluindo: 3 1
2
n
x
2 1 3 n x
Resolução Simulado
11
Questão 24
Fazendo a expansão binomial:
2017 2017 2016 1 02017 2017 2017 20171 2 2 2 ... 2 2 2
0 1 2016 2017
a b
Sabemos também que:
2017 2017 2016 1 02017 2017 2017 20171 2 2 2 ... 2 2
0 1 2016 2017
(6)
Perceba que, nas expansões acima, quando 2 apresenta expoentes pares, não haverá 2 no termo e a soma dos termos inteiros será o mesmo da equação original. Além disso, na mesma Equação (6), os coeficientes do
termo 2 também serão os mesmos da equação original, porém com sinal trocado. Então:
2017 2017 2016 1 02017 2017 2017 20171 2 2 2 ... 2 2 2
0 1 2016 2017
a b
Dividindo a expressão acima por 1 2 , obtemos o resultado esperado:
2016 21 2
1 2
a b
Podemos racionalizar a expressão, para tornar a resposta mais elegante:
1 22
2 2 1 21 2 1 2
a bb a
Questão 25
Sejam 1 2 11, ,...,T T T os termos da expansão pedida. Representando:
107 81 2 3 4 10 112 4 ... x y T T T T T T (7)
Agora, fazendo a expansão abaixo, percebemos que os termos pares terão os sinais trocados, pois não terão mais o sinal negativo elevado a um expoente ímpar.
107 81 2 3 4 10 112 4 ... x y T T T T T T (8)
Subtraindo (7) - (8), obtemos:
10 107 8 7 82 4 6 8 102 2 4 2 4 T T T T T x y x y
Então:
10 107 8 7 8
2 4 6 8 10
2 4 2 4
2
x y x yT T T T T
Para obter a soma dos coeficientes, como só nos interessa os valores numéricos, basta retirar a influência de x e de y fazendo 1 x y . Então:
10 10
9 102 4 6 8 10
2 62 3 1
2
T T T T T
IME-ITA – Resolução Simulado
12
Questão 26
Analisando os intervalos do gráfico: Em ] , 0 [, podemos verificar que ( ) 0f x e ( ) 0.g x
Assim, para este intervalo a equação 2
( ) ( )0.
[ ( )]
g x f x
f x
Já no intervalo[4 , 9] percebe-se que ( ) 0f x e ( ) 0.g x
Assim, para este intervalo a equação 2
( ) ( )0.
[ ( )]
g x f x
f x
Conclui-se portanto que 2
( ) ( )0 ] , 0 [ [4 , 9].
[ ( )]
g x f xx
f x
Outra maneira é resolver a questão graficamente:
Questão 27
Pelas propriedades do enunciado: (3 )
(3 1) ( (3 ), (1)) ( . )
(3 2) ( (3 1), (1)) ( , )
, { | 3 2, }
f n a
f n h f n f h a b b
f n h f n f h b b c
Logo H h h n n
Resolução Simulado
13
Questão 28
(1990) (2 995) 2 (995) 1
( (248) 4 248 3 995 (995) ( ( (248))) 4 (248) 3
(248) (2 124) 2 (124) 1
(124) (2 62) 2 (62) 1
(62) (2 31) 2 (31) 1 (31) ( ( (7))) 4 (7) 3
( (1)) ( ( (1))) 4 (1) 3
f f f
f f f f f f f
f f f
f f f
f f f f f f f f
f f f f f f
,
(7) 4 (1) 3 7
(31) 2 (31) 1 63
(124) 2 (62) 1 127
(248) 2 (124) 1 255
(995) 4 (248) 3 1023
(1990) 2 (995) 1 2047
Logo
f f
f f
f f
f f
f f
f f
Questão 29
Inicialmente:
III. Sejam r o raio de (O) e I a outra interseção da corda AO, com O entre A e I, com o círculo circunscrito ao triângulo ABC. Do conceito de potência do ponto O em relação a este círculo tem-se:
22
rOA OI OB OC r OI
OA
que é constante, pois A e O são fixos. Logo, o ponto I é fixo. I. Como A, B, C, I estão sobre o mesmo círculo, então . BCA BIA Como BCE e BDE são ângulos opostos do quadrilátero inscritível BDEC, então 180 BCE BDE . Como BCE BCA , BIA BIP e BDE BDP então tem-se que
180 BIP BDP De forma que o quadrilátero BIPD é inscritível. II. Para verificar que P é fixo, sejam as potências P1, de A em relação a (O), e P2, de A em relação as círculo circunscrito ao quadrilátero BIPD, dadas por
1
2
( )( )
P AD AB AO r AO r
P AD AB AP AI
E assim 2 2
AO r
APAI
Logo, como I é fixo, AP é constante, com P sobre AO, e então P é fixo.
IME-ITA – Resolução Simulado
14
Questão 30
Temos
2
3 1 1(3(4 3) 2) , se 1 4 3
4 4 23 1 1 1
( (4 3)) , se 4 34 4 2 23 1 1
(3(4 3) 2) , se 4 3 14 4 2
1 1(3 2 2), se 1 2
2 21 1 1
( ) ( 2 ), se 22 2 21 1
(3 2 2), se 2 12 2
3 1 1(3(4 3) 2) , se 1 4 3
4 4 23 1
( (4 3))4 4
x x
x x
x x
x x
f x x x
x x
x x
x
79 8, se 1
85 7 5
3 , se2 8 8
5 19 5, se
8 21 1
3 1, se2 4
1 1 = , se
4 41 1
3 1, se4 2
1 59 5, se
2 81 1 5 5 7
, se 4 3 3 , se2 2 2 8 8
3 1 1(3(4 3) 2) , se 4 3 1 9
4 4 2
x x
x x
x x
x x
x x
x x
x x
x x x
x x7
8, se 18
x x
Onde o gráfico de 2f e da função identidade é:
Em consequência, as abscissas dos pontos de interseção do gráfico de 2f com o gráfico da função identidade
são tais que 1, x5
,8
x5
,8
x 1x e 1 1
, .4 4
x