03_-_Resolucão_2_Fase__-_Matemática_e_Química_-_Ciclo_7_-_2018

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Publicado em: 10/10/2018 
Resolução e Gabarito sujeitos a alteração 
 
Resolução – Ciclo 7 
ITA / 2018 
 
2ª FASE 
MATEMÁTICA/QUÍMICA 
 
 
 
MATEMÁTICA 
 
Questão – 01 
 
a) Seja a, b reais tais que: 
Como o domínio da função g é o conjunto dos reais, podemos aplicar g em ambos os lados 
da equação: 
 
 
 
Como h é injetora: 
 
 
 
Assim, , portanto f é injetora. 
 
b) Seja a, b reais tais que: 
Assim: 
 
 
 
Como g é injetora: 
 
 
 
Como f é injetora: 
 
 
 
Assim, , portanto h é injetora. 
 
 
 
 
 
 
 
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Questão – 02 
 
Por hipótese, uma das soluções fornece que: os vértices do polígono são as raízes da equação 
x14 – 1 = 0. 
���� 
 
Logo, x14 – 1 = (x7 + 1).(x7 – 1). Assim, as raízes de x14 – 1 = 0 são as raízes de 
x7 = – 1 ou x7 = 1. Isso implica que: x = 2kcis
14
π . 
���� 
 
Aplicando a lei dos cossenos em um dos 14 triângulos definidos por dois raios e o lado do 
polígono, temos que tal lado mede 2sen
14
π
. 
���� 
 
Assim, devemos encontrar uma equação, a de menor grau, que tenha como uma de suas raízes 
2sen
14
π
. 
 
Vamos resolver a equação x7 – 1 = 0: 
 
Tal equação fornece como solução x = 
2k
cis
7
π
. Uma das soluções dessa equação é x = 1, que 
encontramos fazendo k = 0. Para k = 1,2,3,4,5 e 6, os valores de 
2k
cis
7
π
 são raízes de 
x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0, que é uma equação recíproca de 1ª espécie e grau par. 
 
Dividindo tudo por x3, temos a seguinte equação: 
 
3 2
3 2
1 1 1
x x x 1 0
xx x
+ + + + + + = , que usando a transformação 
1
x
x
+ = α fica 
 
α3 + α2 – 2α – 1 = 0. 
 
Uma das raízes dessa equação é 
4 1 4 8
cis 2cos 2cos 2sen
47 7 14 14
cis
7
π π π π
+ = α ⇔ α = = = −
π
. 
Logo, a equação procurada é 
 
α3 – α2 – 2α + 1 = 0. 
���� 
���� 
 
 
 
 
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Questão – 03 
 
 
 
 
Questão – 04 
 
a) O centro da circunferência pertence a mediatriz do segmento . 
 
Assim .e 
 
Tambem pertence a bissetriz das retas r e s. Assim: 
 
 
 
 
 
 
 
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Como P=(2,1) pertence a r, temos: 
 
 
 
Portanto e a equação reduzida da circunferência é : 
 
 �������� 
 
 
b) ���� 
 
Se S é o ponto de tangencia da reta s com a circunferencia , temos que o par de tangentes 
 
AP e AS tem mesma medida. Logo . ���� 
 
O triangulo ASC, retângulo em C tem área igual a ���� 
 
 
Questão – 05 
 
Como os ângulos BAD e CAD são congruentes, o segmento é bissetriz interna do ângulo 
BAC do triângulo ABC. Pelo teorema da bissetriz interna: 
 �������� 
No triângulo isósceles ABD, temos e ���� 
 
 
 
 
 
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Fazendo , temos no triangulo retângulo AMC: 
 
 �������� 
 
2a SOLUÇÃO: 
 
Como os ângulos BAD e CAD são congruentes, o segmento é bissetriz interna do ângulo 
BAC do triângulo ABC. Pelo teorema da bissetriz interna: 
 �������� 
No triângulo retângulo AMD, . ���� 
Aplicando a lei dos cossenos ao triangulo ACD temos: 
 
 
 
 �������� 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Questão – 06 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 : 
 
Questão – 07 
 
Da equação (I) 4 3x x 1 0+ − = , temos: 
 
S = {a,b,c,d} e 
( )
( )
( )
( )
RG1 a b c d 1
RG2 ab ac ad bc bd cd 0
RG3 abc abd acd bcd 0
RG4 abcd 1


+ + + = −

+ + + + + =

+ + + =

 = −
. 
���� 
���� 
Chamando de 
a b m
c d n
ab r
cd s
+ =

+ =

=
 =
 , as relações de Girard ficam:
( )
( )
( )
( )
RG1 m n 1
RG2 r s m.n 0
RG3 rn sm 0
RG4 rs 1


+ = −

+ + =

+ =

 = −
 
���� 
���� 
Assim, 
1
s e m 1 n
r
= − = − − . Substituindo em (RG2) e (RG3), temos: 
( )2
1 m
r m m 0 e r 1 m 0
r r
− − − = − − − = . 
 
Logo, da segunda equação, 
2
2
r
m
r 1
= −
+
. 
 
Assim: 
2 2
2 6 4 3 2
2 2
1 1 r r
r m m 0 r 0 r r r r 1 0
r r r 1 r 1
 
− − − = ⇔ − − − + = ⇔ + + − − =  + + 
. 
 
Portanto, r = ab é raiz da equação pedida. 
���� 
 
 
 
 
 
 
 
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Questão – 08 
a) Para que B seja inversível devemos ter .
 ���� 
Daqui teremos: ���� 
 
b) Para termos o sistema impossível, devemos ter , o que nos daria: 
 
���� 
 
Daqui teremos: 
 
Fazendo L2 = L2 – 4L1 e L3 = L3 – 2L1 teremos: ���� 
 
Como , teremos automaticamente ���� 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Questão – 09 
 
 
 
Na figura vemos uma secção do cone que passa pelo eixo principal. Nela vemos α, o ângulo 
formado entre a geratriz e eixo, e β, o ângulo formado entre o plano de corte e o eixo. Sabemos 
que: 
 
 ���� 
 
Aplicando a lei dos senos aos triângulos VAB e VBC: 
 
 pois 
 
 
 
Como a excentricidade é menor que 1, a cônica da questão é uma elipse de eixo maior 2a dado 
por: 
 
 
 
 
 �������� 
 
 
Como cm. 
 
 
 
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Ainda: 
 
Assim , uma equação reduzida da elipse nas condições da questão é: 
 
 �������� 
 
 
 
Questão – 10 
 
 
Temos (diagonais do quadrado ABCD) e ( altura da pirâmide ). Logo 
é perpendicular ao plano de P,C, A e por isso, ortogonal a . 
 Quanto ao quadrilátero MNTS: 
• são bases médias dos triângulos PAB e PDA 
 
• são bases médias dos triângulos PDB e DAB 
 
Como são ortogonais , os ângulos do losango MNTS são retos, ou seja , 
MNTS é quadrado . Como sua área é 36, temos . ���� 
Assim: 
 ���� 
 
Sendo L o lado do quadrado ABCD, temos: ���� 
No triângulo POA: ���� 
O volume da pirâmide PABCD é igual a: 
 ���� 
 
 
 
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QUÍMICA 
 
 
Questão – 11 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Questão – 12 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Questão – 13 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Questão – 14 
 
Matéria prima: H2SO4(aq) ���� 
 
NaCl(s) + H2SO4(aq) � NaHSO4(aq) + HCl(g) �������� 
 
Aparelhagens 
 
A = funil adição, B = Kitassato, C = Bequer com agua e Suporte de sustentação para as 
vidrarias. �������� 
 
 
 
OBS: nas vidrarias, podem ser aceito também: Bureta de vidro, kitassato e balão de vidro para 
recolher o HCl(g). �������� 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Questão – 15 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Questão – 16 
 
a) De acordo com a proporção estabelecida, tem-se que a partir da combustão de 100g de 
fertilizante, tem-se: 
2CO
m 56g= , 
2H O
m 69g= e 
2N
m 36g= . Assim: 
( )
C C
H H
N
O O
12
m 56g m 15,3g %C 15,3%
44
2
m 69g m 7,7g %H 7,7%
18
m 36g %N 36%
m 100 15,3 7,7 36 m 41g %O 41%
= ⋅ ⇒ = ⇒ =
= ⋅ ⇒ = ⇒ =
= ⇒ =
= − + + ⇒ = ⇒ =
 
 
Dessa forma, a fórmula centesimal é dada por: 15,3% 7,7% 36,0% 41,0%C H N O 
 
b) 
C
H
6 2 2
N
O
15,3
n 1,28 mol 1,28 1
12
7,7
n 7,7 mol 1,28 6
1
CH N O
36
n 2,57mol 1,28 2
14
41
n 2,56 mol 1,28 2
16
= = ÷ =
= = ÷ =
⇒
= = ÷ =
= = ÷ =
 
 
c) 
1
c c c c
1 2 1
1
1
1000 m 1000 1
T K W T K 2,38 1,86
M m M 20
M 39g.mol−
⋅ ⋅
= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅
⋅ ⋅
�
Δ Δ
 
 
A fórmula empírica pressupõe uma massa molar com valor múltiplo de 78 g/mol. Para a 
massa molar aparente ser metade do menor valor possível para a massa molar (78 g/mol), 
isso significa que há na solução o dobro de partículas dissolvidas do que foi 
considerado para o cálculo. Trata-se, portanto, de um composto que dissocia ou ioniza 
em água. 
 
 
Curiosidade: O fertilizante em questão é o carbamato de amônio, sal formado pela reação 
entre amônia e gás carbônico. Ele pode ser desidratado e formar ureia. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Questão – 17 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Questão – 18 
 
 
 
 
 
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Questão – 19 
 
a) o hidróxido de sódio dissolve o vidro de acordo com 
 
2NaOH(aq) + SiO2(s) � Na2SiO3(aq) + H2O(l) ���� 
 
b) B(OH)3(aq) + H2O � B(OH)4-(aq) + H3O+(aq) ���� 
 
c) H3PO2(aq) + H2O � H3O+(aq) + H2PO2-(aq) ���� 
 
d) 1NaOH(aq) + 1H3PO4(aq) � 1NaH2PO4(aq) + 1H2O(l) ���� 
 
e) caráter ácido: HSO4- � H+(aq) + SO42-(aq) Ka = 10-2 ���� 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Questão – 20 
 
 
 
 
 
 
 
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