RESOLUCAO IME - 2019 - 2020 - PROVAO

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RESOLUÇÃO IME 2019/2020 – FASE I – MAX PAIVA 
 
 
INSTITUTO MILITAR DE ENGENHARIA 
 
MATEMÁTICA - PROVA OBJETIVA 
RESOLUÇÃO 
2019/2020 
 
Max Paiva 
 
01a QUESTÃO Valor: 0,25 
 
Seja U o conjunto dos 1000 primeiros números naturais maiores que zero. Considere 
que zeros à esquerda são omitidos. Seja A U o conjunto de números cuja 
representação na base 10 tem o algarismo mais significativo igual a 1; e B U o 
conjunto de números cuja representação na base 4 tem o algarismo mais significativo 
igual a 2. As cardinalidades de A – B e de B – A são, respectivamente: 
(A) 46 e 277 
(B) 45 e 275 
(C) 44 e 275 
(D) 45 e 277 
(E) 46 e 275 
 
Observação: 
• cardinalidade de um conjunto finito é o número de elementos distintos desse 
conjunto. 
 
ITEM CORRETO: E 
SOLUÇÃO 
 
Vamos determinar a cardinalidade, ou seja a quantidade de elementos de cada um 
dos conjuntos 
 
Cardinalidade do conjunto A. 
 
Elementos do conjunto A com um dígito: 100 = 1 elemento. 
Elementos do conjunto A com dois dígitos: 101 = 10 elementos. 
Elementos do conjunto A com três dígitos: 102 = 100 elementos. 
Devemos acrescentar o número 1000, que também é um elemento do conjunto A. 
Assim, podemos afirmar que o conjunto A, possui 112 elementos. 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO IME 2019/2020 – FASE I – MAX PAIVA 
 
 
 
Cardinalidade do conjunto B. 
 
Observe que 1000 pode ser escrito na base 4, como (33220)4. Agora vamos 
determinar a quantidade de elementos do conjunto B. 
 
Elementos do conjunto B com um dígito: 40 = 1 elemento. 
Elementos do conjunto B com dois dígitos: 41 = 4 elementos. 
Elementos do conjunto B com três dígitos: 42 = 16 elementos. 
Elementos do conjunto B com quatro dígitos: 43 = 64 elementos. 
Elementos do conjunto B com cinco dígitos: 44 = 256 elementos. 
 
Portanto o conjunto B possui 341 elementos. 
 
Para calcular 𝐴∩𝐵 precisamos ver os números que começam com 2 na base 4 e que ao 
serem escritos na base 10 começam com 1. Faremos isso de acordo como a quantidade de 
elementos: 
I) Com 5 dígitos, são 256. 
Começando em (20000)4 = 512 e terminando em (23333)4 =767 
Veja que nenhum destes começam com 1, quando escritos na base 10. Assim, nenhum dos 
elementos deste grupo estão na intersecção dos conjuntos A e B. 
 
II) Com 4 dígitos, são 64 elementos. 
Começando em (2000)4 = 128 e terminando em (2333)4 =191 
Veja que todos começam com 1, quando escritos na base 10. Assim, todos os elementos 
estão na intersecção dos conjuntos A e B. 
 
III) Com 3 dígitos, são 16 elementos. 
Começando em (200)4 = 32 e terminando em (233)4 = 47 
Veja que nenhum destes começam com 1, quando escritos na base 10. Assim, nenhum dos 
elementos deste grupo estão na intersecção dos conjuntos A e B. 
 
VI) Com 2 dígitos, são 4 elementos. 
Começando em (20)4 = 8 e terminando em (23)4 =11 
Veja que apenas os números (22)2 = 10 e (23)2 = 11 começam com 1, quando escritos na 
base 10. Assim, apenas dois destes elementos estão na intersecção dos conjuntos A e B. 
 
V) Com 1 dígitos, é apenas 1 elemento. Que será (2)4 = 2, que não começa em 1, quando 
escrito na base 10. Assim, nenhum dos elementos deste grupo estão na intersecção dos 
conjuntos A e B. 
 
Assim, temos que 
( ) 66n A B = 
( ) ( ) ( )n A B n A n A B− = −   ( ) 46n A B− = 
( ) ( ) ( )n B A n B n A B− = −   ( ) 275n A B− = 
 
 
 
 
 
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02a QUESTÃO Valor: 0,25 
 
O menor número natural ímpar que possui o mesmo número de divisores que 1800 
está no intervalo: 
(A) [1, 16000] 
(B) [16001, 17000] 
(C) [17001, 18000] 
(D) [18001, 19000] 
(E) [19001, ∞) 
 
ITEM CORRETO: C 
SOLUÇÃO 
 
Observe que a forma fatorada de 1800 é 23.32.52. Assim, 1800 possui 36 divisores. 
Lembrando que procuramos o menor número ímpar, que tenha os mesmos divisores 
de 1800, então devemos encontrar um número n do tipo 
3 5 7 11
a b c d
n =    
Para que n seja o menor possível, devemos ter 
0 d c b a    e ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 36a b c d+ + + + = 
Portanto devemos decompor 36, em fatores maiores que 1. De onde temos quatro 
possibilidades: 
 
I) Apenas um fator 
• 36 = 36  35
3n = 
Este número não é o menor possível. 
 
II) Em dois fatores: 
• 36 = 2.18  17 1
3 5n =  
• 36 = 3.12  11 2
3 5n =  
• 36 = 4.9  8 3
3 5n =  
Estes números não são os menores. 
 
III) Em três fatores: 
• 36 = 3.3.4  3 2 2
3 5 7 33075n =   = 
• 36 = 2.3.6  5 2 1
3 5 7 42525n =   = 
• 36 = 2.2.9  8 1 1
3 5 7 229635n =   = 
 
V) Em quatro fatores: 
• 36 = 2.2.3.3  2 2 1 1
3 5 7 11 17325n =    = 
 
De onde podemos concluir que o menor número natural impar com 36 divisores é 
17325. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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03a QUESTÃO Valor: 0,25 
 
Considere os conjuntos A = {0, 1, 2, 3, 4} e B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}. Seja F o 
conjunto de funções cujo domínio é A e cujo contradomínio é B. Escolhendo-se ao 
acaso uma função f de F, a probabilidade de f ser estritamente crescente ou ser 
injetora é: 
(A) 0,00252 
(B) 0,00462 
(C) 0,25200 
(D) 0,30240 
(E) 0,55440 
 
ITEM CORRETO: D 
SOLUÇÃO 
Basta observar que toda função estritamente crescente é também injetora. Sendo 
assim, só precisa contar as funções injetoras, pois as funções estritamente crescentes 
já estão inclusas nesta contagem. 
O conjunto de todas as funções tem 105 elementos. 
O conjunto das funções injetoras tem 10.9.8.7.6 = 30240 funções 
Portanto a probabilidade é dada por 
5
30240
10
p =  
30240
100000
p =  0,3024p = 
 
 
04a QUESTÃO Valor: 0,25 
 
Sabe-se que S x y z= + + , onde x , y e z são soluções inteiras do sistema abaixo 
( )
( )
23
2
2
2
2
log log 3
n x
x
y
x
y e
y z x

=


=
 + = +



 
O valor de S é: 
 
(A) 84 
(B) 168 
(C) 234 
(D) 512 
(E) 600 
 
ITEM CORRETO: A 
SOLUÇÃO 
Vamos simplificando as equações que formam o sistema 
I) Veja que 
( )2 n x
y e=  ( ) ( )( )2 n x
n y n e=  ( ) ( )2n y n x=  
( ) ( )2n y n x=  ( ) ( )
2
n y n x=  2
y x= . 
 
 
 
 
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II) Veja que 
23 2
2
y
x =  23 2 2y x=  2 3
2 8y x=  4 3
2 8x x=  4x = , pois 0x  . 
III) Veja que 
( )2
log log 3
x
y z x+ = +  
2 4
log 16 log 7z+ = 
4
log 3z =  64z = . 
Valor de S 
S x y z= + +  4 16 64S = + +  84S = 
 
 
05a QUESTÃO Valor: 0,25 
 
Seja  | 2 3 4 3A z z i=   − −  onde é o conjunto dos números complexos . O 
valor do produto entre o simétrico do complexo de menor módulo do conjunto A e o 
conjugado do complexo de maior módulo do mesmo conjunto A é: 
(A) – 16 
(B) – 8 
(C) – 16/5 
(D) 1 
(E) 16 
ITEM CORRETO: A 
SOLUÇÃO 
De acordo com o enunciado o lugar geométrico que representa o conjunto A será a 
figura abaixo. 
 
Seja ( ) ( )1 2
z z = −  , 1
z e 2
z os números complexos de menor e de maior módulo, 
Podemos escrever: 
( )1 1
cos senz i  = + , ( )2 2
cos senz i  = + e ( )cos seni   = +  
Usando potência de pontos temos que 
( ) ( )1 2
z z = −   
1 2
z z = −   
1 2
z z =   
2
3
z =  16 = 
Agora só precisamos determinar o argumento de  . Mas veja que 
( ) ( )( )1 1
cos senz i    − = + + + e ( ) ( )( )2 2
cos senz i  = − + − 
De onde temos que:    = + −   = 
Ou seja ( )cos seni   = +   ( )16 cos seni  = +   16 = − 
 
 
 
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06a QUESTÃO Valor: 0,25 
 
Um polinômio ( )P x de grau maior que 3 dividido por 2x − , 3x − e 5x − deixa restos 
2, 3 e 5, respectivamente. O resto da divisão de ( )P x por ( ) ( ) ( )2 3 5x x x− − − é: 
 
(A) 1 
(B) x 
(C) 30 
(D) x – 1 
(E) x – 30 
 
ITEM CORRETO: B 
SOLUÇÃO 
Podemos afirmar que 
• ( ) ( ) ( )1
2 2P x x Q x= −  +  ( )2 2P = 
• ( ) ( ) ( )2
3 3P x x Q x= −  +  ( )3 3P = 
• ( ) ( ) ( )1
5 5P x x Q x= −  +  ( )5 5P = 
Na divisão por ( ) ( ) ( )2 3 5x x x− − − , temos( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 5P x x x x Q x R x= − − −  + 
De onde podemos concluir que 
I) O grau de ( )R x é no máximo 2. 
II) Como ( )R x x− , se anula para x = 2, x = 3 e x = 5, então 
( ) 0R x x−   ( )R x x= 
 
 
07a QUESTÃO Valor: 0,25 
 
Um inteiro positivo é escrito em cada uma das seis faces de um cubo. Para cada 
vértice, é calculado o produto dos números escritos nas três faces adjacentes. Se a 
soma desses produtos é 1105, a soma dos seis números das faces é: 
(A) 22 
(B) 35 
(C) 40 
(D) 42 
(E) 50 
 
ITEM CORRETO: B 
SOLUÇÃO 
Sejam a, b, c, d, e, f os números escritos nas faces do cubo. Assim, temos que: 
1105abf abc aef ace bdf bdc def cde+ + + + + + + =  
( ) ( ) ( ) 1105a d b e f c+ + + = 
Mas observe que 1105 só possui três fatores primos que são: 5, 13 e 17. De onde 
podemos concluir que 
5 13 17a b c d e f+ + + + + = + +  35a b c d e f+ + + + + = 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO IME 2019/2020 – FASE I – MAX PAIVA 
 
 
 
08a QUESTÃO Valor: 0,25 
 
Uma progressão geométrica é formada com os números naturais A, B e C, nessa 
ordem. O log(A) possui a mesma mantissa, M, do log(B) e C é a característica do 
log(A). Sabe-se que M = log(C) e que C possui o maior valor possível. O valor da 
mantissa do log(ABC) é: 
(A) M 
(B) 2M 
(C) 3M 
(D) 3M – 2 
(E) 3M – 3 
 
ITEM CORRETO: D 
SOLUÇÃO 
Considere P a característica de log B. Neste caso D é um número inteiro. 
Daí, podemos escrever: 
log A = C + M, log B = P + M, log C = M 
Se (A, B, C) é uma progressão geométrica, então a sequência (log A, log B, log C) é 
uma progressão aritmética. Assim, temos: 
log log log logB A C B− = −  ( ) ( ) ( )P M C M M P M+ − + = − +  2C P= 
Assim, concluímos que C é par. 
Veja que a mantissa de log A é menor que 1, e assim concluímos que 
log C = M  C = 10M 
De onde podemos concluir que C < 10. Como C é par então o valor máximo de C é 8. 
Assim, ficamos com 
C = 8 10M = 8  M = log 8 e P = 4 
 
Agora precisamos calcular o valor da mantissa de log (ABC). Veja que 
log (ABC) = log A + log B + log C  
log (ABC) = (C + M) + (P + M) + M  
log (ABC) = 12 + 3M 
Assim, precisamos saber o valor da parte decimal de 3M. 
M = log 8  3M = 3log 8  3M = log 512 
 
Observe que 
2 3
10 512 10   2 3
log10 log 512 log10   2 3 3M  
Como 3M > 2 e 3M < 3, então a parte decimal é igual a 
3M – 2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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09a QUESTÃO Valor: 0,25 
 
Diversos modelos de placas de identificação de veículos já foram adotados no Brasil. 
Considere os seguintes modelos de placas e a descrição de sua composição 
alfanumérica: 
Modelo 1: AB123 (duas letras seguidas de três números). 
Modelo 2: AB1234 (duas letras seguidas de quatro números). 
Modelo 3: ABC1234 (três letras seguidas de quatro números). 
Modelo 4: ABC1D23 (três letras seguidas de um número, uma letra e dois números). 
Sejam 1
c , 
2
c , 
3
c e 
4
c as quantidades das combinações alfanuméricas possíveis para 
os modelos 1, 2, 3 e 4, respectivamente. Os números 1
c , 
2
c , 
3
c e 
4
c são termos de 
uma progressão aritmética com infinitos termos com a maior razão possível. A soma 
dos algarismos da razão dessa progressão é: 
(A) 11 
(B) 12 
(C) 14 
(D) 16 
(E) 19 
 
Observação: 
• Considere o alfabeto com 26 letras. 
 
ITEM CORRETO: E 
SOLUÇÃO 
Quantidade máxima de placas de cada modelo: 
Modelo 1: 2 3
1
26 10c =  placas. 
Modelo 2: 2 4
2
26 10c =  placas. 
Modelo 3: 3 4
3
26 10c =  placas. 
Modelo 4: 4 3
4
26 10c =  placas. 
Como os números 1
c , 2
c , 3
c e 4
c são termos de uma progressão aritmética com 
infinitos termos com a maior razão possível. Temos a disposição a seguir: 
PA ( ..., 1
c , ... , 1
10c , ... , 1
260c , ... , 1
676c , ... ) 
A maior razão possível ocorre para 
( )1 1 1 1 1 1
10 , 260 10 , 676 260r MDC c c c c c c= − − −  ( )1 1 1
9 , 250 , 416r MDC c c c= 
Veja que 9 e 250 são primos entre si e portanto a maior razão deverá ser 
2 3
1
26 10r c= =   676000r = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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10a QUESTÃO Valor: 0,25 
 
Considere a progressão geométrica (
1
a , 
2
a , ... , 
n
a , ... ) e a progressão aritmética ( 1
b , 
2
b , ..., 
n
b , ...), com as condições: 
1
0a  
2
1
1
a
a
 ; e 
2 1
0b b−  
Para que ( )log
n n
a b −   não dependa de n , o valor de  deverá ser: 
(A) 
2
1
2
1
ba
a
 
 
 
 
(B) 
1
1
2
1
ba
a
 
 
 
 
(C) 
2 1
1
2
1
b ba
a
− 
 
 
 
(D) 
1 2
1
2
1
b ba
a
− 
 
 
 
(E) 
1 2
1
2
1
b ba
a
 
 
 
 
 
ITEM CORRETO: C 
SOLUÇÃO 
Fazendo 2
1
1
a
q
a
=  e 2 1
0b b r− =  , temos 
( ) ( )1
1 1
log log 1
n
n n
a b a q b n r 
−
− = − − −    
( ) ( )1
1 1
log log log 1
n
n n
a b a q b n r  
−
− = + − − −    
( ) ( ) ( )1 1
log log 1 log 1
n n
a b a n q b n r  − = + − − − −    
( ) ( ) ( )1 1
log log 1 log
n n
a b a b n q r  − = − + − −   
Essa expressão independe de n, se 
log 0q r − =  log q r =  r
q =  
1
rq =  
2 1
1
2
1
b ba
a

− 
=  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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11a QUESTÃO Valor: 0,25 
 
Todos os arcos entre 0 e 2 radianos que satisfazem a desigualdade 
1 3
sen cos
2 2
x x−  + 
estão compreendidos entre: 
(A) 
12

 e 
6

 
(B) 
5
12

 e 
7
12

 
(C) 
2
3

 e 
5
6

 
(D) 
3

 e 
2

 
(E) 
5
6

 e 
11
12

 
 
ITEM CORRETO: C 
SOLUÇÃO 
Veja que 
1 3
sen cos
2 2
x x−  +  
1 3
sen cos
2 2
x x−  +  
2 2 2 1 3
sen cos
2 2 2 2 2
x x
 
 −    +   
 
 
6 2
sen
4 4
x
 + 
−   
 
 
5 3 5
12 12 12
x
  
 −   
8 10
12 12
x
 
  
2 5
3 6
x
 
  
 
 
12a QUESTÃO Valor: 0,25 
 
O lugar geométrico definido pela equação 2 2
3 5 2 4x y x xy y+ + = − − representa 
(A) uma elipse. 
(B) uma hipérbole. 
(C) uma circunferência. 
(D) um conjunto vazio. 
(E) duas retas paralelas. 
 
ITEM CORRETO: D 
SOLUÇÃO 
Podemos escrever na forma de uma equação de grau 2 na variável x, ou na variável y. 
Podemos escrever na variável y. 
2 2
3 5 2 4x y x xy y+ + = − −  2 2
3 4 2 5 0y xy y x x+ + + − + =  
( )2 2
3 4 2 5 0y x y x x+ + + − + = 
O discriminante será igual a 
2 2
8 16 12 24 60x x x x = + + − + −  2
11 32 44x x = − + −  0  , x  . 
Assim, a equação 2 2
3 5 2 4x y x xy y+ + = − − representa um conjunto vazio. 
 
 
 
 
 
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13a QUESTÃO Valor: 0,25 
 
Um triângulo equilátero é projetado ortogonalmente em um plano, gerando um 
triângulo isósceles, cujo ângulo desigual mede 30º. O cosseno do ângulo do plano do 
triângulo equilátero com o plano de projeção é: 
(A) 2 3 3− 
(B) 4 2 3− 
(C) 2 3− 
(D) 1 3− 
(E) 
3
1
2
− 
 
ITEM CORRETO: D 
SOLUÇÃO 
De acordo com o enunciado a situação possível é a figura a seguir 
 
 
 
Seja BM a altura do triângulo ABC e  o ângulo entre os planos definidos por ABC e 
A’B’C’. Veja que o ângulo entre os planos é igual ao ângulo entre os segmentos AC e 
QC. 
De acordo com o problema, o triângulo A’B’C’ é isósceles, com A’B’ = C’B’ e 
congruente ao triângulo QNC, tem o ângulo A’B’C’ medindo 30º. 
 
I) No triângulo QCN, usando a lei dos cossenos, temos: 
2 2 2
4 2 cos30ºx m m mm= + −   ( )2 2
4 2 3x m= −  ( )2 2
4 2 3m x= + . 
II) Usando o teorema de Pitágoras nos triângulos BCN e PMC, temos: 
2 2 2
4m y a+ = e 2 2 2
x y a+ = 
De onde temos que 
2 2 2
3m x a− =  ( ) 2 2 2
4 2 3 3x x a+ − =  ( ) 2 2
7 4 3 3x a+ =  ( )2 3 3x a+ =  
3
2 3
x
a
= 
+
 
3
cos
2 3
 = 
+
( )cos 3 2 3 = −  cos 2 3 3 = − . 
 
 12 
RESOLUÇÃO IME 2019/2020 – FASE I – MAX PAIVA 
 
 
 
14a QUESTÃO Valor: 0,25 
 
Em um cubo regular de aresta a os pontos M, N e L pertencentes às três arestas 
distintas que partem vértice A estão a uma distânciax de A tal que 0
2
a
x  . Para que 
o plano MNL seja tangente à esfera inscrita no cubo, o valor de x é: 
 
(A) ( )3 1
2
a
− 
(B) ( )3 3
2
a
− 
(C) ( )2 3
2
a
− 
(D) ( )4 2 3
2
a
− 
(E) 
3
2
a
 
 
ITEM CORRETO: B 
SOLUÇÃO 
De acordo com o enunciado temos a figura a seguir 
 
 
 
Observe que o segmento AP é igual a metade da diagonal menos o raio da esfera 
inscrita. Assim, temos que 
3
2 2
a a
AP = −  ( )3 1
2
a
AP = − 
 
Usando o volume do tetraedro A-MNL, temos: 
 
1
3 2
x x
A MNL x

− =   ou  
2
1 3
3 4
d
A MNL AP− =   , com MN ML NL d= = = 
Daí, temos que 
3 2
2 3
6 12
x x
AP=   3x AP=   ( )3 3 1
2
a
x =  −  ( )3 3
2
a
x = − 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO IME 2019/2020 – FASE I – MAX PAIVA 
 
 
 
15a QUESTÃO Valor: 0,25 
 
Considere a função ( )f x x a= − , x a , onde a é um número real positivo. Seja s a 
reta secante ao gráfico de f em ( )( )2 , 2a f a e ( )( )5 , 5a f a e t a reta tangente ao 
gráfico de f que é paralela à reta s . A área do quadrilátero formado pela reta s , a reta 
t , a reta 2x a= e a reta 5x a= é 2 unidades de área. O valor de a , em unidades de 
comprimento, é: 
(A) 2 2 
(B) 4 
(C) 2 
(D) 3 2 
(E) 32 4 
 
ITEM CORRETO: E 
SOLUÇÃO 
Representamos abaixo o gráfico da função ( )f x x a= − . 
 
 
 
Substituindo na função ( )f x x a= − , obtemos os pontos 
( )1
2 ,P a a e ( )2
5 , 2P a a 
I) A equação da reta s, que passa por P1 e P2. 
1
: 2 1 0
5 2 1
x y
s a a
a a
=  : 3 0s x a y a−  − = 
 
II) A equação da reta t, paralela a s é dada por: 
: 3 0t x a y p−  + = 
 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO IME 2019/2020 – FASE I – MAX PAIVA 
 
 
 
III) A intersecção entre a reta t e a função ( )f x x a= − é única. Portanto, é nulo o 
discriminante da equação do segundo grau resultante do sistema: 
 
3 0x a y p
y x a
 −  + =

= −
 
 
Resolvendo o sistema, ficamos com 
3 0x a y p−  + =  3 0x a x a p−  − + =  3x p a x a+ =  −  
2 2 2
2 9 9x px p ax a+ + = −  ( )2 2 2
2 9 9 0x p a x p a+ − + + =  
( )2 2 2
2 9 9 0x p a x p a+ − + + = 
 
Como a intersecção é única, então devemos ter 0 = . 
0 =  2 2 2 2
4 36 81 4 36 0p ap a p a− + − − =  
4 9 4 0p a a− + − =  5 / 4p a= 
 
Assim, a reta t é dada por: 
: 3 0t x a y p−  + =  
5
: 3 0
4
a
t x a y−  + =  : 4 12 5 0t x a y a−  + = 
Coordenadas do ponto P4 
Basta substituir x = 2a, na reta t e obtemos 
13
12
a
y = . 
A área do paralelogramo [P1P2P3P4] é dada por: 
 1 2 3 4 1 4
3PP P P PP a=    1 2 3 4
3
12
a
PP P P a=    1 2 3 4
4
a a
PP P P = 
De onde temos 
2
4
a a
=  4 2a a =  3
32a =  32 4a =