Caderno de Questões - IME - Matemática (Gabarito)

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Matemático IME 
Gabarito Parte I: 
 
Resposta da questão 1: 
 [C] 
 
O terceiro termo do desenvolvimento de 
8
1
1
q
 
+ 
 
 será dado por 
2
6 2 2
2
8 1 28 r
1 . q.r 3 .2 .7
2 q 9qq
   
= = ⇒ =   
  
 
 
Considerando a P.G., temos 192 = 3.q
n-1
 ⇒ 64 = qn-1; como p q e r são inteiros, concluímos n-1 = 3 ou n-1 = 6, n-1= 2 ou n-1 = 1, 
pois (4)
3
 = ( ± 2)6 = ( ± 8)2 = 64. 
 
Considerando a P.A., temos 192 = 3 + (n-1).r⇒ r = 189/(n-1), logo n-1 = 3 e r = 63. 
 
Logo, o segundo termo da P.A. será dado por 3 + 63 = 66. 
 
Resposta da questão 2: 
 [A] 
 
Vamos considerar x o número de caminhos para leste e y o número de caminhos para oeste. 
Para que o menino fique 5 m da sua posição inicial: x – y = 5 ou y – x = 5. 
Vamos admitir o caso que x – y = 5 e resolver o sistema: 
x y 9
.
x y 5
+ =

− =
 
 
Portanto, x = 7 e y = 2, se considerássemos y –x = 5, teríamos x = 2 e y = 7. 
 
Portanto, temos duas opções: 
 
1. uma sequência com 7 lestes e 2 oestes 
2. um sequência com 7 oestes e 2 lestes 
 
O espaço amostral tem 2.2.2.2.2.2.2.2.2 = 2
9
 elementos, portanto a probabilidade pedida será dada por : P = 
7,2
9
9 9 6
2.P 2.4.9 9
.
2 2 2
= = 
 
Resposta da questão 3: 
 [C] 
 
 
 
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( ) ( )
B
B
A
A
2 2 2
B A
2 2
2
2 2
2 2
X 7 10X
ANP ~ AOB X
X 10 7
y 3 10X
ANP ~ AOB y
y 10 3
Logo, x y 10
10x 10y
10
7 3
x y
1 9x 49y 441 0
49 9
Δ Δ
Δ Δ
⇒ = ⇒ =
⇒ = ⇒ =
+ =
   
+ =   
   
+ = ⇒ + − =
 
 
Resposta da questão 4: 
 [C] 
 
Sabendo que cb
c
log a
log a ,
log b
= com a, b e c reais positivos e b, c 1,≠ vem 
 
3
2 2
3x 3 3
3
3
log
3 xlog (log x) 1 (log x) 1.
x log 3x
+ = ⇔ + = 
 
Daí, como p p plog (m n) log m log n⋅ = + e p p p
m
log log m log n,
n
 
= − 
 
 sendo m, n e p reais positivos e p 1,≠ temos 
 
23
3
3
log x 1
(log x) 1.
log x 1
−
− + =
+
 
 
Fazendo 3y log x,= segue que 
 
y 1 1
(y 1)(y 1) 0 (y 1) y 1 0
y 1 y 1
y(y 1)(y 2) 0
y 0 ou y 1 ou y 2.
 −
− + − = ⇔ − + − =  + + 
⇔ − + =
⇔ = = = −
 
 
Desse modo, as raízes reais da equação dada são x 1, x 3= = e 
1
x
9
= e, portanto, o resultado pedido é 
2
2 2 1 11 3 10 [10, 15[.
9 81
 
+ + = + ∈ 
 
 
 
Resposta da questão 5: 
 [B] 
 
Sejam a, b e c reais positivos. 
 
I. Correta. 
Temos 
 
2 2 2 2 2 2
2 2 2
1
a b c ab bc ca (2a 2b 2c 2ab 2bc 2ca)
2
1
[(a b) (a c) (b c) ] 0.
2
+ + − − − = ⋅ + + − − −
= ⋅ − + − + − ≥
 
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II. Correta. Segue que 
 
3 3 2 2 2 2
2 2
2
a b a b ab a (a b) b (a b)
(a b)(a b )
(a b) (a b) 0.
+ − − = − − −
= − −
= − + ≥
 
 
III. Incorreta. Fazendo a 1= e b 2,= temos 
 
2 2 4(1 2 ) (1 2) 3 1.− ≥ − ⇔ − ≥ 
 
Absurdo. 
 
Resposta da questão 6: 
 [B] 
 
Considere a figura. 
 
 
 
Como BM é mediana e AC 2 AM 8,= ⋅ = vem 
 
⋅ = ⋅ + − ⇔ = ⋅ + + −
⇔ = ⋅ + + ⋅ + −
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
1
4 BM 2 (AB BC ) AC BM [AB (CH 4) ] 16
2
1
BM (AB CH 8 CH 16) 16.
2
 
 
Além disso, dos triângulos retângulos ABH e AHC, obtemos 
 
= + ⇔ = +
2 2 2 2 2
AB BH AH AB 16 AH 
 
e 
= + ⇔ = +
2 2 2 2 2
AC CH AH 64 CH AH 
 
Logo, 
 
= −
2 2
AB 80 CH , 
 
Donde 
 
= + ⋅
2
BM 32 4 CH. 
 
Assim, como 0 CH AC< < e 32 4 CH+ ⋅ deve ser um quadrado perfeito, segue que BM 6= ou BM 7.= Por conseguinte, o 
resultado pedido é 7 6 13.+ = 
 
Resposta da questão 7: 
 [C] 
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Temos: 
 
∆ =
= − + −
= ⋅ − + −
= ⋅ − ⋅ − +
2 3
4 3 2
3 2
2
1 2 3
x x x
x x 1
x 3x 4x 2x
x (x 3x 4x 2)
x (x 1) (x 2x 2).
 
 
Portanto, como − + =2x 2x 2 0 não possui raízes reais, segue que apenas x 0= e x 1= anulam .∆ 
 
Resposta da questão 8: 
 [B] 
 
As raízes de p(x) são x1, x2 e r, e as raízes de Q(x) são x1, x2 e s. 
Utilizando as relações de Girard, podemos escrever: 
 
1 2
1 2
1 2
1 2
x x r 1
r s a (1)
x x s 0
x .x .r 18 3s
r (2)
x .x .s 12 2
+ + = −
⇒ − = −
+ + =
= −
⇒ =
= −
 
 
De (1) e (2), concluímos que r = –3a e s = –2ª. 
 
Sabendo que q(r) = 0, temos: 
 
(–3a)
3
 + a.(–3a)
2
 + 18 = 0, logo a = 1. 
 
Admitindo a = 1, temos s = –2, e, considerando q(s) = 0, temos: 
 
(–2)
3
 + b(–2) + 12 = 0, logo b = 2, portanto b = 2.a. 
 
Resposta da questão 9: 
 [B] 
 
Lembrando que cos3x = 4cos
3 
x – 3.cosx, temos: 
 
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
3 2 2
3
cos 9° 4cos 9° – 3 4cos 27° – 3
4cos 9° – 3 4cos 27° – 3
cos 9°
4cos 9° – 3cos 9° . 4cos 27° – 3 cos 27° . 4cos 27° – 3
cos 9 cos 9
4cos 27° – 3cos 27° cos(81 ) sen(9°)
tg(9°)
cos 9° cos 9° cos 9°
   
       = =
   
     
     = = =
° °
 
° = = = =
 
 
Resposta da questão 10: 
 [C] 
 
Sabendo que 2 2 2f(a) a , f(b) b e f(x) x= = = e que f(x) é um polinômio do segundo grau, logo 2f(x) x= . 
 
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Resposta da questão 11: 
 
2
7
27
a x
a x 5 r
a x 25 r
=
= + ⋅
= + ⋅
 
 
a) considerando a sequência (a2, a7, a27
 
) como P.G., temos: 
 
( )2 2 3xx 5.r x.(x 25.r) 25r 15r 0 r 0 ou r = 
5
+ = + ⇒ − = ⇒ = 
 
Admitindo 
3x
r = 
5
 e que a P.A. possui elementos inteiros, o valor mínimo possível para x é 5. Portanto, r = 3. 
 
b) a18 = a2 + 16.r = 5 + 16.3 = 53 
 
Resposta da questão 12: 
 [C] 
 
Considere a figura. 
 
 
 
Pelo Teorema de Pitágoras, é fácil ver que 
 
2 2 2 2
0 n 0 1 1 2 n 1 nP P P P P P P P .−= + + +… 
 
Logo, como cada segmento é 1cm maior do que o anterior, vem 
 
2 2 2 2
0 nP P 1 2 n
n(n 1)(2n 1)
.
6
= + + +
+ +
=
…
 
 
Portanto, 
 
2
0 24 0 24
24 (24 1) (2 24 1)
P P P P 70cm.
6
⋅ + ⋅ ⋅ +
= ⇒ = 
 
Resposta da questão 13: 
 [D] 
 
Calculando o determinante da matriz A (Teorema de Laplace na primeira linha): 
 
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1 1 3 xdet(A) 1.( 1) . x
1 0
+= − = − 
 
Determinante de B é o inverso do determinante de sua inversa: 
 
1
det(B) 3
1
3
= = −
−
 
 
Resolvendo a equação dada, temos: 
 
( ) ( ) ( )t tt 1 t 1 t 1
t
2
CA P BP det CA det(P BP) det CA det(P ).det(B).det(P)
det(C).det(A ) det(B) det(C).det(A) det(B) (4 x).( x) 3
x 4x 3 0
− − −= ⇒ = ⇒ = ⇒
⇒ = ⇒ = ⇒ − − = − ⇒
⇒ − + =
 
 
Resolvendo a equação acima, temos x = 1 ou x = 3. 
 
Resposta da questão 14: 
 a) O maior valor poderia ser 6 
Se 11 22 33 31 12 23 21 32 13a a a a a a a a a 1 ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = e 31 22 13 11 23 32 12 21 33a a a a a a a a a 1⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = − 
 
O que é impossível, pois o produto das parcelas positivas é igual ao produto das parcelas negativas do determinante. Como o 
valor do determinante, obrigatoriamente, é um número par concluímos que o maior valor possível para o determinante é 4. 
 
Exemplo: 
1 1 1
1 1 1 4
1 1 1
−
=
−
 
 
b) considerando todos os vetores (linearmente dependentes) possíveis: 
(1,1,1) e (-1,-1,-1) 
(1,1,-1) e (-1,-1,1) 
(1,-1,1) e (-1,1,-1) 
(-1,1,1) e (1,-1,-1) 
 
Escolhendo 3 vetores C4,3 = 4 modos. 
 
Há 3! = 6 maneiras de escolher a ordem das linhas e 8 opções de se escolher ou não o simétrico. 
TOTAL 4 6 8 192.= ⋅ ⋅ = 
Logo, a probabilidade será dada por:9
192 3
P .
162 2
= =
⋅
 
 
Resposta da questão 15: 
 [E] 
 
O piloto pode estacionar sua aeronave de 10 formas distintas, de modo que as duas vagas vizinhas estejam vazias. As outras 7 
aeronaves podem ser estacionadas de = =
⋅
(7, 2)
9
9!
P 36
7! 2!
 maneiras. Logo, pelo PFC, temos 10 36 360⋅ = casos favoráveis. 
 
Por outro lado, se ignorarmos a restrição das vagas vizinhas, as outras 7 aeronaves poderão ser estacionadas de 
= =
⋅
(7, 4)
11
11!
P 330
7! 4!
 modos e, desse modo, teremos 10 330 3300⋅ = casos possíveis. 
Portanto, a probabilidade pedida é dada por 
360 6
.
3300 55
= 
 
Resposta da questão 16: 
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 [A] 
 
Considere a figura, em que AB a= e O é o centro do círculo circunscrito à base da pirâmide. 
 
 
 
Sabendo que a medida do apótema da base OM é dada por 
 
⋅ +
= = =
 ° −
⋅ ⋅ 
  +
AB a a (2 3)
OM u.c.,
2180 3 3
2 tg 2
12 3 3
 
 
segue que a área da base da pirâmide é igual a 
 
⋅ +
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
= +2
a (2 3)
6 AB OM 6 a
2
3a (2 3) u.a.
 
 
Na figura, V é o vértice da pirâmide e � = °VMO 15 . 
 
 
 
Logo, 
 
� = ⇔ = ⋅ °
⇔ =
VO
tgVMO VO OM tg15
OM
a
VO u.c.
2
 
 
Portanto, o volume da pirâmide é dado por 
 
−
⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅
−
+
= ⋅
−
3
2
3
2 31 a a
3a (2 3) 2 3 2 3
3 2 2 2 3
2 3a
.
2 2 3
 
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Resposta da questão 17: 
 
 
 
Considerando R a medida do raio da circunferência circunscrita na face, temos: 
 
a
2.R a R
sen30
= ⇒ =
°
 e 
 
2 2 2
2
2
3
R 2x 2x
2
R
x
2 3
= − ⋅
=
−
 
 
No triângulo assinalado (cinza), temos: 
 
2
2 2 r 3 R. 5 3 3x h h
2 3
  +
= + ⇒ =  
 
 
 
O volume da pirâmide será dado por: 
 
2
3
3
1 R . 3 R. 5 3 3 12.V 12.V
R R
3 4 3 5 3 3 5 3. 3
+
⋅ ⋅ ⇒ = ⇒ =
+ +
 
 
Resposta da questão 18: 
 a) ( )2 2 2x 2xy y 0 2y− − = + 
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2
x 2xy y 2y
x y
y y 2 1 x ou y 2 1 x
2
− − =
−
= ⇒ = − = − +
 
 
Portanto, o lugar geométrico será representado por duas retas perpendiculares passando pela origem. 
 
b) Fazendo ( ) ( )y 2 1 x ax e y 2 1 x bx,= − = = − + = temos: 
 
A reta r que passa pelo ponto P(2,3) e tem coeficiente angular m será dada por: y – 3 = m(x – 2) 
 
Determinando agora os pontos de intersecção da reta r com as retas perpendiculares. 
 
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y 3 m(x 2)
y ax
− = −

=
 resolvendo o sistema, temos o ponto 
3 2m 3 2m
A ,a
a m a m
− − 
 − − 
 
 
y 3 m(x 2)
y bx
− = −

=
 resolvendo o sistema, temos o ponto 
3 2m 3 2m
B ,b
b m b m
− − 
 − − 
 
 
Calculando agora PA e PB, temos: 2 2
3 2a 3 2b
PA (m 1) e PB (m 1)
a m b m
− −   
= + ⋅ = + ⋅   − −   
 
Como PA PB 17⋅ = ⇒ 
2 2
2
2 2
3 2a 3 2b
(m 1) (m 1) 17
a m b m
(m 1) (9 6a 6b 4ab)
17
(a m) (b m)
1 2m m m 1
− −   
+ ⋅ ⋅ + ⋅ =   − −   
+ ⋅ − − +
=
− ⋅ −
− + + = +
 
 
Resolvendo a equação acima, temos m 1, m 0 ou m 1.= = = − 
Portanto, as equações pedidas são y x 1, y 3 e y x 5.= + = = − + 
 
Existe também o caso da reta vertical x = 2 passando por P(2,3). 
 
( )
x 2
A(2, 2( 2 1))
y 2 1 x
=
⇒ −
= −
 ( )
x 2
B(2, -2( 2 1))
y 2 1 x
=
⇒ +
= − +
 
 
( )
( )
2
2
PA 3 2 2 2 5 2 2
PB 3 2 2 2 5 2 2
= − + = −
= + + = +
 verificando que PA PB 17⋅ = 
 
O que prova que x = 2 também é uma possível equação da reta pedida. 
 
Portanto, as possíveis equações da reta r são: x 2, y 3, y x 1, y x 5.= = = + = − + 
 
Resposta da questão 19: 
 [D] 
 
 
 
A(GFH) + A(ABHFG) = 
2m 3
4
 
 
2 2 22x 3 4x 3 m 3 m
x
4 4 4 6
+ = ⇒ = 
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Logo, GO = 
m
2 6
 e FO = 
m 3 m
26 2 2
⋅ = 
 
2 2
2 2 2
2 2
x y
1 8x 24y m 0
m m
2 2 2 6
+ = ⇒ + − =
   
   
   
 
 
Resposta da questão 20: 
 Considere a figura. 
 
 
 
Sejam F o foco da parábola, H a projeção de F sobre MQ e F' a projeção de F sobre a diretriz d. 
Como M pertence à parábola e MQ é paralelo ao eixo de simetria e da parábola, segue que MF MQ.= Além disso, FF' p= e 
� ɵRMQ RFF' 60 .≡ = ° Logo, do triângulo RFF', obtemos 
 
ɵ pFF'cosRFF' FR
cos60FR
FR 2p.
= ⇔ =
°
⇔ =
 
 
Do triângulo MRQ, vem 
 
� MQ MQcosRMQ cos60
MF FR MQ 2p
MQ 2p MF.
= ⇔ ° =
+ +
⇔ = =
 
 
Assim, MR 4p= e, portanto, 
 
� QR QRsenRMQ sen60
4pMR
QR 2p 3.
= ⇔ ° =
⇔ =
 
 
O resultado pedido é 2p 4p 2p 3 2p(3 3).+ + = + 
 
Resposta da questão 21: 
 3 2 b 3 2 b
b b
x ax a x x ax x a 0
2 2
− = − ⇒ − + − = 
 
( ) ( )1 2 3x x x 1 1 1+ + = − − = 
1 2 1 3 2 3x .x x .x x .x b 2+ + = 
( )b b1 2 3x x x a 1 a= − − = 
 
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2 2 2 2
1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3(x x x ) x x x 2.(x .x x .x x .x )+ + = + + + + + 
 
( )2 2 2 21 2 3
2 2 2 2
1 2 3
a x x x 2 b 2
a b x x x
− = + + + ⋅
− = + +
 
a
2
 – b = 2 2 21 2 3x x x+ + 
 
Logo, 
( )
2 2 2 2 2
1 2 3
 b
x x x b a b b a 2
a 1 2 3 1 2 3 a alog x x x x x x log [a .a ] b.log a a .b
+ + − + + = = =   
 
Resposta da questão 22: 
 [A] 
 
2 2
5
log(3 2) log3 log2 2log3 log2 x 2y
log 18=
10log5 log10 log2 1 x
log
2
⋅ + + +
= = =
− −
 
 
Resposta da questão 23: 
 [C] 
 
n = número de alunos 
x é o número de alunos que se matricularam em 4 disciplinas 
n x− é o número de alunos que se matricularam em 3 disciplinas (cada aluno foi matriculado em 3 disciplinas no mínimo) 
 
( )4x 3 n x 20+ ⋅ − = (total de matrículas) 
Logo, x 20 3n= − . 
 
Sabemos que 6 alunos estão em A, ou seja, 6 é o número mínimo de alunos. 
Logo, x 20 3 6 2= − ⋅ = . 
 
Resposta da questão 24: 
 [C] 
 
( ) ( )
3 2
2
2
2
5x – 3x – 60x 36 0.
x 5x 3 12 5x 3 0
(5x 3)(x 12) 0
5x 3 0 x 3 / 5 ou x 12 0 x 12
+ =
− − − =
− − =
− = ⇒ = − = ⇒ ±
 
 
Considerando n = 12, temos 10 n 15≤ < . 
 
Resposta da questão 25: 
 Questão anulada no gabarito oficial. 
 
A questão foi anulada, pois o polinômio dado apresenta apenas uma raiz real, como mostra o cálculo abaixo. 
 
Utilizando o teorema das raízes racionais, percebemos que 1 é raiz da e equação, pois: 
 
6.1
3
 – 5.1
2
 + 2.1 – 3 = 0 
 
Aplicando, agora, o teorema de Briot-Ruffini, podemos fatorar a equação: 
 
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(x – 1).(6x
2
 + x + 3) = 0 
 
x – 1 = 0 ou 6x
2
 + x + 3 = 0 
 
Na segunda equação 71∆ = − (a equação possui duas raízes complexas) 
 
Portanto, não é possível que as três raízes da equação polinomial sejam arestas de um paralelepípedo. 
 
Resposta da questão 26: 
 [C] 
 
Como arcsen : [ 1, 1] , ,
2 2
 π π
− →  
 
 vem 
 
arcsen x , arcseny
2 2 2 2
π π π π
− ≤ ≤ − ≤ ≤ e arcsenz .
2 2
π π
− ≤ ≤ 
 
Logo, sendo 
 
3
arcsen x arcseny arcsenz ,
2
π
+ + = 
 
concluímos que 
 
arcsen x arcsen y arcsenz .
2
π
= = = 
 
Daí, 
 
x y z 1= = = 
 
e, portanto, 
 
100 100 100 100 100 100
101 101 101 101 101 101
9 9
x y z 1 1 1
x y z 1 1 1
0.
+ + − = + + −
+ + + +
=
 
 
Resposta da questão 27: 
 [D] 
 
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( )
y sen70 cos50 sen260 cos280
y sen70 cos50 ( sen10 cos80 )
sen120 sen20 cos90 cos70
y
2 2
sen120 cos90 sen20 cos70
y2
3
0 0
2y
2
3
y
4
= ° ° + ° °
= ° ° + − ° °
+ −
= +
+ + −
=
+ +
=
=
� � � �
� � � �
 
 
Resposta da questão 28: 
 a) ( ) 13sec x m 3 cos x – 3 senx 3 cosx 3 senx
cosx
 
+ = + ⋅ 
 
 
 
( )
2
2
2
3 sec x m 3 3m tgx 3 3 tgx
3. 1 tg x – (3m 3) tgx m 3 3 0
3 tg x – (3m 3) tgx m 3 0
⋅ + ⋅ − ⋅ = + ⋅
+ − ⋅ + ⋅ − =
⋅ − ⋅ + =
 
 
Portanto, tgx m e tgx 3 3= = 
Logo, x arctg(m) k. ou x = k. , com k Z
6
π
π π= + + ∈ 
 
b) tg m e tg 3 3α β= = 
Logo, 30α = ° , então 180 105 30 45α = ° − ° − ° = ° . 
Logo, m = 1. 
 
Resposta da questão 29: 
 [A] 
 
 
 
Sabendo que a.b = S, temos: 
 
No triângulo ACD: h = a.tg60°
 
 ( I ) 
 
No triângulo ACB: h = b.tg30° ( II ) 
 
Fazendo ( I ).( II ), temos: 
 
h
2
 = a.b.tg30°.tg60° 
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h
2
 = S.1 
 
h S= 
 
Calculando agora o volume da pirâmide, temos: 
S h S S
V .
3 3
⋅ ⋅
= = 
 
Resposta da questão 30: 
 Vamos inicialmente eliminar o termo x.y da equação. 
 
B 10 3
tg2 3 30
A C 1 11
θ θ
−
= = = ⇒ = °
− −
 
 
Utilizando rotação de eixos, temos: 
 
3 1 1 3
x x ' y ' e y x ' y '
2 2 2 2
= ⋅ − ⋅ = ⋅ + ⋅ 
 
Substituindo os valores de x e y acima na equação, temos: 
 
2 2
2 216x ' 64y ' 64
x ' y '
1
4
0
1
− −+ + ⇒ == (hipérbole) 
 
Onde a = 2, b = 1 e 2 2c 2 1 5= + = 
 
Logo, a excentricidade será dada por 
c 5
e .
a 2
= = 
 
Resposta da questão 31: 
 [A] 
 
2 2 2BC 3 4 BC 5cm= ⇒+ = 
 
1 2A A+ é a área da região que se obtém subtraindo a área do triângulo ABC da área do semicírculo de diâmetro BC. 
3A é a área do semicírculo de diâmetro 3cm e 
4A é a área do semicírculo de diâmetro 4cm. 
 
3 4 1 2A A A A(A )−= + + que é a área pedida. 
Logo: 
 
2 2 2
3 4 5
4 32 2 2
A 6
2 2 2 2
π π π
             ⋅      = + − − = 
 
 
 
 
 
Resposta da questão 32: 
 [D] 
 
arccotg(1 x) a + = e arctg(x) b,= 
 
temos sen a cos b= + ou sen a cos b= − 
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ou seja, cotg a tg b= ou cotg a tg b= − 
 
logo, x + 1 = x ou x + 1 = – x 
 
x + 1 = x (não possui solução) 
x+1 = – x 
2x = – 1 
x = – 1/2 
 
Resposta da questão 33: 
 [C] 
 
Como 
 
2 2 2 2 n (2n 1) (2n 1)1 3 5 (2n 1) ,
3
⋅ + ⋅ −
+ + + + − =… 
 
segue que para n = 40, obtemos 
 
2 2 2 2 40 (2 40 1) (2 40 1)1 3 5 79
3
40 81 79
3
85320.
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ −
+ + + + =
⋅ ⋅
=
=
…
 
 
Portanto, 
 
4 480000 S 90000 8 10 S 9 10 .≤ < ⇔ × ≤ < × 
 
Resposta da questão 34: 
 [E] 
 
Uma função : A Bϕ → é injetora se, e somente se, para quaisquer 1 2x , x A,∈ tem-se 1 2 1 2(x ) (x ) x x .ϕ = ϕ ⇒ = 
Portanto, a condição necessária para que f(g(x)) f(h(x))= implique em =g(x) h(x) é que f seja injetora. 
 
Resposta da questão 35: 
 [D] 
 
Temos 
 
 
n 3
n 1
0 6
f(x) 2f(x) 4f(x) 2 f(x) 9
4 12 36 43
2 4
| f(x) | 1 9
3 9
1
| f(x) | 9
2
1
3
| f(x) | 3
| 3 log(x) | 3
3 3 log(x) 3
0 log(x) 6
10 x 10 .
−
−
+ + +…+ +…≤ ⇔
 
+ + + ≤ ⇔ 
 
≤ ⇔
−
≤ ⇔
− ≤ ⇔
− ≤ − ≤ ⇔
≤ ≤ ⇔
≤ ≤
…
 
 
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Resposta da questão 36: 
 
 
 
Considerando , e , temos o seguinte sistema: 
 
 
 
Aplicando a regra de Cramer para a resolução do sistema, temos: 
 
 
 
Concluímos então que: 
 
, e 
 
O que não dá solução, pois (impossível) 
 
Logo, o sistema terá solução se for indeterminado (D = 0), ou seja: 
 
 
 
Resposta da questão 37: 
 [E] 
 
Considere a figura. 
 
tgy tgz
tgx a tgx.tgy tgx.tgz a.tgy.tgz a
1 tgy.tgz
tgz tgx
tgy b tgx.tgy btgx.tgz tgy.tgz b
1 tgz.tgx
tgx tgy
tgz c ctgx.tgy tgx.tgz .tgy.tgz c
1 tgx.tgy
−
= ⇔ − − =
+
−
= ⇔ − − + =
+
−
= ⇔ − + − =
+
tgx tgy m⋅ = tgx tgz n⋅ = tgy tgz p⋅ =
m n a.p a
m bn p b
cm n p c
− + =

− − + =
− + − =
m
n
p
1 a 1
D 1 1 b (a b c abc)
c 1 1
a a 1
D b 1 b (a b c abc)
c 1 1
1 a 1
D 1 b b (a b c abc)
c c 1
1 a a
D 1 1 b (a b c abc)
c 1 c
− −
= − − = − + + +
− −
− −
= − = + + +
−
−
= − − = + + +
−
−
= − = + + +
− −
tgx tgy m 1⋅ = = − tgx tgz n 1⋅ = = − tgy tgz p 1⋅ = = −
2 2 2m n p=tg x tg y tg z 1⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = −
a b c a b c 0+ + + ⋅ ⋅ =
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Temos 4 escolhas para a cor do quadrado A e 3 para a cor do quadrado B. Se a cor do quadrado C for igual à cor do 
quadrado B, então teremos uma escolha para o quadrado C e, portanto, 3 escolhas para o quadrado D. Por outro lado, se a 
cor do quadrado C for diferente da cor do quadrado B, então teremos 2 escolhas para C e, por conseguinte, 2 escolhas 
também para D. Dessa forma, podemos colorir o quadrado, de modo que não existam dois quadrados menores, com um lado 
comum, pintados da mesma cor, de 4 3 1 3 4 3 2 2 36 48 84⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = + = maneiras. 
Portanto, sabendo que é possível pintar o quadrado de 44 256= formas, utilizando as quatro cores disponíveis, segue que a 
probabilidade pedida é igual a 
 
 
84 43
1 .
256 64
− = 
 
Resposta da questão 38: 
 
 
 
Como a área da superfície lateral é duas vezes a área da base temos: 
2 2.h2 4 .h 0 0 (não convém) ou = h
2
= ⋅ ⇔ − = ⇔ =
ℓ
ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ 
QP / /AM e QM = AM = .
2
Logo, AMPQ é um paralelogramo com AQ // MP.
ℓ
 
 
A determinação do ângulo de medida θ pedido no exercício. 
( )
2
2 2 5 5No SDC temos: SC SC e cos = 
2 2 5
Δ α
 
= + ⇔ = 
 
ℓ ℓ
ℓ 
Determinando a medida PD no triângulo PDC através do teorema dos cossenos: 
2
2 25 5 5 13PD 2 PD MB
4 4 5 4
 
= + − ⋅ ⋅ ⇔ = =  
 
ℓ ℓ ℓ
ℓ ℓ 
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo AMD, temos MD = 
5
2
ℓ
. 
 
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Aplicando novamente o teorema dos cossenos no triângulo PMD, temos: 
2 2 2
5 13 13 13 13 3
2 cos cos
2 4 4 4 4 13
θ θ
     
= + − ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ =          
     
ℓ ℓ ℓ ℓ ℓ
. 
 
Resposta da questão 39: 
 [E] 
 
Considere a figura, com G sendo o baricentro do triângulo ABC. 
 
 
 
Pelo Teorema de Pappus-Guldin, segue que a área S da superfície gerada pela rotação do triângulo ABC em torno da reta r é 
dada por 
 
 S x 2p,θ= ⋅ ⋅ 
 
em que θ é o ângulo de rotação, x GH= e 2p é o perímetro do triângulo. 
Portanto, o resultado pedido é 
 
 3S 2 3 3 2 36 cm .π π= ⋅ ⋅ ⋅ = 
 
Resposta da questão 40: 
 [A] 
 
 
 
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2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
c
2 c a 2(I)
a
c a b (II).
De (I) e (II), temos:
a = b, logo a equação da hipérbole será
x y a .
Substituindo o ponto ( 5,1) na equação acima, temos:
5 1 a a 4.
Logo, a equação da hipérbole será dada p
= ⇒ = ⋅
= +
− =
− = ⇒ =
2 2or: x y 4.− =
 
 
 
A equação da reta pedida é da forma y = 2x + k, já que é paralela à reta y = 2x. 
 
Considerando o sistema 
2 2x y 4 (I)
y 2x k (II)
 − =

= +
 e substituindo (II) em (I), encontraremos a seguinte equação: 
 
3x
2
 + 4kx + k
2
 – 4 = 0 que deverá ter o discriminante igual a zero, já que a reta deve ser tangente à circunferência. 
 
( ) ( )2 2
2 2
2
4k 4 3 k 4 0 
16k 12K 48 0 
4K 48 0 
K 2 3.
− ⋅ + =
− − =
− =
= ±
 
 
Considerando k = 2 3 e multiplicando a equação + y 2x 2 3= + por 3 temos a equação 3y 2 3x 6= + apresentada 
alternativa [A]. 
 
Resposta da questão 41: 
 [D]Considere a figura. 
 
 
 
Como r é tangente à elipse, segue que � �PMF QMH' .α≡ = Além disso, sendo r s,� vem � �OHF OH'M .α≡ = 
Aplicando a Lei dos Senos nos triângulos OFH e OF'H', e sabendo que OF OF',= obtemos 
 
 
OF FH sen 2
sen sen sen OF
α
α β β
= ⇔ = 
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e 
 
 
OF' F'H' sen F'H'
.
sen(180 ) sen sen OF'
α
α β β
= ⇔ =
° −
 
 
Portanto, segue de imediato que F'H' 2cm.= 
 
Resposta da questão 42: 
 [D] 
 
 
 
Resposta da questão 43: 
 [D] 
 
 
 
Área do triângulo: A 
A = 36(36 26)(36 28)(36 18) 72 10− − − = 
 
36.r 72 10
r 2 10
=
=
 
 
Aplicando o teorema de Pitágoras, temos: 
 
( )22 2AO 8 2 10
AO 64 40
AO 104
= +
= +
=
 
 
Resposta da questão 44: 
 [D] 
 
r s t v r t r t
I) 1 1 (Verdadeiro)
s v s v s v
r t r s t v s v r t
II) 1 1 (Verdadeiro)
r s t v r t r t s v
r r t r t
III) rs rv rs st rv st (Verdadeiro)
s s v s v
r t r t 1 1 v
IV) 1 (Pode não ser verdadeiro)
s v s v s
+ +
< ⇔ + < + ⇔ <
+ +
< ⇔ > ⇔ + > + ⇔ <
+ +
+
< ⇔ + < + ⇔ < ⇔ <
+
+ +
< ⇔ < ⇔ <
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Sejam ,α β e γ as raízes de p. 
Pelas Relações de Girard, obtemos: 
 
0
0,
1
α β γ+ + = − = 
 
n a
n a
1
αβ αγ βγ+ + = =
ℓ
ℓ 
e 
b
be e .
1
αβλ = − = − 
 
Logo, sabendo que 
 
3 3 3 3( ) 3( )( ) 3 ,α β γ α β γ α β γ αβ αγ βγ αβγ+ + = + + − + + + + + 
 
vem 
 
3 3 3 3 b b0 3 0 n a 3 ( e ) 3e .α β γ+ + = − ⋅ ⋅ + ⋅ − = −ℓ 
 
Portanto, como be 0> para todo número real, segue que a soma dos cubos das raízes de p depende apenas de b e é 
negativa. 
 
Observação: Todo número real positivo é diferente de zero. 
 
Resposta da questão 45: 
 
 
 
o o
y x ( 6 2)
x y
2sen15 sen30
+
= ⇔ = ⋅ 
 
 
 
( )o
ò
y x 6 2
sen . cos
sen 2 2sen 135
3
tg
3
logo =30
α α
α α
α
α
 
= ⇔ = ⋅ ⇔  −  
⇔ = 
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a
2
 = (y.cos15
o
)
2
 + (y.cos30
o
)
2
 -2.y.cos15
o
.y.cos30
o
.cos45º 
a = 
y 2
2
 
 
 
 
o y. 2OB y.sen30 2
2
= = 
 
 
 
DC’= y.sen15
o
 = 
( )y. 6 2
4
−
 
 
 
 
2
2 o 2 o o6 2 6 2b (y.sen30 ) y 2ysen30 y cos135
4 4
( 3 1)
b y
2
      + +
   = + − ⋅               
+
= ⋅
 
 
Calculando o perímetro pedido temos: 
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P = 2.( a + b) 
( )
2 3 3
P 2.y
2 2
2x
P
6 2
P x. 2 3 1
 +
= +  
 
=
+
= + −
 
 
Resposta da questão 46: 
 
 
Lembrando que, 
 
Concluímos que e que 
 
Percebemos, então que devemos calcular o seguinte produtório: 
 
 
Multiplicando e dividindo o produtório por e utilizando por várias vezes a relação , temos 
que: 
 
 
 
Resposta da questão 47: 
 É periódica. 
Para a = 0 
f(x) = 
1
2
 + {f(x) - [f(x)]
2
} e 
f(x + a) = 
1
2
 + {f(x) - [f(x)]
2
} 
 
Resposta da questão 48: 
 (2b - 3a + 1)/(5b - 5a + 5) 
 
Gabarito Parte II: 
 
Resposta da questão 1: 
 [D] 
 
Temos: 
 
1
1 1 1
a cos 30
2 2 2 6
= + = °
π
a 1 1
cos cosa
2 2 2
= +
2
1 1 1 1 1
a cos
2 2 2 2 2 2 6
= + + =
⋅
π
3 2
1 1 1 1 1 1 1
a cos
2 2 2 2 2 2 2 2 6
= + + + =
⋅
π
20
k 1 19 18 17 0
k 1
1
cos . cos cos cos cos
6 2 2 6 2 6 2 6 2 6−=
 
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 
∏ π π π π π
19
sen
6.2
π sen2
sen .cos
2
=
α
α α
20
k 1 21
k 1
19
1 3
cos .
6 2 2 .sen
6 2
−
=
 
= 
 
⋅
∏ π π
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=
+
−
=
− +
− − −
=
+
− −
= +
+ +
2
2 2
2
2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
a
z
ib(1 ib)
abi
b (1 b 2bi)
abi(1 b 2bi)
b (1 b )
2ab ab(b 1)i
.
b (1 b ) b (1 b )
 
 
Sabendo que = −πargz , temos =Im(z) 0. Logo, como a,b 0,> concluímos que b 1.= 
Portanto, dado | z | 1,= vem: 
 
− −
= ⇔ =
+
⇒ =
2
2 2 2
2ab 2a
1 1
4b (1 b )
a 2.
 
 
Resposta da questão 2: 
 [C] 
 
Temos: 
 
∆ =
= − + −
= ⋅ − + −
= ⋅ − ⋅ − +
2 3
4 3 2
3 2
2
1 2 3
x x x
x x 1
x 3x 4x 2x
x (x 3x 4x 2)
x (x 1) (x 2x 2).
 
 
Portanto, como − + =2x 2x 2 0 não possui raízes reais, segue que apenas x 0= e x 1= anulam .∆ 
 
Resposta da questão 3: 
 [B] 
 
Sabendo que 1, w e 2w são as raízes cúbicas da unidade, com = °w cis120 e = °2w cis240 , vem 
 
− = −
= − + −
= ⋅ −
= ⋅ ° − °
= ⋅ −
= −
6 3 2
2 3 2
2 2
2
2
(1 w) [(1 w) ]
(1 3w 3w w )
9 (w w)
9 (cis240 cis120 )
9 ( i 3)
27.
 
 
Portanto, − ∈ − −27 ( 30, 10]. 
 
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Resposta da questão 4: 
 
3 3 3 2 2 3
3 3 3 2 2
3 2 2 2 2
33 2 23 6
z (a bi) a 3.a .bi 3.a(bi) (bi)
z a b .i 3a bi 3ab
z 3 3ab (3a b 3).i 3a bi 3ab
z 3 3i z 3 3i z 3 3 18
= + = + + +
= − + −
= + − − + −
= + ⇒ = + ⇒ = + =
 
 
Resposta da questão 5: 
 Temos 
 
x a b c
a x c b
f(x)
b c x a
c b a x
x a b c a b c
a x c b x c b
b c x a c x a
c b a x b a x
1 a b c
1 x c b
(x a b c)
1 c x a
1 b a x
x a c b b c
(x a b c) c a x b a c
b a a b x c
x a c b c b b c
(x a b c) c a x b x b a c
b a a b a b x c
x a c b c b b c
(x a b c) c a
=
+ + +
+ + +
=
+ + +
+ + +
= + + +
− − −
= + + + − − −
− − −
− + − − −
= + + + − + − − −
− + − − −
− + − − −
= + + + −
2 2
x b x b a c
0 a b x c
1 c b b c
(x a b c)(x a b c) 1 x b a c
0 a b x c
x b c b a c b c
(x a b c)(x a b c)
a b x c
x c a b
(x a b c)(x a b c)
a b x c
(x a b c)(x a b c)[(x c) (a b) ]
(x a b c)(x a b c)(x a b c)(x a b c).
+ − − −
− −
− −
= + + + − − + − −
− −
− − + − − +
= + + + − − +
− −
− −
= + + + − − +
− −
= + + + − − + − − −
= + + + − − + − + − + − −
 
 
Portanto, os zeros de f são a b c, a b c, a b c− − − + − − + e a b c.− + + 
 
Resposta da questão 6: 
 [A] 
 
O ponto (8,3) pertence à curva, pois 8
2
 + 4y
2
 – 100 = 0. 
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Derivando implicitamente a função, temos: 2x + 8y.y’ = 0, então y’ = –x/4y; logo, o coeficiente angular da reta tangente será 
dado por: m = –8/4.3, ou seja m = –2/3. 
 
A equação da reta que passa por (8,3) e tem coeficiente angular m = 2/3 é dada por: 
 
2
y 3 (x 8) 2x 3y 25 0.
3
− = − − ⇔ + − = 
 
Resposta da questão 7: 
 Questão anulada no gabarito oficial. 
 
227209 7 13 23= ⋅ ⋅ , assim n! não pode ter o fator 213 para fazer parte de G. 
n! deve ser menor que 26! , que possui o fator 213 . 
 
Portanto, { }G 0!,1!,2!,3!,4!,5! 22!,23!,24!,25!= … . 
Ou seja, 26 elementos. 
 
Questão não possui resposta correta. 
 
Resposta da questão 8: 
 Como 9 (2r 3s) 2 (9r 5s) 17s,⋅ + = ⋅ + + e 17 não é divisor nem de 9 e nem de 2, segue que 17 é divisor de (2r 3s)+ se, e 
somente se, for divisor de (9r 5s).+ 
 
Resposta da questão 9: 
 1 2 1 2Devemos provar que se x S S , x P e x P :∈ ∩ ∈ ∈ 
1 2 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2 2 1
2 1 1 1 1 2
x S S , como S S P P , então x P ou x P .
Se x P , então x S P . Como S P P , temos x P e x P .
Se x P , então x S P2. Como S P2 P , temos x P e x P .
∈ ∩ ∩ ⊂ ∪ ∈ ∈
∈ ∈ ∩ ∩ ⊂ ∈ ∈
∈ ∈ ∩ ∩ ⊂ ∈ ∈
 
Logo, ( ) ( )1 2 1 2S S P P∩ ⊂ ∩ . 
 
Resposta da questão 10: 
 Temos os seguintes resultados possíveis: 
(1,1 2) ------------------------------------------------ 23
3!
P 3
2!
= = 
(1,2,3) ------------------------------------------------P3= 3! = 6 
 
(1,3,4)------------------------------------------------P3 = 3! = 6 
(2,2,4)------------------------------------------------ 23
3!
P 3
2!
= = 
(1,4,5)------------------------------------------------- P3 = 3! = 6 
 
(2,3,5)---------------------------------------------------P3 = 3! = 6 
 
(1,5,6)------------------------------------------------- P3 = 3! = 6 
 
(2,4,6)--------------------------------------------------P3 = 3! = 6 
(3,3,6) ------------------------------------------------- 23
3!
P 3
2!
= = 
 
 
Total = 3.3 + 6.6 = 45. 
 
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Logo, a probabilidade será P = 
45 5
6.6.6 24
= . 
 
Resposta da questão 11: 
 [E] 
 
Temos 
 
 
1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
1 2 3 1
3 1 3
1 2 3
1 2 3
1
2 3
2 3
1
2 3
3
1
(1 i)x ix ix 0 (1 i)x ix ix 0
2ix x x Z 2ix x x Z
(2i 2)x ix ix 0 ( 1 3i)x 0
L ' L L
(1 i)x ix ix 0
2ix x x Z
( 1 3i)x 0
ix ix 0
x x Z
x 0
x x
Z 2x
x 0
 + − + = + − + =
 
− − = − − = 
 − + − = − + =
↔ +
 + − + =

− − =
 − + =
− + =

− − =
 =
 =

= −
=
∼
∼
∼
∼ .


 
 
Escrevendo Z sob a forma Z (cos isen ),= ρ θ + θ segue que θ deve ser igual a 180° para que 3x seja um número real 
positivo. 
 
Resposta da questão 12: 
 a) Temos 1 1.α β α β⋅ = ⇒ ⋅ = Logo: 1α ≤ ou 1β ≤ 
Considere x y Eα ω= + ∈ , então: x y 1ω+ ≤ 
22
y 3
x y i 1
2 2
y 3
x y 1 (equação I)
2 2
 
⇒ − + ≤ 
 
  
⇒ − + ≤       
 
 
Temos que 
2
y
x 0
2
 
− ≥ 
 
 então: 
 
2 22
2 22
y 3 3
x x x
2 2 2
y 3 3
x x x (equação II)
2 2 2
    
− + − ≥ −             
    
− + − ≥ −             
 
 
A partir das equações I e II, temos: 
22
3 y 3
y x y 1.
2 2 2
  
≤ − + ≤       
 
 
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Portanto, 
3
y 1.
2
≤ 
 
Se y Z∈ , então: y = -1 ou y = 0 ou y = 1 
Se y = 0, então: x = -1 ou x = 1 
 
Portanto, 
Para y = 0 temos: 
x 1
ou
x 1
= −


 = 
 
 
Para y = 1 temos: 
2
22
2
2
x x 1 0 x Z
1 3
x 1 x x 1 1 ou
2 2
x x 1 1 x 0 ou x 1
 − + = ⇒ ∉
   
+ + ≤ ⇒ − + ≤ ⇒        
− + = ⇒ = =
 
 
Para y = -1 temos: 
2
22
2
2
x x 1 0 x Z
1 3
x 1 x x 1 1 ou
2 2
x x 1 1 x 0 ou x 1
 − + = ⇒ ∉
   
+ + ≤ ⇒ − + ≤ ⇒        
− + = ⇒ = = −
 
 
Logo se obtém: 
{ }U 1, 1, , ,1 , 1ω ω ω ω= − − + − − 
 
b) Para x = 2 e y = 1, temos: 2 Yω∈ 
Para x = 1 e y = -1, temos: 1 1 Yω− ∈ 
 
Resposta da questão 13: 
 [C] 
 
Aplicando o teorema de Laplace na primeira coluna, obtemos: 
 
1 1 1 2
n
n 1
n n 1
n 1
n n 1
3 0 0 ... 0 0 1 1 1 ... 1 1
1 3 0 ... 0 0 1 3 0 ... 0 0
0 1 3 ... 0 0 0 1 3 ... 0 0
1.( 1) . ( 1).( 1)
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...
0 0 0 ... 3 0 0 0 0 ... 3 0
0 0 0 ... 1 3 0 0 0 ... 1 3
3
3
Δ
Δ Δ
Δ Δ
+ +
−
−
−
−
− −
− −
= − + − −
− −
= +
− =
 
 
Logo: 
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1
2 1
2
3 2
3
4 3
9
10 9
9
10 1
10
10
3
3
3
...................
3
3.(3 1)
3 1
1 29523
29524
∆ − ∆ =
∆ − ∆ =
∆ − ∆ =
∆ − ∆ =
−
∆ − ∆ =
−
∆ − =
∆ =
 
 
Resposta da questão 14: 
 Seja 
2 2
2 2
2 2
y z xy xz
M xy x z yz .
xz yz x y
 +
 
= + 
 
+  
 
 
Considere 
p a b
N a q c
b c r
 
 =  
  
 uma matriz simétrica tal que 2N M= com { }x,y,z,a,b,c N.⊂
 
 
Considerando que: 
 
Traço de uma matriz é a soma dos elementos de sua diagonal principal, então, 
p 0
p q r 0 q 0
r 0
=

+ + = ⇒ =
 =
. Portanto, 
0 a b
N a 0 c
b c 0
 
 =  
  
 
 
Dado que de 2N M= , temos: 
2 2
2 2
2 2
y z xy xz0 a b 0 a b
a 0 c a 0 c xy x z yz
b c 0 b c 0 xz yz x y
 +        × = + ⇒          +       
 
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
a b bc ac y z xy xz a z
bc a c ab xy x z yz b y
c xac ab b c xz yz x y
   + + =    
+ = + ⇒ =    
     =+ +        
 
Logo,
 
2N M= e a matriz N é uma matriz simétrica como queríamos demonstrar. 
 
Resposta da questão 15: 
 P
n
 = (q + 12).(q – 12), ou seja, p
a
. p
n-a
 = (q - 12).(q + 12) 
 
Temos, p
a
 = q – 12 e p
n – a
 = q + 12 ( n - a > a ) 
 
Subtraindo as equações acima temos: 
(p
n-a
 - P
a
 ) = 24 
P
a
.(p
n-2a
 - 1 ) = 2
3
.3 
 
Temos as seguintes possibilidades 
Se p = 2 e a = 1 2
n-2
 – 1 = 12 (n não é inteiro) ⇒
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Se p = 2 e a = 2 2
n-4
 – 1 = 6 (n não é inteiro) 
Se p = 2 e a = 3 2
n-4
 – 1 = 3 n = 8 e q = 20 
Se p = 3 e a = 1 3
n-2
 – 1 = 2
3
 n = 4 e q = 15 
Se a = 0, q – 12 = 12 q = 13, p = 5 e n = 2. 
 
Logo, os possíveis valores de (n, p, q) são (8, 2, 20) ou (4, 3, 15) ou (2, 5, 13). 
 
Resposta da questão 16: 
 [C] 
 
(1, 2, 3, 4, ..., 998, 999) 
 
Divisíveis por 6: (6 ⋅ 1, 6 ⋅ 2, 6 ⋅ 3, ..., 6 ⋅ 166). Total: 166. 
Divisíveis por 8: (8 ⋅ 1, 8 ⋅ 2, 8 ⋅ 3, ..., 8 ⋅ 124). Total: 124. 
Divisíveis por 6 e 8: (24 ⋅ 1, 24 ⋅ 2, 24 ⋅ 3, ..., 24 ⋅ 41). Total: 41. 
Divisíveis por 6 ou 8: 166 + 124 – 41 = 249. 
Números inteiros positivos, menores que 1000, que não são divisíveis por 6 ou por 8: 999 – 249 = 750. 
 
⇒
⇒ ⇒
⇒ ⇒
⇒