ITA Matemática 2008

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SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO 1 
 
 
NOTAÇÕES 
 
 [ ] { }
( ) ] [ { }
) [ [ { }
] ] ]( { }
 {0, 1, 2, 3, ...}
: conjunto dos números inteiros
: conjunto dos números reais
: conjunto dos números complexos
: conjunto vazio
, ;
, , ;
, , ;
, , ;
=
∅
= ∈ ≤ ≤
= = ∈ < <
 = = ∈ ≤ <
= = ∈ < ≤
−
`
]
\
^
\
\
\
\
a b x a x b
a b a b x a x b
a b a b x a x b
a b a b x a x b
A { };= ∈ ∉B x A x B
 
2
1
: unidade imaginária; = 1
: módulo do número 
: conjugado do número 
Re : parte real de 
Im : parte imaginária de 
: matriz identidade
: inversa da matriz inversível 
: transposta da matriz 
d
−
−
∈
∈
∈
∈
^
^
^
^
t
i i
z z
z z
z z
z z
I
A A
A A
et : determinante da matriz 
: complementar de C
A A
A A
 
( )P A : coleção de todos os subconjuntos de A 
AB : segmento de reta unindo os pontos A e B �
AB : arco de circunferência de extremidades A e B 
 
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos ortogonais. 
 
 
1. Considere uma população de igual número de homens e mulheres, em que sejam daltônicos 5% 
dos homens e 0,25% das mulheres. Indique a probabilidade de que seja mulher uma pessoa 
daltônica selecionada ao acaso nessa população. 
 
A. ( ) 1
21
 B. ( ) 1
8
 
C. ( ) 3
21
 D. ( ) 5
21
 
E. ( ) 1
4
 
 
Alternativa: A 
 
De acordo com o enunciado, temos: 
número de mulheres: M 
número de homens: H = M 
número de daltônicos: D = 0,05H + 0,0025M = 0,0525M 
( )P M D : probabilidade pedida 
Assim: 
( ) ( )( ) ( )
P M D 0,0025M 1P M D P M D
P D 0,0525M 21
= = ∴ =∩ 
 
 
 
 
 
2 SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
 
2. Sejam , ∈^α β tais que 1 e 2.= = − =α β α β Então 2 2+α β é igual a 
 
A. ( ) –2 B. ( ) 0 
C. ( ) 1 D. ( ) 2 
E. ( ) 2i 
 
Alternativa: B 
 
Como ,α β ∈^ possuem módulo 1, seus afixos pertencem à circunferência λ centrada na origem e 
de raio 1. 
A expressão 2α −β = representa a distância entre os afixos de α e β, que também são vértices 
consecutivos de um quadrado inscrito na circunferência λ. 
Podemos representar a situação na figura a seguir: 
β
α
λ
y−
x
Im
Re
1
1
2
0
y
x
 
Assim, 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2(x yi) ( y xi) x 2xyi y y 2yxi x 0α +β = + + − + = + − + − − ∴ α +β = 
 
 
3. Considere o sistema ,Ax b= em que 
 
1 2 3 1
2 6 , 6
1 3 3 0
−      = =      − −   
A k b
k
 e .∈\k 
 
 Sendo T a soma de todos os valores de k que tornam o sistema impossível e sendo S a soma de 
todos os valores de k que tornam o sistema possível e indeterminado, então o valor de T – S é 
 
A. ( ) –4 B. ( ) –3 
C. ( ) 0 D. ( ) 1 
E. ( ) 4 
 
Alternativa: A 
 
Sendo Ax b,= vem: 
1x 2y 3z 1 x
2x ky 6z 6 , com x y
1x 3y (k 3)z 0 z
− + =    + + = =  − + + − =  
 
 
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO 3 
 
Escalonando o sistema: 
 
1x 2y 3z 1 ( 2) (1) x 2y 3z 1
2x ky 6z 6 (k 4)y 4
1x 3y (k 3)z 0 y kz 1
− + = ⋅ − ⋅ − + =  + + = + =  − + + − = + = 
∼
 
 
 
2
x 2y 3z 1 x 2y 3z 1 
y kz 1 ( k 4) y kz 1 
(k 4)y 4 ( k 4k)z k
− + = − + =  + = ⋅ − − + =  + = − − = − 
∼ ∼
 
 
Para que tenhamos o sistema impossível ou possível e indeterminado, respectivamente: 
( )
( )
SI : k 4
SPI : k 0
= −
= 
 
Logo: T S 4 0 T S 4− = − − ∴ − = − 
 
 
4. Sejam A e C matrizes n x n inversíveis tais que ( )1det 1 3 e det 5.I C A A−+ = = Sabendo-se 
que ( )1 13 ,tB A C− −= + então o determinante de B é igual a 
 
A. ( ) 3n B. ( ) 2
32
5
n
⋅ 
C. ( ) 1
5
 D. ( ) 
13
5
n−
 
E. ( ) 15 3n−⋅ 
 
Alternativa: D 
 
( ) ( ) ( ) ( )t t1 1 1 1 n 1 1 n 1 1B 3 A C det B det 3 A C 3 det A C 3 det I C A A− − − − − − − −   = + ∴ = ⋅ + = ⋅ + = ⋅ +      
( ) ( )
n 1
n 1 1 n 1 1 3 det B 3 det A det I C A 3 5 det B
3 5
−
− − −∴ = ⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅ ∴ = 
 
 
5. Um polinômio P é dado pelo produto de 5 polinômios cujos graus formam uma progressão 
geométrica. Se o polinômio de menor grau tem grau igual a 2 e o grau de P é 62, então o de 
maior grau tem grau igual a 
 
A. ( ) 30 B. ( ) 32 
C. ( ) 34 D. ( ) 36 
E. ( ) 38 
 
Alternativa: B 
 
Sejam P1, P2, P3, P4 e P5 os polinômios fatores de P com graus em PG. 
Temos: 1gr(P ) 2= e gr(P) 62.= 
 
4 SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
 
Mas: 4 4 3 21 2 5gr(P) gr(P ) gr(P ) gr(P ) 2 2q 2q 62 q q q q 30 0= + + + = + + + = ∴ + + + − =… … 
Possível solução para a equação: q = 2 
 
Note que a equação 3 2q 3q 7q 15 0+ + + = não possui soluções racionais, pois –15, –5, –3, –1, 1, 3, 
5 e 15 não são soluções. 
Como o grau do polinômio deve ser inteiro positivo, devemos ter q = 2. 
Logo: 45 5gr(P ) 2 q gr(P ) 32= ⋅ ∴ = 
 
 
6. Um diedro mede 120º. A distância da aresta do diedro ao centro de uma esfera de volume 
34 3 cmπ que tangencia as faces do diedro é, em cm, igual a 
 
A. ( ) 3 3 B. ( ) 3 2 
C. ( ) 2 3 D. ( ) 2 2 
E. ( ) 2 
 
Alternativa: E 
 
Temos a vista lateral do diedro: 
60°
60°
 
34V 4 3 R R 3
3
π= π = ∴ = 
Em AOB: R 3 3sen 60 d 2
d 2 d
° = ∴ = ∴ = 
 
 
7. Considere o quadrado ABCD com lados de 10 m de comprimento. Seja M um ponto sobre o 
lado AB e N um ponto sobre o lado ,AD eqüidistantes de A. Por M traça-se um reta r paralela 
ao lado AD e por N uma reta s paralela ao lado ,AB que se interceptam no ponto O. Considere 
os quadrados AMON e OPCQ, onde P é a intersecção de s com o lado BC e Q é a intersecção 
de r com o lado DC . Sabendo-se que as áreas dos quadrados AMON, OPCQ e ABCD 
constituem, nesta ordem, uma progressão geométrica, então a distância entre os pontos A e M é 
igual, em metros, a 
 
A. ( ) 15 5 5+ B. ( ) 10 5 5+ 
C. ( ) 10 5− D. ( ) 15 5 5− 
E. ( ) 10 3 5− 
 
 
 
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO 5 
 
Alternativa: D 
D
A
C
O
x
x
P
Q
r
sN
( )10 x−
( )10 x−
M
B
 
Se as áreas de AMON, OPCQ e ABCD formam uma PG, então x, 10 x− e 10 também formam uma 
PG. Assim: 
( )
( ) ( ) ( )
2 2
1 2
10 x 10x x 30x 100 0 
 x 15 5 5 e x 15 5 5 10 não é resposta
− = ∴ − + =
∴ = − = + > 
Logo, ( )AM 15 5 5 m= − 
 
 
8. Considere o polinômio ( ) 5 4 3 25 4 3 2 1,= + + + −p x a x a x a x a x a em que uma das raízes é 
1.x=− Sabendo-se que 1 2 3 4 5, , , ea a a a a são reais e formam, nesta ordem, uma progressão 
aritmética com 4 1 2a = , então ( )2p − é igual a 
 
A. ( ) –25 B. ( ) –27 
C. ( ) –36 D. ( ) –39 
E. ( ) –40 
 
Alternativa: A 
 
Como –1 é raiz: 
( ) 5 4 3 2 1 3
rr
p 1 0 a a a a a 0 a =0
−
− = ∴ − + − + − = ∴�	
��	�
 
4 3
1 1r a a 0
2 2
= − = − = e 5a 1;= 1a 1= − e 2 1a .2= − 
Assim: ( ) 5 4 3 21 1p x x x 0x x 1
2 2
= + + − + 
Logo: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )5 4 21 1p 2 2 2 2 1 32 8 2 1 p 2 25
2 2
− = − + − − − + = − + − + ∴ − = − 
 
 
9. Sobre a equação polinomial 4 3 22 1 0,x ax bx cx+ + + − = sabemos que os coeficientes a, b, c 
são reais, duas de suas raízes são inteiras e distintas e 1/ 2 / 2i− também é sua raiz. Então, o 
máximo de a, b, c é igual a 
 
A. ( ) –1 B. ( ) 1 
C. ( ) 2 D. ( ) 3 
E. ( ) 4 
 
6 SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
 
Alternativa: C 
 
A equação polinomial possui a, b e c reais; logo, teremos como raízes 1 i .
2 2
± 
As possíveis raízes racionais da equação são 1 e 1.
2
± ± Logo, as suas duas raízes inteiras são 1.± 
Pelo teorema da decomposição, o polinômio é 
( ) ( ) 4 3 21 i 1 i2 x 1 x 1 x x 2x 2x x 2x 1.
2 2 2 2
   − ⋅ + ⋅ − + ⋅ − − ≡ − − + −       
Assim, a 2, b 1 e c 2= − = − = 
 
O maior valordentre a, b e c é 2. 
 
 
10. É dada a equação polinomial 
 
( ) ( ) ( ) ( )3 22 3 1 4 0a c x b c x c a x a b+ + + + + + − + + + = 
 
com a, b, c reais. Sabendo-se que esta equação é recíproca de primeira espécie e que 1 é uma 
raiz, então o produto abc é igual a 
 
 
A. ( ) –2 B. ( ) 4 
C. ( ) 6 D. ( ) 9 
E. ( ) 12 
 
Alternativa: E 
 
Como a equação é recíproca de 1ª espécie e admitindo que seja de grau 3, temos: 
a c 2 a b 4 b c 2
b 3c 1 c a a b 2c 1
 + + = + + − + =  ∴  + + = − + + =−  
 
Como 1 é raiz da equação, temos: 
( ) ( ) ( ) ( )a c 2 b 3c 1 c a a b 4 0 a 2b 5c 7+ + + + + + − + + + = ∴ + + =− 
Assim, resolvendo o sistema 
b c 2
a b 2c 1
a 2b 5c 7
 − + = + + =− + + =−
, obtemos a 4, b 3 e c 1.= =− =− 
Portanto: a b c 12⋅ ⋅ = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO 7 
 
11. Sendo [ ]/ 2, / 2−π π o contradomínio da função arcoseno e [ ]0,π o contradomínio da função 
arcocosseno, assinale o valor de 
 
3 4cos arcsen arccos .
5 5
 +   
 
A. ( ) 1
12
 B. ( ) 7
25
 
C. ( ) 4
15
 D. ( ) 1
15
 
E. ( ) 1
2 5
 
 
Alternativa: B 
 
Se 
3sen 
53 4arcsen cos
5 5,
2 2
 α =α = ⇒ ⇒ α =  α∈ −   
π π 
Se 
[ ]
4cos4 3arccos sen5
5 50,
 β =β = ⇒ ⇒ β =β∈ π
 
Logo: ( ) ( )4 4 3 3 7cos cos cos sen sen cos
5 5 5 5 25
α +β = α ⋅ β − α ⋅ β = ⋅ − ⋅ ∴ α +β = 
 
 
12. Dada a cônica 2 2: 1,x y− =λ qual das retas abaixo é perpendicular à λ no ponto ( )2, 3 ?P = 
 
A. ( ) ( )3 1y x= − B. ( ) 3
2
y x= 
C. ( ) ( )3 1
3
y x= + D. ( ) ( )3 7
5
y x−= − 
E. ( ) ( )3 4
2
y x−= − 
 
Alternativa: E 
2 2 xx y 1 2x 2yy 
y
− = ⇒ − ∴ +’ = 0 y’ = (coeficiente angular da reta tangente) 
Para a reta normal: n
1 y 3k
y x 2
= − = − = −
’
 
Assim: ( ) ( )3 3y 3 x 2 y x 4
2 2
− = − − ∴ = − − 
 
 
 
8 SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
 
13. O conjunto imagem e o período de ( ) ( ) ( )22 sen 3 sen 6 1f x x x= + − são, respectivamente, 
 
A. ( ) [ ]3,3 e 2− π B. ( ) [ ] 22,2 e 
3
− π 
C. ( ) 2, 2 e 
3
 − 
π D. ( ) [ ]1,3 e 
3
− π 
E. ( ) [ ] 21,3 e 
3
− π 
 
Alternativa: C 
 
( ) ( ) ( )2 2f x 2 sen 3x sen 6x 1 sen 6x 1 2 sen 3x sen 6x cos 6x= + − = − − = − 
( ) 2 2f x 2 sen 6x cos6x 2 sen 6x cos sen cos6x 2 sen 6x
2 2 4 4 4
  π π π   = − = − = −           
 
Portanto: ( )Im f 2, 2 = −  e 2T T6 3
π π= ∴ = 
 
 
14. Para x ∈ R, o conjunto solução de 3 2 15 5 4 5 5 1x x x x+− + ⋅ = − é 
 
A. ( ) { }0, 2 5, 2 3± ± 
B. ( ) ( ){ }50, 1, log 2 5+ 
C. ( ) 5 5 5
1 1 20, log 2, log 3, log
2 2 2
        
 
D. ( ) ( ) ( ) ( ){ }5 5 50, log 2+ 5 , log 2+ 3 , log 2 3− 
E. ( ) A única solução é x = 0 
 
Alternativa: D 
 ( ) ( )( )3x 2x 1 x x x 2x x x x x x x5 5 4 5 5 1 5 5 5 5 4 5 1 5 5 1 5 4 5 1+− + ⋅ = − ∴ ⋅ − ⋅ + = − ∴ ⋅ − − = − 
( ) ( ) ( )x x x x 2x x x 5 5 4 5 1 5 1 0 5 4 5 1 5 1 0∴ ⋅ − ⋅ − − − = ∴ − ⋅ − ⋅ − = 
x5 1 0− = ou 2x x5 4 5 1− ⋅ = 
Temos as seguintes equações: 
x5 1 0 x 0− = ∴ = 
( )2x x x x 54 2 35 4 5 1 0 5 5 2 3 x log 2 32±− ⋅ + = ∴ = ∴ = ± ∴ = ± 
2x x x x4 2 55 4 5 1 0 5 5 2 5.
2
±− ⋅ − = ∴ = ∴ = ± 
Como x5 0,> temos que ( )x 55 2 5 x log 2 5= + ∴ = + 
O conjunto solução da equação é: ( ) ( ){ }5 50; log 2+ 5 ; log 2 3± 
 
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO 9 
 
15. Um subconjunto D de R tal que a função f : D → R, definida por 2( ) ln ( 1)= − +f x x x é 
injetora, é dado por 
 
A. ( ) R B. ( ) ( ],1−∞ 
C. ( )[ ]0,1/ 2 D. ( ) ( )0,1 
E. ( ) [ )1/ 2,∞ 
 
Alternativa: C 
 
Sejam 1 2x x≠ números reais tais que ( ) ( )1 2f x f x .= 
Desta forma, ( ) ( )2 21 1 2 2ln x x 1 ln x x 1− + = − + implica 2 casos distintos: 
2 2 2
1 1 2 2 1 1 2
2 2
1x x 1 x x 1 e x x 1 .
x x 1
− + = − + − + = + + 
No primeiro caso, ( ) ( )2 21 2 1 2 1 2 1 2x x x x 0 x x x x 1 0.− − + = ∴ − ⋅ + − = 
Temos por hipótese que 1 2x x .≠ Assim, para que f(x) seja injetora, basta 1 2x x 1.+ ≠ 
O intervalo da alternativa C satisfaz esta condição, pois se 1 1x 0, ,2
 ∈   2 1x 0, 2 ∈   e 1 2x x ,≠ 
então 1 2x x 1+ < e 1 2x x 1.+ ≠ 
 
 
16. A soma de todas as soluções distintas da equação 
 
cos 3x + 2 cos 6x + cos 9x = 0, 
 
que estão no intervalo 0 / 2,x≤ ≤ π é igual a 
 
A. ( ) 2π B. ( ) 23
12
π 
C. ( ) 9
6
π D. ( ) 7
6
π 
E. ( ) 13
12
π 
 
Alternativa: E 
 
cos3x 2cos6x cos9x 0 2cos6x (cos3x cos9x) 0 2cos6x 2cos6x cos3x 0+ + = ∴ + + = ∴ + = 
( ) 2cos 6x 1 cos3x 0∴ + = 
Temos: 
I) kcos6x 0 6x k , k x , k
2 12 6
π π π= ∴ = + π ∈ ∴ = + ∈] ] 
 como x 0, ,
2
π ∈   os possíveis valores são: 
5, , 
12 4 12
π π π 
 
 
 
10 SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
 
II) 2kcos3x 1 3x 2k , k x , k
3 3
π π= − ∴ = π+ π ∈ ∴ = + ∈] ] 
 como x 0, ,
2
π ∈   o único valor possível nesse caso é: 3
π 
A soma das soluções é: 5 13
12 4 12 3 12
π π π π π+ + + = 
 
 
17. Considere o conjunto { }; 1 365D n n= ∈ ≤ ≤` e ( )H P D⊂ formado por todos os 
subconjuntos de D com 2 elementos. Escolhendo ao acaso um elemento B ∈ H, a probabilidade 
de a soma de seus elementos ser 183 é igual a 
 
A. ( ) 1
730
 B. ( ) 46
33215
 
C. ( ) 1
365
 D. ( ) 92
33215
 
E. ( ) 91
730
 
 
Alternativa: A 
 
Temos ( )n D 365.= Logo, ( ) 2365 365 364n H C 365 1822 1
⋅= = = ⋅⋅ 
Para um elemento B ∈ H devemos ter: 
a b 183, com a, b *.
1 182 183
2 181 183
91 92 183
+ = ∈
+ =
+ =
+ =
`
# #
 
O número de casos favoráveis é, portanto, 91. 
Assim, a probabilidade pedida é 91 1
365 182 730
=⋅ 
 
 
18. Considere o triângulo ABC isósceles em que o ângulo distinto dos demais, ˆ ,BAC mede 40º. 
Sobre o lado ,AB tome o ponto E tal que ˆ 15º.ACE = Sobre o lado ,AC tome o ponto D tal 
que ˆ 35º.DBC = Então, o ângulo ˆEDB vale 
 
A. ( ) 35º B. ( ) 45º 
C. ( ) 55º D. ( ) 75º 
E. ( ) 85º 
 
 
 
 
 
 
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO 11 
 
Alternativa: D 
 
15°
15°
55° 35°
35°
40°
A
BC
D
E
x
F
 
A partir do enunciado, temos: 
No ∆ABC: ˆ ˆACB CBA 70º.= = 
O ∆CBE é isósceles, pois a bissetriz BF também é altura e, conseqüentemente, mediana ( )CF FE .= 
O ∆CDE é isósceles, pois DF é altura e mediana; assim: ˆDEF 15º.= 
No ∆DEF, temos ˆ ˆEDF 15º 90º EDF 75º+ = ∴ = 
 
 
19. Sejam X, Y, Z, W subconjuntos de N tais que ( ) { }1,2,3,4 ,X Y Z− ∩ = { }5,6 ,Y = ,Z Y∩ = ∅ 
( ) { }7,8 ,W X Z∩ − = { }2,4 .X W Z∩ ∩ = Então o conjunto ( ) ( )X Z W W Y Z ∩ ∪  −  ∩ ∪     
é igual a 
 
A. ( ) { }1,2,3,4,5 B. ( ) { }1,2,3,4,7 
C. ( ) { }1,3,7,8 D. ( ) { }1,3 
E. ( ) { }7,8 
 
Alternativa: C 
 
Do exercício, temos: 
( ) ( ) ( ) { }X Y Z X Z Y Z 1, 2,3, 4− ∩ = ∩ − ∩ = 
Como Y Z ,∩ =∅ segue: { }X Z 1,2,3,4∩ = 
Do mesmo modo, do enunciado: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { }W X Z W X W Z W X X W Z 7,8∩ − = ∩ − ∩ = ∩ − ∩ ∩ = 
( ) { } { }W X 2, 4 7,8∴ ∩ − = 
Como ( ) { }W X 2,4 ,∩ ⊃ temos: { }W X 2,4,7,8∩ = 
Assim, ( ) ( ) ( ) { } { }X Z W X Z X W 1,2,3,4 2,4,7,8∩ ∪ = ∩ ∪ ∩ = ∪   
(1) ( ) { }X Z W 1,2,3,4,7,8∩ ∪ =   
Se { }X Z 1,2,3,4∩ = e { }X W Z 2,4 ,∩ ∩ = temos que { }W 1,3∩ =∅ 
Como ( ) { }W X Z W X Z 7,8 ,∩ − = ∩ ∩ = temos que { }Z 7,8∩ =∅ 
 
12 SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
 
Como { }Y 5,6 ,= temos que { }Y 7,8∩ =∅ 
Mas { }Z 7,8∩ =∅ , logo ( ) { }Y Z 7,8∪ ∩ =∅ 
Como { }W 1,3∩ =∅ e ( ) { }Y Z 7,8 ,∪ ∩ =∅ segue: 
(2) ( ) { }W Y Z 1,3,7,8∩ ∪ ∩ =∅   
De (1) e (2), concluímos: 
( ) ( ) { }X ZW W Y Z 1,3,7,8 ∩ ∪  −  ∩ ∪  =    
 
 
20. Sejam r e s duas retas paralelas distando 10 cm entre si. Seja P um ponto no plano definido por 
r e s e exterior à região limitada por estas retas, distando 5 cm de r. As respectivas medidas da 
área e do perímetro, em cm2 e cm, do triângulo eqüilátero PQR cujos vértices Q e R estão, 
respectivamente, sobre as retas r e s, são iguais a 
 
A. ( ) 3175 e 5 21
3
 B. ( ) 3175 e 10 21
3
 
C. ( ) 175 3 e 10 21 D. ( ) 175 3 e 5 21 
E. ( ) 700 e 10 21 
 
Alternativa: B 
 
60º −α
α
A
A
A
60º
60º
 
Temos: 
( ) ( ) 5sen 60º αsen 60º α 10 522 sen 60º cotgα cos60º 2 cotgα
senαsen α 5 3 3
2
 −⋅ − = ∴ = ∴ − = ∴ = = ⋅ =
A
A 
Temos: 22 2
1 1 25 1 28 2 71 cotg α 1
sen α sen α 3 senα 3 3
= + ∴ = + ∴ = = 
Assim: 5 10 7 10 21
senα 33
= = =A 
Portanto: 
2
23 3 100 21 175 3S S cm
4 4 9 3
2p 3 2p 10 21cm
⋅= = ⋅ ∴ =
= ⋅ ∴ =
A
A
 
 
 
 
 
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO 13 
 
21. Dado o conjunto { }2 2; 3 2 ,A x x x x= ∈ + <\ expresse-o como união de intervalos da reta 
real. 
 
Resolução: 
 
2 23x 2x x+ < 
[ )2 2CE: 3x 2x 0 x , 0,+
3
 + ≥ ∴ ∈ −∞ − ∪ ∞   
Temos: ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
2 4 4 2 2 2 2
22
3x 2x x x x 2x 2x 0 x x 1 2x x 1 0
x x 1 x x 1 2 0 x x 1 x x 2 0 x x 1 x 2 0
+ < ∴ − − + > ∴ − − + >
∴ ⋅ + ⋅ − − > ∴ ⋅ + − − > ∴ ⋅ + ⋅ − >  
 
1−
+ + +−
 
Então: ( ) ( ) ( )x , 1 1,0 2,∈ −∞ − ∪ − ∪ +∞ 
Fazendo a interseção com a condição de existência: 
( ) ( )2A , 1 1, 2,
3
 = −∞ − ∪ − − ∪ +∞   
 
 
22. Determine as raízes em C de 64 256 0,z + = na forma ,a bi+ com a, b ∈ R, que pertençam a 
{ } ; 1 2 3 .S z z= ∈ < + <^ 
 
Resolução: 
 
A equação 64z 256 0+ = é tal que 6z 64= − com z z cis .= ⋅ θ 
Assim, temos 6z cis 6 64 cis 180º z 2⋅ θ = ⋅ ∴ = e { }30º k 60º ; k 0;1;2;3;4 e 5θ = + ⋅ ∈ 
As raízes desta equação são vértices de um hexágono regular ABCDEF inscrito numa 
circunferência centrada na origem e de raio 2. 
O conjunto S é uma coroa circular centrada no ponto (–2; 0) e de raios 1 e 3. 
Esboçando as duas figuras citadas, temos: 
 
C
B
A
F
E
D
1 21−2−3−
Im
Re
 
 
14 SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
 
As distâncias dos pontos B, C, D e E até o ponto (–2; 0) são maiores do que 1 e menores que 3. 
Temos, então: 
B = 2cis90º = 2i 
E = 2cis270º = –2i 
C = 2cis150º = 2 (cos 150º + i sen 150º) = 3 i− + 
D = 2cis210º = 3 i− − 
As raízes da equação que são elementos de S consistem em: 2i; 3 i± − ± 
 
 
23. Seja ( ) ( )2ln 1 ,f x x x= + + x ∈ R. Determine as funções h, g : R → R tais que 
( ) ( ) ( ) ,f x g x h x= + ∀x ∈ R, sendo h uma função par e g uma função ímpar. 
 
Resolução: 
 
Para obtermos as funções g (ímpar) e h (par), vamos utilizar a identidade: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x f xf x
2 2
+ − − −≡ + 
Temos, então: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x f xh x par e g x ímpar
2 2
+ − − −≡ ≡ 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 4 2ln x x 1 ln x x 1 1 1h x ln x x 1 x x 1 h x ln x x 12 2 2
+ + + − +  = = + + ⋅ − + ∴ = + +  
( ) ( ) ( ) ( )2 2 22ln x x 1 ln x x 1 1 x x 1g x g x ln2 2 x x 1+ + − − +  + += ∴ =  − +  
 
 
24. Sejam α, β, γ, ∈ R. Considere o polinômio p(x) dado por 
( ) ( ) ( ) ( )5 4 3 29 2 2 2 2 1 2 1 .x x x x x− + − − + + + − + − − + + + + −α β γ α β γ α β γ α β γ 
Encontre todos os valores de α, β e γ de modo que x = 0 seja uma raiz com multiplicidade 3 de 
p(x). 
 
Resolução: 
 
Para que 0 tenha multiplicidade 3, os coeficientes de x0, x1 e x2 devem ser nulos, mas o coeficiente 
de x3 deve ser não-nulo (caso contrário, 0 seria de multiplicidade 4). Desse modo: 
 2 1 0 2 1 
0
1 0 3 3 3 
1
2 2 2 0 3 3 3
α +β +γ − = α +β +γ =  α = α −β −γ + = ∴ β + γ = ∴  β+ γ = α + β + γ − = − β − γ = − 
 
Assim, se t ∈ R, temos (0, 1 – t, t). 
Para que o coeficiente de x3 seja não-nulo: 
( )2 0 0 1 t 2t 0 t 1α −β − γ ≠ ∴ − − − ≠ ∴ ≠ − 
Portanto, temos: 
( ) ( ) ( ) { }{ }3, , / , , 0,1 t, t , t 1α β γ ∈ α β γ = − ∈ − −\ \ 
 
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO 15 
 
25. Uma matriz real quadrada A é ortogonal se A é inversível e 1 .tA A− = Determine todas as 
matrizes 2 x 2 que são simétricas e ortogonais, expressando-as, quando for o caso, em termos 
de seus elementos que estão fora da diagonal principal. 
 
 
Resolução: 
 
Como A é simétrica: t
a b
A A
b c
 = =   
Temos 
2 2
1 t
2 2
a b a b 1 0a b ab bc
A A A A
b c b c 0 1ab bc b c
−  + +    ⋅ = ⋅ = = =     + +     
 
Temos: 
( )
2 2
2 2
a b 1
b c 1
b a c 0
 + = + = ⋅ + =
 
(I) b 0 a 1 e c 1
As possíveis matrizes são:
1 0 1 0 1 0 1 0
, , ,
0 1 0 1 0 1 0 1
= ∴ = ± = ±
− −       
       − −       
 
 
[ ]
[ ]
2 2 2
2
2
(II) a c 0 a c
a b 1 a 1 b , b 1,1
1 b b
Temos : , b 1,1
b 1 b
+ = ∴ = −
+ = ∴ = ± − ∈ −
 ± − ∈ −  − ∓
 
 
Note que 
1 0 1 0
e
0 1 0 1
−   
   −    do caso (I) é o caso (II) com b = 0. 
Portanto, as possíveis matrizes são: 
[ ]2 2
2 2
1 0 1 0 1 b b 1 b b
, , , , b 1,1
0 1 0 1 b 1 b b 1 b
   − − − −        ∈ −       −    − − −   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
16 SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
 
26. Determine todos os valores ,
2 2
π π α ∈ −   tais que a equação (em x) 
4 242 3 tg 0x x− + α = 
admita apenas raízes reais simples. 
 
 
Resolução: 
 
1ª condição: ,
2 2
−π π α ∈   
Para que a equação dada exiba apenas raízes reais simples, basta que a função 
( ) 2 4f y y 2 3 y tg= − + α possua zeros positivos simples. Desejamos a seguinte situação: 
 
 
Basta impor as seguintes condições: 
( )
( )
v
v
y 0
f 0 0
f y 0
 > > <
 
2ª condição: 
( )4 4
v
2 3
y 3 0 ok
2
−= − = > ∴ 
3ª condição: ( )f 0 0 tg 0> ∴ α > 
4ª condição: ( ) ( )24 4 4 4f 3 0 3 2 3 3 tg 0 tg 3< ∴ − ⋅ + α < ∴ α < 
Fazendo a intersecção das condições 0 tg 3< α < 
Portanto: 0, .
3
π α∈   
 
 
27. Em um espaço amostral com uma probabilidade P, são dados os eventos A, B e C tais que: 
( ) ( ) 1 ,
2
P A P B= = com A e B independentes, ( ) 1 ,
16
P A B C∩ ∩ = e sabe-se que 
( ) ( )( ) 3 .
10
P A B A C∩ ∪ ∩ = Calcule as probabilidades condicionais ( )|P C A B∩ e 
( )| .CP C A B∩ 
 
 
Resolução: 
 
Do enunciado temos: 
I) ( ) ( ) ( ) 1P A B P A P B
4
∩ = ⋅ = 
II) ( ) 1P A B C
16
∩ ∩ = 
 
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO 17 
 
Assim, ( ) ( )( ) ( )
1
P A B C 116P C | A B P C | A B1P A B 4
4
∩ ∩∩ = = ∴ ∩ =∩ 
Sabemos ainda que: 
III) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )3 3P A B A C P A B P A C P A B C
10 10
∩ ∪ ∩ = ∴ ∩ + ∩ − ∩ ∩ = 
( ) ( )3 1 1 9 P A C P A C
10 4 16 80
∴ ∩ = − + ∴ ∩ = 
Podemos então construir o diagrama abaixo: 
 
1
5
1
20
3
16
1
16
A B
C 
Assim: 
( ) ( )( )
C
C
C
1
P A B C 20P C | A B 1 1P A B
20 5
∩ ∩∩ = =∩ +
 
( )C 1P C | A B 5∩ = 
 
 
28. Um triângulo acutângulo de vértices A, B e C está inscrito numa circunferência de raio 5 2 .
3
 
Sabe-se que AB mede 2 5 e BC mede 2 2. Determine a área do triângulo ABC. 
 
 
Resolução: 
 
A
B C
O
M
N2 2
5 2
3
5
5
x
y
 
 
Sendo M e N os respectivos pontos médios dos lados AB e BC do triângulo ABC inscrito no círculo 
de centro O, temos: 
∆BOM: 5 3 10 10cos x sen x
10 105 2
3
= = ∴ = 
 
18 SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
 
∆BON: 2 3 4cos y sen y
5 55 2
3
= = ∴ = 
Assim, temos que 10 3 4 3 10 15 10 3 10sen(x y)
10 5 5 10 50 10
+ = ⋅ + ⋅ = = 
Logo, ABC ABC
1 1 310S AB BC sen(x y) 2 5 2 2 S 6
2 2 10∆ ∆
= ⋅ ⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅ ⋅ ∴ = 
 
 
29. Seja C uma circunferência de raio r e centro O e AB um diâmetro de C. Considere o triângulo 
equilátero BDE inscrito em C. Traça-se a reta s passando pelos pontos O e E até interceptar em 
F a reta t tangente à circunferência C no ponto A. Determine o volume do sólido de revolução 
gerado pela rotação da região limitada pelo arco pAE e pelos segmentos AF e EF em torno do 
diâmetro .AB 
 
 
Resolução: 
 
60°
30°
30° 3r
3r
OA r
BE DE BD r 3
rOM MA
2
r 3ME
2
=
= = =
= =
=
 
 
O volume procurado é a diferença entre os volumes do tronco do cone gerado pelo trapézio MAFE 
e o segmento esférico DEA. 
( )2 322 2tronco (AM) r r 3 r 3 7 rV (ME) (AF) (ME) (AF) r 3 r 33 3 2 2 2 8
  π π π  = ⋅ + + ⋅ = ⋅ ⋅ + + ⋅ =       
 
2 2 3
2 2
seg. esférico
(AM) r r 3 r 5 rV 3(ME) (AM) 3
6 6 2 2 2 24
  π π π   = ⋅ + = ⋅ ⋅ + =          
 
3 3 3
sólido sólido
7 r 5 r 2 rV V
8 24 3
π π π= − ∴ = 
 
 
 
 
 
 
 
 
SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO 19 
 
30. Considere a parábola de equação 2 ,= + +y ax bx c que passa pelos pontos (2, 5), (–1, 2) e tal 
que a, b, c formam, nesta ordem, uma progressão aritmética. Determine a distância do vértice 
da parábola à reta tangente à parábola no ponto (2, 5). 
 
 
Resolução: 
 
Sejam a b r e c b r= − = + 
Para o ponto ( ) ( ) ( )22,5 : 5 b r 2 b 2 b r 7b 3r 5= − + ⋅ + + ∴ − = 
Para o ponto ( ) ( ) ( ) ( ) ( )21,2 : 2 b r 1 b 1 b r b 0 r 2− = − ⋅ − + ⋅ − + + ∴ + ⋅ = 
Assim: b = 2 e r = 3 
Logo: ( ) ( )a,b,c 1,2,5= − 
Temos: ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2y x 2x 5 y x 2x 1 5 1 y x 1 6 x 1 y 6= − + + ∴ = − − + + + ∴ = − − + ∴ − = − − 
O vértice é: ( )1,6 
 
Para a reta tangente: ( )y 5 k x 2− = ⋅ − 
Mas: k y ' 2x 2 2 2 2 2= = − + = − ⋅ + = − 
A reta tangente é: y 2x 9 2x y 9 0= − + ∴ + − = 
A distância é: 
2 2
2 1 6 9 5d d
52 1
⋅ + −= ∴ =+ 
 
 
 
20 SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO
 
 
 
 
 
 
 
Comentário da prova de Matemática 
 
A prova de Matemática do ITA apresentou uma boa distribuição dos assuntos. Destacamos o 
reaparecimento das questões de probabilidade, sendo a questão 27 de alto grau de dificuldade. 
As questões em geral eram trabalhosas e com alto nível de dificuldade, privilegiando os alunos 
com visão aprofundada dos conteúdos. 
 
 
 
Distribuição de assuntos 
 
0 1 2 3 4 5 6
Trigonometria
Probabilidade
Polinômios
Números Complexos
Matrizes, Determinantes e Sistemas
Geometria Plana
Geometria Espacial
Geometria Analítica
Funções e Conjuntos
Exponencial e Módulo
Assuntos
Número de Questões 
 
 
 
 
 
 
 O CURSINHO QUE MAIS ENTENDE DE ITA E IME