ITA 2007 Matemática (Resolução)

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OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
Obs.: Os sistemas de coordenadas considerados são
cartesianos ortogonais.
1 DDDD
Se A, B, C forem conjuntos tais que 
n(A < B) = 23, n(B – A) = 12, n(C – A) = 10, 
n(B > C) = 6 e n(A > B > C) = 4, então n(A), n(A < C),
n(A < B < C), nesta ordem, 
a) formam uma progressão aritmética de razão 6. 
b) formam uma progressão aritmética de razão 2. 
c) formam uma progressão aritmética de razão 8, cujo
primeiro termo é 11. 
d) formam uma progressão aritmética de razão 10, cujo
último termo é 31. 
e) não formam uma progressão aritmética. 
Resolução
As informações apresentadas permitem construir o dia-
grama de Venn-Euler seguinte:
1 )
n(A ¨ B) = x + y + z + 4 + 10 + 2 = 23 Û x + y + z = 7
2) n(A) = x + y + z + 4 = 7 + 4 = 11
3) n(A ¨ C) = x + y + z + 4 + 2 + 8 = 7 + 14 = 21
4) n(A ¨ B ¨ C) = x + y + z + 4 + 10 + 2 + 8 =
= 7 + 24 = 31
Assim: (11; 21; 31) é uma P.A. de razão 10 cujo último
termo é 31.
NOTAÇÕES
N = {0, 1, 2, 3,...} 
Z: conjunto dos números inteiros
Q: conjunto dos números racionais 
R: conjunto dos números reais 
C: conjunto dos números complexos 
i: unidade imaginária; i2 = –1
Izl: módulo do número z ˛ C
––
z : conjugado do número z ˛ C
Re z: parte real de z ˛ C
Im z: parte imaginária de z ˛ C
(np): número de combinações de n elementos toma-
dos p a p.
mdc(j,k): máximo divisor comum dos números intei-
ros j e k.
n(X) : número de elementos de um conjunto finito X.
(a,b) = {x ˛ R : a < x < b}.
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
MMMMAAAATTTTEEEEMMMMÁÁÁÁTTTTIIIICCCCAAAA
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
2 AAAA
Seja A um conjunto com 14 elementos e B um sub-
conjunto de A com 6 elementos. O número de subcon-
juntos de A com um número de elementos menor ou
igual a 6 e disjuntos de B é 
a) 28 – 9. b) 28 – 1. c) 28 – 26. 
d) 214 – 28. e) 28. 
Resolução
Os subconjuntos de A que são disjuntos de B são sub-
conjuntos de (A – B). Como B , A, 
n(A – B) = n(A) – n(A > B) = n(A) – n(B) = 14 – 6 = 8.
O conjunto A – B possui 28 – 9 subconjuntos, pois
C8;0 + C8;1 + … + C8;6 = + + … + =
= 28 – – = 28 – 1 – 8 = 28 – 9
3 BBBB
Considere a equação: 
16 
3
= –
4
.
Sendo x um número real, a soma dos quadrados das
soluções dessa equação é
a) 3. b) 6. c) 9. d) 12. e) 15.
Resolução
16 . 3 = –
4
1) . = =
= = – . i
2) – = = 2i
3) Se z = , temos
16z3 = (2i)4 Þ z3 = 1 Þ z = 1 ou z = – + i
ou z = – – i
4) – i = 1 Þ x = 0
– i = – + i Þ x = – ˇ••3
– i = – – i Þ x = +ˇ••3
A soma dos quadrados das soluções é 
02 + (– ˇ••3 )2 + ( ˇ••3)2 = 6.
ˇ••3––––
2
1–––
2
2x–––––––
1 + x2
1 – x2–––––––
1 + x2
ˇ••3––––
2
1–––
2
2x–––––––
1 + x2
1 – x2–––––––
1 + x2
2x–––––––
1 + x2
1 – x2–––––––
1 + x2
ˇ••3––––
2
1–––
2
ˇ••3––––
2
1–––
2
1 – i . x––––––––––
1 + i . x
1 + 2i + i2 – (1 – 2i + i2)––––––––––––––––––––––
1 – i2
1 – i–––––––
1 + i
1 + i–––––––
1 – i
2x––––––– 
1 + x2
1 – x2––––––– 
1 + x2
1 – x2 – 2xi–––––––––––––
1 + x2
1 – 2ix + i2x2–––––––––––––
1 – i2x2
1 – ix–––––––
1 – ix
1 – ix–––––––
1 + ix
21 – i–––––1 + i
1 + i–––––
1 – i12
1 – ix–––––––
1 + ix1
21 – i–––––1 + i
1 + i
–––––
1 – i12
1 – ix
–––––
1 + ix1
81 2781 28
81 2681 2181 20
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4 EEEE
Assinale a opção que indica o módulo do número com-
plexo 
, x ≠ kpi, k ˛ Z.
a) Icos xl b) (1 + sen x)/2 c) cos2x 
d) Icossec xl e) Isen xl 
Resolução
= =
= = = usen xu1––––––––––––
ucossec xu
1
––––––––––––––
ˇ•••••••••••••cossec2x
1
–––––––––––––––
ˇ••••••••••••••1 + cotg2x
1
–––––––––––
1 + i cotg x
1
–––––––––––
1 + i cotg x
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5 DDDD
Considere: um retângulo cujos lados medem B e H, um
triângulo isósceles em que a base e a altura medem,
respectivamente, B e H, e o círculo inscrito neste triân-
gulo. Se as áreas do retângulo, do triângulo e do círcu-
lo, nesta ordem, formam uma progressão geométrica,
então B / H é uma raiz do polinômio 
a) pi3x3 + pi2x2 + pix – 2 = 0. 
b) pi2x3 + pi3x2 + x + 1 = 0. 
c) pi3x3 – pi2x2 + pix + 2 = 0. 
d) pix3 – pi2x2 + 2pix – 1 = 0. 
e) x3 – 2pi2x2 + pix – 1 = 0. 
Resolução
1) No triângulo PMR, retângulo, temos 
PR =
2) Da semelhança dos triângulos PMR e PNO, temos:
= Þ = Û
Û B (H – r) = r ˇwwwwwB2 + 4H2 (I), em que r é o raio do
círculo inscrito no triângulo PQR.
3) Se as áreas do retângulo, do triângulo isósceles e do
círculo nele inscrito formam uma progressão geomé-
trica, então 1BH; ; pi r 22 formam uma P.G. e, 
portanto, 
2
= BH . pi r2 Û r2 = Û
Û r =ˇww , pois r > 0
4) Substituindo r na equação (I), resulta
B 1H – ˇww 2 = ˇww . ˇwwwwwB2 + 4H2 Û
Û B 1H – H ˇwww 2 =
= H 2 ˇwww . ÛB 2ˇwwww1–––2 + 4HB–––––4piH
B
–––––
4piH
BH
––––
4pi
BH
––––
4pi
BH
––––
4pi
BH
––––
4pi
BH1––––22
BH
––––
2
B 2ˇwwww1–––2 + H22
––––––––––––––––––
H – r
B
––
2
––––
r
PR
––––
PO
MR
––––
NO
B 2ˇwwww1–––2 + H22
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Û . 11 – 2 = 
= (II)
5) Fazendo = x, e substituindo em (II), temos:
x . 11 – ˇwwww . x 2 = ˇwwwwww . x (x 2 + 4) Û
Û x 2 . 11 – ˇwww 2
2
= (x 2 + 4) Û
Û x – 2x ˇwww + = + Û
Û x – = 2x ˇwww Û x – = ˇwww Û
Û x 2 – + = Û
Û pi x3 – pi2 x2 + 2pi x – 1 = 0
x3
–––
pi
1
–––
pi2
2x
–––
pi
x3
––––
pi
1
––
pi
x
––––
4pi
1
––
pi
1––––
pi
x––––
4pi
x––––
4pi
x
––––
4pi
x
––––
4pi
x
––––
4pi
1
––––
4pi
1
––––
4pi
B
––––
H
1 B Bˇwwwwwww––– . 1–––2 . 31–––22+ 444pi H H
1 B ˇwwww––– . 1–––24pi HB––––H
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6 CCCC
Se as medidas dos lados de um triângulo obtusângulo
estão em progressão geométrica de razão r, então r
pertence ao intervalo 
a) (0, (1 + ˇw2 )/2). 
b) 1(1 + ˇw2 )/2, ˇwwwww(1 + ˇw5 )/2 2.
c) 1ˇwwwww(1 + ˇw5 )/2, (1 + ˇw5 )/22.
d) 1(1 + ˇw5 )/2, ˇwwwww2 + ˇw2 /2 2.
e) 1ˇwwwww2 + ˇw2 /2 , (2 + ˇw3 )/2)2.
Resolução
Seja um triângulo de lados a, ar e ar2, com a > 0 e r > 1
1º) De acordo com a condição de existência desse triân-
gulo, tem-se:
ar 2 < a + ar Û r2 – r – 1 < 0 Û
Û < r <
mas, como r > 1, então: (I)
2º) Para que esse triângulo seja obtusângulo, deve-se
ter ainda:
(ar2)2 > a2 + (ar)2 Û r4 – r 2 – 1 > 0 Û
Û > 0 Û
Û > 0 Û
Û > 0 Û
Û (II)
3º) Das desigualdades (I) e (II), tem-se finalmente:
< r < Û 
Û r ˛
1 + ˇw5 1 + ˇw51 ˇwww–––––––––, ––––––– 22 2
1 + ˇw5
––––––––
2
1 + ˇw5ˇwww––––––––– 2
1 + ˇw5 1 + ˇw5r < – ˇwww––––––––– ou r > ˇwww––––––––– 2 2
1 + ˇw51r + ˇwww––––––––– 221 + ˇw51r – ˇwww––––––––– 22
1 + ˇw51r2 – –––––––––22
1 – ˇw51r2 – –––––––––221 + ˇw51r2 – –––––––––22
1 + ˇw51 < r < ––––––––
2
1 + ˇw5––––––––––
2
–1 + ˇw5––––––––––
2
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7 AAAA
Sejam x, y e z números reais positivos tais que seus lo-
garitmos numa dada base k são números primos satis-
fazendo 
logk(xy) =49, 
logk(x/z) = 44. 
Então, logk(xyz) é igual a 
a) 52. b) 61. c) 67. d) 80. e) 97.
Resolução
Considerando que:
logk(xy) = 49 Þ logkx + logky = 49 (1)
logk = 44 Þ logkx – logkz = 44 (2)
Se logkx, logky, logk z são números primos positivos,
então pode-se concluir que logkx = 47, logky = 2 e 
logkz = 3, pois se a soma de dois primos é ímpar, então
um deles é 2.
Portanto, logk (xyz) = logk x + logky + logk z = 
= 47 + 2 + 3 = 52.
8 EEEE
Sejam x e y dois números reais tais que ex, ey e o quo-
ciente 
são todos racionais. A soma x + y é igual a 
a) 0. b) 1. c) 2log5 3. d) log52. e) 3loge2. 
Resolução
= . =
= ˛ Q
Então ex . ey . ˇ•••5 – 8 ˇ•••5 = 0, pois 
ex, ey e são racionais
Assim: 
ex+y. ˇ•••5 – 8 . ˇ•••5 = 0 Û ˇ•••5 . (ex + y – 8) = 0 Û
Û ex + y = 8 Û x + y = loge8 = 3 . loge2
ex – 2ˇ•••5–––––––––
4 – ey.ˇ•••5
4 . ex + ex . ey . ˇ•••5 – 8ˇ•••5 – 2 ey . 5–––––––––––––––––––––––––––––––––––––
16 – 5 . e2y
4 + ey . ˇ•••5–––––––––––
4 + ey.ˇ•••5
ex – 2ˇ•••5–––––––––
4 – ey.ˇ•••5
ex – 2ˇ•••5–––––––––
4 – ey.ˇ•••5
ex – 2 ˇw5
–––––––––––––
4 – ey ˇw5
x1–––2z
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9 BBBB
Seja Q(z) um polinômio do quinto grau, definido sobre o
conjunto dos números complexos, cujo coeficiente de
z5 é igual a 1. Sendo z3 + z2 + z + 1 um fator de Q(z),
Q(0) = 2 e Q(1) = 8, então, podemos afirmar que a
soma dos quadrados dos módulos das raízes de Q(z) é
igual a 
a) 9. b) 7. c) 5. d) 3. e) 1. 
Resolução
Sendo Q(z) = (z2 + az + b) (z3 + z2 + z + 1), temos:
Û Û
Û
Então, Q(z) = (z2 – z + 2) (z3 + z2 + z + 1) e as raízes de
Q(z) são tais que 
z2 – z + 2 = 0 ou z3 + z2 + z + 1 = 0 Û
Û z = ou (z + 1) (z2 + 1) = 0.
As raízes de Q(z) são, portanto, os números 
z1 = + i ; z2 = – i ; 
z3 = – 1; z4 = i ou z5 = – i.
Assim, |z1|
2 + |z2|
2 + |z3|
2 + |z4|
2 + |z5|
2 =
= + + + + 1 + 1 + 1 = 
= 2 + 2 + 1 + 1 + 1 = 7
10 BBBB
Sendo c um número real a ser determinado, decom-
ponha o polinômio 9x2 – 63x + c, numa diferença de
dois cubos 
(x + a)3 – (x + b)3. 
Neste caso, ua + u b u – c u é igual a 
a) 104. b ) 114. c) 124. d) 134. e) 144.
Resolução
Para que 9x2 – 63x + c = (x + a)3 – (x + b)3, devemos
ter:
9x2 – 63x + c = (3a – 3b)x2 + (3a2 – 3b2)x + (a3 – b3)
Û 5 Û 5 Û 5
Logo, ua + ubu – cu = u–2 + u–5u – 117 u = u–114u =114
a = – 2
b = – 5
c = 117
a – b = 3
a2 – b2 = – 21
a3 – b3 = c
3a – 3b = 9
3a2 – 3b2 = – 63
a3 – b3 = c
27–––41–––4127–––41–––41
ˇ•••7––––
2
1
–––
2
ˇ•••7––––
2
1
–––
2
1 ± ˇ•••7 i
––––––––
2
a = – 1
b = 2{
b . 1 = 2
(1 + a + b) (1 + 1 + 1 + 1) = 8{Q(0) = 2Q(1) = 8{
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11 DDDD
Sobre a equação na variável real x,
u u u x – 1 u – 3 u – 2 u = 0,
podemos afirmar que
a) ela não admite solução real.
b) a soma de todas as suas soluções é 6.
c) ela admite apenas soluções positivas.
d) a soma de todas as soluções é 4.
e) ela admite apenas duas soluções reais.
Resolução
uuu x – 1u – 3 u – 2 u = 0 Û uux – 1u – 3 uu – 2 = 0 Û
Û uux – 1u – 3 u = 2
Para x ≤ 1, temos:
u – x + 1 – 3 u = 2 Û u – x – 2 u = 2 Û x = – 4 ou x = 0
Para x ‡ 1, temos:
u x – 1 – 3 u = 2 Û u x – 4 u = 2 Û x = 6 ou x = 2.
O conjunto-solução da equação é:
S = 5– 4; 0; 2; 66 e – 4 + 0 + 2 + 6 = 4
12 EEEE
Determine quantos números de 3 algarismos podem
ser formados com 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7, satisfazendo à
seguinte regra: O número não pode ter algarismos
repetidos, exceto quando iniciar com 1 ou 2, caso em
que o 7 (e apenas o 7) pode aparecer mais de uma vez.
Assinale o resultado obtido. 
a) 204 b) 206 c) 208 d) 210 e) 212
Resolução
Sendo 1 ou 2 o algarismo das centenas, temos
2 . (6 . 5 + 1) = 62 números, pois apenas o 7 pode apa-
recer mais de uma vez.
Para 3, 4, 5, 6 ou 7 como algarismo das centenas, resul-
ta 5 . 6 . 5 = 150 valores.
O total de números, de acordo com o enunciado, é
62 + 150 = 212.
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13 DDDD
Seja x um número real no intervalo 0 < x < pi/2. Assina-
le a opção que indica o comprimento do menor in-
tervalo que contém todas as soluções da desigualdade 
tg – ˇw3 sec(x) ‡ 0.
a) pi/2 b) pi/3 c) pi/4 d) pi/6 e) pi/12
Resolução
Sendo 0 < x < , temos:
. tg 1 – x2 – ˇww3 . 1cos2 – 2. sec x ‡ 0 Û
Û . cotg x – . 3 – 4 ‡ 0 Û
Û . cotg x – . 3 4 ‡ 0 Û
Û . cotg x ‡ Û cotg x ‡ ˇw3 Û
Û ‡ ˇw3 Û tg x ≤ Û 0 < x ≤
Assim, o comprimento do menor intervalo que contém
todas as soluções da desigualdade é .
pi
–––
6
pi
–––
6
ˇw3
––––
3
1
––––
tg x
ˇw3
––––
2
1
–––
2
cos x
–––-––
2
ˇw3
––––––
cos x
1
–––
2
1
–––
2
1 + cos x
–––––––––
2
ˇw3
––––––
cos x
1
–––
2
1
––
2
x1––22
pi
––
2
1
––
2
pi
–––
2
x 11cos2 –– – –––22 2
pi1––– – x22
1
–––
2
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14 CCCC
Assinale a opção que indica a soma dos elementos de
A < B, sendo:
A = 5xk = sen2 : k = 1,2 6 e
B = 5yk = sen2 : k = 1,2 6 .
a) 0 b) 1 c) 2
d) 12 – 2 + ˇw3 2/3 e) 12 + 2 – ˇw3 2/3
Resolução
Sendo:
A = 5xk = sen2 : k = 1,2 6 =
= 5x1 = sen2 : x2 = sen2 6
B = 5yk = sen2 : k = 1,2 6 =
= 5y1 = sen2 ; y2 = sen2 6
temos:
A < B = {x1, x2, y1, y2}
Portanto:
x1 + x2 + y1 + y2 =
= sen2 +sen2 +sen2 +sen2 =
= sen2 + sen2 + sen2 + cos2 =
1
= 1 + 
2
+ 
2
= 2ˇw31––––2211––22
pi1–––224pi1–––23pi1–––26pi1–––224
11pi1––––2248pi1–––2244pi1–––224pi1–––224
11. pi1–––––224
8. pi1–––––224
(3k + 5). pi1–––––––––224
4pi1–––224pi1–––224
k2. pi1–––––224
(3k + 5) pi1–––––––––224
k2pi1––––224
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15 CCCC
Sejam A = (ajk) e B = (bjk), duas matrizes quadradas n x n,
onde ajk e bjk são, respectivamente, os elementos da
linha j e coluna k das matrizes A e B, definidos por
ajk = , quando j ‡ k, ajk = , quando j < k
e
bjk = (– 2)
p .
O traço de uma matriz quadrada (cjk) de ordem n x n é
definido por ∑np =1 cpp. Quando n for ímpar, o traço de 
A + B é igual a
a) n (n – 1)/3 . b) (n – 1) (n + 1)/4.
c) (n2 – 3n + 2)/(n – 2). d) 3(n – 1)/n.
e) (n – 1)/(n – 2)
Resolução
n
O traço da matriz C = A + B é å cpp tal que
p = 1
cpp = + (–1)
p, pois:
1) bjk = (–2)
p . = (–2)0. + (–2)1 . + 
+ (–2)2 . + ... + (–2)jk . = (1 – 2)jk = (–1)jk
2) ajk = , quando j = k.
Portanto, o traço da matriz C = A + B é
cpp = c11 + c22 + ... + cnn =
= + (–1)1 + + (–1)2 + ... + + (–1)n
Se n é ímpar, então
cpp = + + ... + + (–1) =
= n – 1 = = 
n2 – 3n + 2
––––––––––––
n – 2
(n – 1) . (n – 2)
––––––––––––––
n – 2
n1 2n
21 22
11 21
n
å
p = 1
n1 2n
21 22
11 21
n
å
p = 1
j1 2k
jk1 2jk
jk1 22
jk1 21
jk1 20
jk1 2p
jk
å
p = 0
p1 2p
jk1 2p
jk
∑
p=0
k1 2j
j1 2k
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
16 AAAA
Considere no plano cartesiano xy o triângulo delimitado
pelas retas 2x = y, x = 2y e x = – 2y + 10. A área desse
triângulo medea) 15/2. b) 13/4. c) 11/6.
d) 9/4. e) 7/2.
Resolução
I. O ponto A é a intersecção entre as retas de equa-
ções 2x = y e x= –2y + 10 e, portanto, suas coorde-
nadas são as soluções do sistema
2x = y x = 25 Û 5 \ A (2; 4)x = –2y + 10 y = 4
II. O ponto D é a intersecção entre as retas de equa-
ções x = 2y e x = –2y + 10 e, portanto, suas coorde-
nadas são as soluções do sistema
x = 2y x = 55 Û 5 \ D 15; 2x = –2y + 10 y = 
III.Sendo S a área do triângulo ABD, delimitado pelas
retas 2x = y, x = 2y e x = –2y + 10, temos:
S = SABC – SBCD = – = 
15
–––
2
5
10 . ––
2
–––––––
2
10 . 4
–––—
2
5
–––
2
5
–––
2
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
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17 AAAA
Sejam A:(a, 0), B:(0, a) e C:(a, a), pontos do plano car-
tesiano, em que a é um número real não nulo. Nas alter-
nativas abaixo, assinale a equação do lugar geométrico
dos pontos P:(x, y) cuja distância à reta que passa por A
e B, é igual à distância de P ao ponto C.
a) x2 + y2 – 2xy – 2ax – 2ay + 3a2 = 0 
b) x2 + y2 + 2xy + 2ax + 2ay + 3a2 = 0 
c) x2 + y2 – 2xy + 2ax + 2ay + 3a2 = 0 
d) x2 + y2 – 2xy – 2ax – 2ay – 3a2 = 0 
e) x2 + y2 + 2xy – 2ax – 2ay – 3a2 = 0 
Resolução
Sendo A(a;0), B(0;a), C(a;a) e P(x;y), temos:
1º) reta AB: + = 1 Û x + y – a = 0
2º) distância de P à reta AB:
dP,AB = 
3º) distância entre os pontos P e C:
dP,C = (x – a)
2 + (y – a)2
4º) dP,AB = dP,C Þ =
= (x – a)2 + (y – a)2 Û
Û (x + y – a)2 = 2 . [(x – a)2 + (y – a)2] Û
Û x2 + y2 – 2xy – 2ax – 2ay + 3a2 = 0
ux + y – au
––––––––––––
ˇ••2
ux + y – au
––––––––––––
ˇ••2
y
–––
a
x
–––
a
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18 BBBB
Seja Pn um polígono regular de n lados, com n > 2.
Denote por an o apótema e por bn o comprimento de
um lado de Pn. O valor de n para o qual valem as desi-
gualdades 
bn ≤ an e bn–1 > an–1, 
pertence ao intervalo 
a) 3 < n < 7. b) 6 < n < 9. c) 8 < n < 11. 
d) 10 < n < 13. e) 12 < n < 15. 
Resolução
1) Sem perda de generalidade, consideremos dois polí-
gonos (de (n – 1) e n lados), inscritos no mesmo cír-
culo de raio R, como se vê na figura seguinte.
em que tg = = 
e de modo análogo, tg = 
2) De 0 < bn ≤ an e bn – 1 > an – 1 > 0, tem-se:
2.1) ≤ 1 Û ≤ Û
Û tg ≤ < = tg
assim: < Û n > 6 (I)
2.2) > 1 Û > Û
Û tg > > ˇ••2 – 1 = tg
assim: > Û n – 1 < 8 Û n < 9 (II)
3) De (I) e (II), tem-se, finalmente: 6 < n < 9
pi
––
8
pi
–––––
n – 1
pi(––)8
1
––
2
pi(–––––)n – 1
1
––
2
1 bn – 1–– . ––––––
2 an – 1
bn – 1––––––
an – 1
pi
––
6
pi
––
n
pi(––)6
ˇ••3
––––
3
1
––
2
pi(––)n
1
––
2
1 bn–– . ––––
2 an
bn–––
an
1 bn – 1–– . ––––––
2 an – 1
pi(–––––)n – 1
1 bn–– . –––
2 an
bn–––
2
–––––
an
pi(––)n
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19 EEEE
Sejam P1 e P2 octógonos regulares. O primeiro está ins-
crito e o segundo circunscrito a uma circunferência de
raio R. Sendo A1 a área de P1 e A2 a área de P2, então
a razão A1/ A2 é igual a 
a) ˇ••••5/8 . b) 9ˇ••2 /16. c) 2 (ˇ••2 – 1). 
d) (4ˇ••2 + 1)/8. e) (2 + ˇ••2 )/4.
Resolução
Sejam a1 e a2 = R as medidas dos apótemas dos octó-
gonos P1 e P2, respectivamente.
Como cos (2x) = 2 . cos2x – 1, temos
cos = 2 . cos – 1 Þ 1 + =
= 2 . cos2 Þ cos2 = , pois 
cos > 0 
No triângulo AOM, temos:
cos = Þ = Þ 
Þ a1= R 
Assim, 
= 
2 
= = 
2 + ˇw2
––––––––
4
2 + ˇw2
––––––––1R ˇwwww2
2
4–––––––––––––––
R
a11–––2a2
A1–––
A2
2 + ˇw2
––––––––
4
a1–––
R
2 + ˇw2
––––––––
4
a1–––
R
pi1–––28
pi1–––28
2 + ˇw2
––––––––
4
pi1–––28pi1–––28
ˇw2––––2
pi1–––28
pi12 . –––28
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20 CCCC
Considere uma pirâmide regular de base hexagonal,
cujo apótema da base mede ˇ••3 cm. Secciona-se a pirâ-
mide por um plano paralelo à base, obtendo-se um tron-
co de volume igual a 1 cm3 e uma nova pirâmide. Dado
que a razão entre as alturas das pirâmides é 1/ˇ••2, a
altura do tronco, em centímetros, é igual a 
a) (ˇ••6 – ˇ••2 ) / 4. b) (ˇ••6 – ˇ••3 ) / 3. 
c) (3ˇ••3 – ˇ••6) / 21. d) (3ˇ••2 – 2ˇ••3 ) / 6. 
e) (2ˇ••6 – ˇ••2 ) / 22. 
Resolução
Sendo a a medida, em centímetros, de cada aresta da
base menor do tronco e x a medida, em centímetros,
da altura do tronco, temos:
1º) = Û = Û a = ˇww2
2º) A área da base maior, em centímetros quadrados, é:
AB = = 6 ˇww3
3º) A área da base menor, em centímetros quadrados,
é:
Ab = = 3 ˇww3
4º) O volume do tronco, em centímetros cúbicos, é
dado por:
V = (AB + Ab + ˇwwwwwAB . Ab ) =
= (6 ˇww3 + 3 ˇww3 + 3 ˇww6 ) = x ( 3 ˇww3 + ˇww6 )
Assim:
x ( 3 ˇww3 + ˇww6 ) = 1 Û x = Û
Û x = 3 ˇww3 – ˇww6–––––––––––––
21
1
–––––––––––––
3 ˇww3 + ˇww6
x
–––
3
x
–––
3
6 . ( ˇww2 ) 2 . ˇww3
––––––––––––––––
4
6 . 22 ˇww3
––––––––––
4
1
––––––
ˇww2
a
–––
2
h
–––
H
a
–––
2
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As questões dissertativas, numeradas de 21 a 30,
devem ser resolvidas e respondidas no caderno de
soluções.
21
Determine o conjunto C, sendo A, B e C conjuntos de
números reais tais que
A ¨ B ¨ C = {x ˛ R: x2 + x ‡ 2},
A ¨ B = {x ˛ R: 8–x – 3 . 4–x – 22 –x > 0},
A ˙ C = {x ˛ R: log(x + 4) ≤ 0},
B ˙ C = {x ˛ R: 0 ≤ 2x + 7 < 2}.
Resolução
Considerando-se que:
1) x2 + x ‡ 2 Û x2 + x – 2 ‡ 0 Û x ≤ – 2 ou x ‡ 1
2) 8 –x – 3 . 4–x – 22–x > 0 Û 2–2x – 3 . 2–x – 4 > 0 Û
Û 2–x > 22 ou 2 –x < – 1 Û x < – 2
3) log (x + 4) ≤ 0 Û 0 < x + 4 ≤ 1 Û – 4 < x ≤ – 3
4) 0 ≤ 2x + 7 < 2 Û ≤ x <
5) 3(A < B < C) – (A < B)4 < 3(A > C) < (B > C)4 = C
6)
pode-se concluir que
C = {x ˛ R u – 4 < x < ou x = – 2 ou x ‡ 1}
Resposta: C = {x ˛ R u – 4 < x < ou x = – 2 ou x ‡ 1}
5
– ––
2
5
– ––
2
5
– ––
2
7
– ––
2
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22
Determine o conjunto A formado por todos os números
complexos z tais que 
+ = 3 e 0 < | z – 2i | ≤ 1.
Resolução
Se z = a + bi, então
1) + = 3
(a – bi).(a – bi + 2i) + (a – bi).(a – bi + 2i) + 
+ (a + bi – 2i).(2a + 2bi) = 3(a + bi – 2i).(a – bi + 2i) Û
Û (3a2 – 3b2 + 6b) + 2a(b – i)i = 3a2 + 3b2 – 12b + 12 Û
Û 5 Û
Û 5 Û 5 Û
Û (a = 0 e b = 1)ou (a = 0 e b = 2) ou a ˛ R e b = 1
2) 0 < u a + bi – 2i u ≤ 1 Û 0 < a2 + (b – 2)2 ≤ 1
De (1) e (2), temos: a = 0 e b = 1 e, portanto, z = i
Resposta: A = {i} 
23
Seja k um número inteiro positivo e 
Ak = {j ˛ N: j ≤ k e mdc(j, k) = 1}. 
Verifique se n(A3), n(A9), n(A27) e n(A81), estão ou não,
nesta ordem, numa progressão aritmética ou geomé-
trica. Se for o caso, especifique a razão. 
Resolução
Ak = {j ˛ N ; j ≤ k e mdc (j; k) = 1} e k um número intei-
ro positivo, então n (Ak) = k – , quando k é múltiplo
de 3.
Assim: n (A3) = 3 – = 2, n (A9) = 9 – = 6,
n (A27) = 27 – = 18 e n (A81) = 81 – = 54.
Como = = = 3, os números
n (A3) = 2, n (A9) = 6, n (A27) = 18 e n (A81) = 54, nesta
ordem, estão em progressão geométrica de razão 3.
Resposta: Estão em progressão geométrica, de razão 3.n (A81)–––––––
n (A27)
n (A27)–––––––
n (A9)
n (A9)–––––
n (A3)
81–––3
27–––3
9––3
3––3
k––3
b = 1 ou b = 2
a = 0 ou b = 1
b2 – 3b + 2 = 0
a = 0 ou b = 1
3a2 – 3b2 + 6b = 3a2 + 3b2 – 12b + 12
2a(b – 1) = 0
2a + 2bi
–––––––––
a – bi + 2i
a – bi
–––––––––
a + bi – 2i
2z––––––
z– + 2i
z–––––––
z – 2i
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24
Considere a equação: 
ˇ••••••x2 – p + 2 ˇ••••••x2– 1 = x.
a) Para que valores do parâmetro real p a equação admi-
te raizes reais? 
b) Determine todas essas raízes reais. 
Resolução
Sendo x ‡ 1 (I), temos:
ˇ•••••••x2 – p + 2ˇ•••••••x2 – 1 = x Û
Û (x2 – p) + 4ˇ•••••••••••••••••••(x2 – p).(x2 – 1) + 4.(x2 – 1) = x2 Û
Û 4ˇ•••••••••••••••••••(x2 – p).(x2 – 1) = p – 4(x2 – 1) Û
Û 16(x2 – p)(x2 – 1) =
= p2 – 8p(x2 – 1) + 16(x2 – 1)2, se 
x2 ≤ e x2 – p ‡ 0 (II)
Assim: 
16x4 – 16x2 – 16px2 + 16p =
= p2 – 8px2 + 8p + 16x4 – 32x2 + 16 Û
Û 16x2 – 8px2 = p2 – 8p + 16 Û
Û x2 = Û x = , pois x ‡ 1
Para que a equação admita raízes reais, devemos ter:
5 Û Û
Û Û Û
Û Û 0 ≤ p ≤
Respostas: a) 0 ≤ p ≤ b) x = 
4 – p
–––––––––––
2ˇ••••••••4 – 2p
4
–––
3
4
–––
3
p < 2
40 ≤ p ≤ –––
3
5
p < 2
p(3p – 4) ≤ 05
p < 2
(4 – p)2
p ≤ ––––––––––
8(2 – p)
(4 – p)2 p + 4
––––––––– ≤ –––––––
8(2 – p) 4
5
p < 2
p ≤ x2
p + 4
x2 ≤ ––––––
4
54 – 2p > 0p + 4p ≤ x2 ≤ ––––––4
|4 – p|
–––––––––––
2ˇ••••••••4 – 2p
(4 – p)2
–––––––––
8(2 – p)
p + 4
––––––
4
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25
Sendo x, y, z e w números reais, encontre o conjunto
solução do sistema 
log [(x + 2y)(w – 3z)–1] = 0, 
2x+3z – 8 . 2y–3z+w = 0, 
3
ˇ••••••••••••••••••••••2x + y + 6z – 2w – 2 = 0. 
Resolução
1) log [(x + 2y) (w – 3z)–1)] = 0 Û
Û = 1 Û x + 2y = w – 3z Û
Û x + 2y + 3z = w (I)
2) 2x + 3z – 8 . 2y – 3z + w = 0 Û
Û 2x + 3z = 23 + y – 3z + w Û
Û x + 3z = 3 + y – 3z + w Û
Û x – y + 6z = 3 + w (II)
ˇ••••••••••••••••••••3) 
3
2x + y + 6z – 2w – 2 = 0 Û
Û 2x + y + 6z – 2w = 8 Û
Û 2x + y + 6z = 2w + 8 (III)
De (I), (II) e (III), fazendo w = k, temos:
Resposta: (x, y, z, w) = + k, – , – , k ," k ≠ – 525––3
8
––
3
31
–––
31
31 8 5
x = ––– + k y = – –– z = – –– w = k, " k ≠ – 5
3 3 3
31 + 3k
x + 2y + 3z = k x = ––––––––
3
8
Û 5 – x – 5y = 3 – k Û 5y = – –––38 5
y = – –– z = – –––
3 3
x + 2y + 3z = k x + 2y + 3z = k
5 x – y + 6z = 3 + k Û 5 – x – 5y = 3 – k Û2x + y + 6z = 2k + 8 – 3y = 8
(x + 2y)
–––––––
w – 3z
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26
Dentre 4 moças e 5 rapazes deve-se formar uma co-
missão de 5 pessoas com, pelo menos, 1 moça e 
1 rapaz. De quantas formas distintas tal comissão pode-
rá ser formada? 
Resolução
Das C9,5 = 126 comissões possíveis sem nenhuma res-
trição, só não serve aquela constituída pelos cinco ra-
pazes. Logo, tal comissão poderá ser formada de 
126 – 1 = 125 formas distintas.
Resposta: 125 formas distintas
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27
Considere um triângulo isósceles ABC, retângulo em B.
Sobre o lado 
––
BC, considere, a partir de B, os pontos D
e E, tais que os comprimentos dos segmentos 
––
BC, 
––
BD, 
––
DE, 
––
EC, nesta ordem, formem uma progressão geo-
métrica decrescente. Se b for o ângulo EA^D, determi-
ne tg b em função da razão r da progressão.
Resolução
Sendo AB = BC = x e BC, BD, DE e EC, nesta ordem,
termos de uma progressão geométrica decrescente de
razão r, temos: BD = xr , DE = xr2 e EC = xr3
I) No triângulo ABD:
tg a = Û tg a = r
II) No triângulo ABE:
tg (a + B) = Û = r + r2 Û
Û = r + r2 Û
Û r + tg b = r + r2 – r2 tg b – r3 tg b Û
Û tg b + r2 tg b + r 3 tg b = r2 Û
Û tg b = (I)
Por outro lado, tem-se:
x = xr + xr 2 + xr3 Û r2 + r3 = 1 – r (II)
De (I) e (II), tem-se finalmente:
tg b = Û Û tg b = 
Resposta: tg b = r
2
––––––
2 – r
r2––––––
2 – r
r2–––––––––––
1 + (1 – r)
r2–––––––––––
1 + r2 + r3
r + tg b––––––––––1 – r tg b
tg a + tg b––––––––––––––1 – tg a . tg b
xr + xr 2––––––––x
xr––x
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28
Considere, no plano cartesiano xy, duas circunferências
C1 e C2, que se tangenciam exteriormente em 
P:(5, 10). O ponto Q:(10, 12) é o centro de C1. Deter-
mine o raio da circunferência C2, sabendo que ela tan-
gencia a reta definida pela equação x = y.
Resolução
1º)Sendo Q(10;12) o centro de C1 e T(5;10) o ponto de
tangência das circunferências, temos:
TQ = (10 – 5)2 + (12 – 10)2 = ˇ••••29, como raio de C1.
2º)A distância de Q(10;12) à reta x – y = 0 é
d1 = = ˇ••2
3º)A distância de T(5;10) à reta x – y = 0 é
d2 = = 
Portanto, d2 – d1 = – ˇ••2 = 
4º)Sendo semelhantes os triângulos assinalados na
figura, temos:
= Û
Û ˇ••••29 . r – = Û
Û r . (2ˇ••••29 – 3ˇ••2 ) = 5ˇ••2 .ˇ••••29 Û
Û r = =
= = 
Resposta: 145ˇ••2 + 15ˇ••••29–––––––––––––––
49
145ˇ••2 + 15ˇ••••29
–––––––––––––––
49
290ˇ••2 + 30ˇ••••29
–––––––––––––––
98
5ˇ••2 .ˇ••••29 . (2ˇ••••29 + 3ˇ••2 )
––––––––––––––––––––––––––––
(2ˇ••••29 – 3ˇ••2 ) . (2ˇ••••29 + 3ˇ••2 )
r . 3ˇ••2
–––––––––
2
5ˇ••2 .ˇ••••29
––––––––––
2
5 ˇ••2
r – ––––––
2
––––––––––––
3ˇ••2
–––––
2
r
–––––
ˇ••••29
3 ˇ••2
–––––
2
5 ˇ••2
–––––
2
5ˇ••2
–––––
2
u10 – 5u
–––––––––
ˇ••2
u12 – 10u
–––––––––
ˇ••2
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29
Seja C1 uma circunferência de raio R1 inscrita num triân-
gulo equilátero de altura h. Seja C2 uma segunda cir-
cunferência, de raio R2, que tangencia dois lados do
triângulo internamente e C1 externamente. Calcule 
(R1 – R2)/h.
Resolução
Sejam O1 e O2 os centros das circunferências C1 e C2,
respectivamente.
Como o triângulo ABC é eqüilátero, temos:
R1 = e portanto AH2 = 
O triângulo AB’C’ é eqüilátero, pois é semelhante ao
triângulo ABC e, portanto,
R2 = . AH2 = . = 
Logo,
= = = 
Resposta: = 
2
–––
9
R1 – R2––––––––
h
2
–––
9
3h – h
––––––––
9h
h h
––– – –––
3 9
––––––––––
h
R1 – R2––––––––
h
h
–––
9
h
–––
3
1
–––
3
1
–––
3
h
–––
3
h
–––
3
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
30
Os quatro vértices de um tetraedro regular, de volume
8/3 cm3, encontram-se nos vértices de um cubo. Cada
vértice do cubo é centro de uma esfera de 1 cm de raio.
Calcule o volume da parte do cubo exterior às esferas. 
Resolução
1º)Se a for a medida (em centímetros) de cada aresta
do cubo, então cada aresta do tetraedro regular terá
medida (em centímetros) igual a aˇ••2 e seu volume
(em centímetros cúbicos) será expresso por
=
Assim: = Û a = 2
2º)O volume da parte do cubo exterior às esferas é igual
à diferença entre o volume do cubo e oito oitavos do
volume de uma dessas esferas.
Assim, sendoV o volume procurado, em centíme-
tros cúbicos, tem-se:
V = 23 – . pi . 13 = = 
Resposta: cm34 (6 – pi)––––––––
3
4 (6 – pi)––––––––
3
24 – 4pi––––––––
3
4–––
3
8–––
3
a3–––
3
a3–––
3
(aˇ••2 )3 . ˇ••2–––––––––––
12
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666
OOOOBBBBJJJJEEEETTTTIIIIVVVVOOOO
CCCCOOOOMMMMEEEENNNNTTTTÁÁÁÁRRRRIIIIOOOO EEEE GGGGRRRRÁÁÁÁFFFF IIIICCCCOOOO
Prova extremamente longa, composta de questões
difíceis e que exigiram dos candidatos mais bem pre-
parados muita energia e determinação nas extensas
resoluções.
IIII TTTT AAAA (((( 3333 ºººº dddd iiii aaaa )))) ---- DDDD eeee zzzz eeee mmmm bbbb rrrr oooo //// 2222 0000 0000 6666