Gabarito Simulado 14/08/2004 - Editora Opirus · Como representa uma função senoidal, a equação apresenta uma equação geral da forma ... sendo gD: , com 2

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


4


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


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


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

.


5


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.


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.


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.


6


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


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


7


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


(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


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


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


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 .


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


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


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


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.


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

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