ITA PROVA MATEMÁTICA RESOLVIDA

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1 
 
 
NOTAÇÕES 
 
   
   
   
 
1 2
1
0 1
0
 {1, 2, 3, ...}
: conjunto dos números reais
, ;
, ;
, ;
\ e 
... , 
... , 



   
  
 
  
    
    









k
n k
n
k
n k
n k
n
a b x a x b
a b x a x < b
a b x a < x < b
A B x; x A x B
a a a a k
a x a a x a x k
 
2
1
: conjuntodos números complexos
: unidade imaginária: = 1
: módulo do número 
: conjugado do número 
( ) : conjuntodas matrizes reais
det : determinante da matriz
: transposta da matriz
: 









m n
t
i i
z z
z z
M m n
A A
A A
A inversa da matriz inversível A
 
( )P A : conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A 
( )n A : número de elementos do conjunto finito A 
Arg z : argumento principal de  \{0}, Arg 0, 2 z z  
f g : função composta das funções f e g 
f g : produto das funções f e g 
 
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos retangulares. 
 
 
 
 
1. Considere as afirmações abaixo relativas a conjuntos A, B e C quaisquer: 
I. A negação de  x A B é : ou .x A x B  
II.      .A B C A B A C      
III.        \ \ \ .A B B A A B A B    
Destas, é (são) falsa(s) 
A. ( ) apenas I. B. ( ) apenas II. 
C. ( ) apenas III. D. ( ) apenas I e III. 
E. ( ) nenhuma. 
 
Alternativa: E 
 
I. Verdadeira. 
Pelo teorema de De Morgan, tem-se que A B A B    x A B x A B x A B x A ou x B x A ou x B              
II. Verdadeira. 
     A B C A B A C      
Trata-se da propriedade distributiva da interseção em relação à união. 
 
 
 
2 
 
 
 
III. Verdadeira. 
Sabendo-se que A B A B,   temos: 
               A B \ A B A B A B A B A B A B A B              
           A B A A B B A A B A A B B B                           
           B A A B A B B A A \ B B \ A                  
 
 
 
2. Considere conjuntos  , e .A B C A B   Se , e A B A C B C   são os domínios das 
funções reais definidas por  ln , x 2 6 8  x x e ,5 x x respectivamente, pode-se 
afirmar que 
A. ( ) , 5 .   C B. ( )  2, . C 
C. ( )  2, 5 .C  D. ( )  , 4 . C 
E. ( ) C não é intervalo. 
 
Alternativa: C 
  n x x 0 x A B , +                
    2 2x 6x 8 x 6x 8 0 x 2 x 4 0 2 x 4 A C 2, 4                   
 
   
xx 0 e x 5 x 5 e x 5 B C , 5
5 x 5 x
                
Mas:        C A B C A C B C C 2, 5         
Como  2, 5 , + ,     então  C 2, 5 . 
 
 
3. Se z é uma solução da equação em , 
  122 2 1 2 12 ,3 3              z z z i i 
pode-se afirmar que 
A. ( )   0.i z z  B. ( )   0.i z z  
C. ( )  5, 6 .z  D. ( )  6, 7 .z  
E. ( ) 1 8.z
z
  
 
 
 
 
 
 3 
 
 
Alternativa: E 
 
Simplificando, inicialmente, o membro da direita da equação dada: 
   12 12 122 1 2 1 2 2 2i 2i 2i i 2 12 i i 1 i3 3 3 3 3 3 3 3 3 3                               
     6 62 621 i 1 2i i 2i 64             
Voltando à equação, temos: 2z z z 64   
Como z x yi  e x, y  , temos:     2 2x yi x yi x y 64      
2 2
2 2 x 8x y 64 x y 2yi 64
y 0y 0
           
 
As raízes da equação são z 8  
Podemos afirmar que 1 1 1 1z 8 8 8 z 8 .
z 8 8 z
          
 
 
 
4. Os argumentos principais das soluções da equação em z, 
 23 0,iz z z z i     
pertencem a 
A. ( ) 3, .
4 4
     B. ( ) 
3 5, .
4 4
     
C. ( ) 5 3, 
4 2
     D. ( ) 
3 7, , .
4 2 2 4
             
E. ( ) 70, , 2 .
4 4
            
 
Alternativa: C 
 
Fazendo z x iy, x e y ,   temos: 
     2i x iy 3 x iy x iy x iy i 0         
   2 2ix y 3x 3yi 4x i 0 4x 3x y i x 3y 1 0              
 
Obtemos o sistema: 
2
2
2
x 14x 3x 1 14x 3x y 0 3 12x 8x 1 0 x ou x
x 1 2 6x 3y 1 0 y
3
                     
 
 
 
4 
 
 
 
Para 1x
2
  , temos 1y
2
  , obtendo  1 11 i 5z e arg z2 2 4
    
Para 1x
6
  , temos 7y
18
  , obtendo  2 21 7i 7z e arg z arctg6 18 3
         
 
Os argumentos principais de 1 2z e z estão no intervalo 
5 3; .
4 2
   
 
 
 
5. Considere a progressão aritmética  1 2 50, , ... , a a a de razão d. Se 10
1
10 25n
n
a d

  e 
50
1
4550,n
n
a

 então 1d a é igual a 
A. ( ) 3. B. ( ) 6. 
C. ( ) 9. D. ( ) 11. 
E. ( ) 14. 
 
Alternativa: D 
 
Do enunciado: 
I. 1 2 10 1 10
10a a a (a a ) 10 25d 
2
         
1 12a 9d 2 5d a 2d 1      
II. 1 2 50 1 50
50a a a (a a ) 4550 
2
        
12a 49d 182  
Resolvendo o sistema acima, obtemos: 1d 4 e a 7   
Logo: 1d a 11  
 
 
 
6. Sejam , :f g R R tais que f é par e g é ímpar. Das seguintes afirmações: 
I. f g é ímpar, 
II. f g é par, 
III. g f é ímpar, 
é (são) verdadeira(s) 
A. ( ) apenas I. B. ( ) apenas II. 
C. ( ) apenas III. D. ( ) apenas I e II. 
E. ( ) todas. 
 
 
 
 
 
 5 
 
 
Alternativa: D 
 
Analisando as paridades das funções, temos: 
I. Verdadeira. 
 
1
1 1
h (x) ƒ(x) g(x)
h ( x) ƒ( x) g( x) ƒ(x) g(x) ƒ(x) g(x) h (x) ƒ g é ímpar
 
               
II. Verdadeira. 
2
2 2
h (x) ƒ g(x) ƒ(g(x))
h ( x) ƒ(g( x)) ƒ( g(x)) ƒ(g(x)) h (x) ƒ g é par
 
       

 
III. Falsa. 
3
3 3
h (x) g ƒ(x) g(ƒ(x))
h ( x) g(ƒ( x)) g(ƒ(x)) h (x) g ƒ é par
 
     

 
 
 
7. A equação em x, 
   2arctg 2 arccotg , \ 0 ,41       
x
x
x
ee x
e
 
A. ( ) admite infinitas soluções, todas positivas. 
B. ( ) admite uma única solução, e esta é positiva. 
C. ( ) admite três soluções que se encontram no intervalo 5 3, .
2 2
    
D. ( ) admite apenas soluções negativas. 
E. ( ) não admite solução. 
 
Alternativa: B 
 
  xx 2xearctg e 2 arccotg 4e 1

       
 
 
x
x 2x
x x
2x x
tg e 2
e e 1 cotg tg e e 
e 1 e
tg tgtg 1 1
1 tg tg

                      
 
      
x x x
x x x
e 2 e e
 1
1 e 2 e e


      
x 2x x x 2x x x 2 e 1 e 1 2e 2e e 2e 3e 2 0              
3x 2x x e 2e 2e 3 0     
 
 
6 
 
 
Seja x 3 2y e y 2y 2y 3 0.      
Observe que y = –1 é raiz, logo 
2 1 13 1 13(y 1) (y y 3) 0 y 1, y ou y
2 2
             
Como xe 0, tem-se somente uma solução, que é para x 1 13e ,
2
  e esta é positiva. 
 
 
8. Sabe-se que o polinômio   5 3 2 1, ,p x x ax ax a     admite a raiz .i Considere as 
seguintes afirmações sobre as raízes de p: 
I. Quatro das raízes são imaginárias puras. 
II. Uma das raízes tem multiplicidade dois. 
III. Apenas uma das raízes é real. 
Destas, é (são) verdadeira(s) apenas 
A. ( ) I. B. ( ) II. 
C. ( ) III. D. ( ) I e III. 
E. ( ) II e III. 
 
Alternativa: C 
 
Como p(x) possui coeficientes reais e i como raiz,tem-se que i também é raiz. 
A soma dos coeficientes do polinômio é zero, então 1 é raiz. 
Tem-se, inicialmente, como raízes i e 1. 
P(x) é divisível por 2 3 2(x 1) (x 1) x x x 1       
Efetuando-se a divisão, temos 3 2 2P(x) (x x x 1) (x x a) (a 1)x (a 1)           
Deve-se ter (a 1)x (a 1) 0.    Assim, a 1  
Portanto, 3 2 2 2 2P(x) (x x x 1) (x x 1) (x 1) (x 1) (x x 1)              
Raízes de 1 3P(x) : 1; i e i
2 2
    
Logo: 
I. Falsa. 
II. Falsa. 
III. Verdadeira. Temos apenas 1 raiz real. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 7 
 
 
9. Um polinômio real 
5
0
( ) ,

  nn
n
p x a x com 5 4,a  tem três raízes reais distintas, a, b e c, que 
satisfazem o sistema 
 + 2 + 5 = 0
 + 4 + 2 = 6 .
2 + 2 + 2 = 5
a b c
a b c
a b c

 
Sabendo que a maior das raízes é simples e as demais têm multiplicidade dois, pode-se afirmar 
que (1)p é igual a 
A. ( ) –4. B. ( ) –2. 
C. ( ) 2. D. ( ) 4. 
E. ( ) 6. 
 
Alternativa: A 
 
5 4 3 2
4 3 2 1 0p(x) 4x a x a x a x a x a      
a 2b 5c 0
a 4b 2c 6
2a 2b 2c 5
         
2  :
a 2b 5c 0
a 4b 2c 6
6b 2c 7
       
I
II
III
II III
 
:
2b 3c 6 311c 11 c 1; b ; a 2
6b 2c 7 2
           
 II I
 
2
23 p(x) 4 (x 2) x (x 1)
2
           
2
21 1 p(1) 4 ( 1) 2 4 ( 1) 4 p(1) 4 
2 4
                  
 
 
10. Considere o polinômio
15
0
( )

  nn
n
p x a x com coeficientes 0 1 a e 11 ,n na i a   
1, 2, ..., 15.n 
Das afirmações: 
I. ( 1) , p 
II. ( ) 4 (3 2 5), [ 1,1],     p x x 
III. 8 4 ,a a 
é (são) verdadeira(s) apenas 
A. ( ) I. B. ( ) II. 
C. ( ) III. D. ( ) I e II. 
E. ( ) II e III. 
 
 
 
8 
 
 
 
Alternativa: E 
 
 
 
 
0
1
2
3
4
a 1
a 1 i
a 1 i 1 i 2 i
a 1 i 2 i 2i
a 1 i 2i 1
 
 
    
   
   
 
E a sequência se repete de 4 em 4 termos. 
I. Falsa. 
 0 1 2 3a a a a 1 1 i 2 i 2i 0           
       
0 0 0 0
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15p( 1) a a a a a a a a a a a a a a a a 0                  
   

 
II. Verdadeira.    2 3 4 5 6 70 1 2 3 4 5 6 7p(x) a a x a x a x a x a x a x a x         
   8 9 10 11 12 13 14 158 9 10 11 12 13 14 15a x a x a x a x a x a x a x a x       
     4 8 12 2 31 x x x 1 (1 i)x 2 i x 2ix           
 2 34 8 121 x x x 1 1 i x 2 i x 2i x            
 2 34 8 121 x x x 1 2 x 5 x 2 x         
   4 1 2 5 2 4 3 2 5        
 
III. Verdadeira. 
0 4 8 12a a a a   
 
 
 
11. A expressão 5 5(2 3 5) (2 3 5)   é igual a 
A. ( ) 2630 5. B. ( ) 2690 5. 
C. ( ) 2712 5. D. ( ) 1584 15. 
E. ( ) 1604 15. 
 
Alternativa: B 
 
Podemos reescrever a expressão como    5 55s 5 2 3 5 2 3 .    
A equação do 2º grau 2 2 5 7 0,   x x possui como raízes 5 2 3 e 5 2 3. 
 
 
 
 
 9 
 
 
Pela fórmula de Newton, temos: 
   n nn n 1 n 2 ns 2 5 s 7 s 0, com s 5 2 3 5 2 3 ; n           
0s 2 
1s 2 5 
2 1 0 2s 2 5 s 7s 0 s 34      
3 2 1 3s 2 5 s 7s 0 s 82 5      
4 3 2 4s 2 5 s 7s 0 s 1058      
5 4 3 5s 2 5 s 7s 0 s 2690 5      
Assim,    5 52 3 5 2 3 5 2690 5    
 
 
 
12. Um palco possui 6 refletores de iluminação. Num certo instante de um espetáculo moderno os 
refletores são acionados aleatoriamente de modo que, para cada um dos refletores, seja de 2
3
a 
probabilidade de ser aceso. Então, a probabilidade de que, neste instante, 4 ou 5 refletores 
sejam acesos simultaneamente, é igual a 
A. ( ) 16 .
27
 B. ( ) 49 .
81
 C. ( ) 151 .
243
 
D. ( ) 479 .
729
 E. ( ) 
4 5
4 5
2 2 .
3 3
 
 
Alternativa: A 
 
Supondo, exatamente, 4 ou 5 refletores, temos: 
  4 2 56 62 1 2 1 432 16P 4 ou 5 
4 53 3 3 3 729 27
                               
 
 
13. Considere a matriz 
1 2 3
4 5 3x3
6
 
0 ( ),
0 0 
      

a a a
A a a M
a
 
em que 4 10,a det 1000 A e 1 2 3 4 5 6, , , , e a a a a a a formam, nesta ordem, uma progressão 
aritmética de razão 0.d Pode-se afirmar que 1a
d
 é igual a 
A. ( ) –4. B. ( ) –3. 
C. ( ) –2. D. ( ) –1. 
E. ( ) 1. 
 
 
10 
 
 
 
Alternativa: D 
 
Temos que 1a 10 3d  e 6a 10 2d.  Logo: 
2 3
5
10 3d a a
0 10 a 1000 
0 0 10 2d

  

 
2
110 (10 3d) (10 2d) 1000 3d 5d 100 0 d 5 (d 0) a 5                
Portanto, 1a 1 
d
  
 
 
14. Sobre os elementos da matriz 
 
1 2 3 4
1 2 3 4
4 4 0 0 0 1
1 0 0 0

       

x x x x
y y y y
A M 
sabe-se que  1 2 3 4, , , x x x x e  1 2 3 4, , , y y y y são duas progressões geométricas de razão 3 e 4 
e de soma 80 e 255, respectivamente. Então,  1det A e o elemento  1
23
A valem, 
respectivamente, 
A. ( ) 1 e 12.
72
 B. ( ) 1 e 12.
72
  C. ( ) 1 e 12.
72
 
D. ( ) 1 1 e .
72 12
 E. ( ) 1 1e .
72 12
 
 
Alternativa: C 
 
Temos que: 
I. 2 31 1 1 1 1x 3x 3 x 3 x 80 x 2      
Com PG (2, 6, 18, 54) 
II. 2 31 1 1 1 1y 4y 4 y 4 y 255 y 3      
Com PG (3, 12, 48, 192) 
Então: 
2 6 18 54
3 12 48 192
A
0 0 0 1
1 0 0 0
       
 e 4 1 1
6 18 54
1det A 1 ( 1) 12 48 192 72 det(A ) 
72
0 0 1
         
     3 21 13223 23
2 18 54
1 1a A 1 3 48 192 a 12 
det A 72
1 0 0
          
 
 
 
 
 11 
 
 
15. O valor da soma 
6
1
2sen sen ,
3 3n nn
 

          para todo ,  é igual a 
A. ( ) 1 cos cos .
2 729
         B. ( ) 
1 sen sen .
2 243 729
              
C. ( ) cos cos .
243 729
           D. ( ) 
1 cos cos .
2 729 243
            
  
E. ( ) cos cos .
729
      
 
Alternativa: A 
 
Observe que: 
n n n n 1
2 1sen sen cos cos
23 3 3 3 
                                
6 6
n n n n 1
n 1 n 1
2 1 sen sen cos cos
23 3 3 3  
                                 
1 cos cos cos cos cos cos
2 3 9 3 729 243
                               
= 1 cos cos 
2 729
      
 
 
16. Se os números reais  e β, com 4 , 0 ,
3
       maximizam a soma sen sen  
então  é igual a 
A. ( ) 3 .
3
 B. ( ) 2 .
3
 
C. ( ) 3 .
5
 D. ( ) 5 .
8
 
E. ( ) 7 .
12
 
 
Alternativa: B 
 
4 3sen
3 2 2
          
3sen sen 2sen cos 2 cos 3 cos
2 2 2 2 2
                                    
 
 
 
 
12 
 
 
 
3 cos
2
     é máximo quando 2k , k2
     
22k , k 2k , k
2 3 
4 2 2k , k
3 3
                    
 

 
Mas: 2 2 10 0 2k 2k k 0 e k k 0
3 3 3
                   
Logo, 2 
3
  
 
 
 
17. Considere as circunferências 2 2 2 21 2: ( 4) ( 3) 4 e : ( 10) ( 11) 9.       C x y C x y Seja r 
uma reta tangente interna a C1 e C2, istoé, r tangencia C1 e C2 e intercepta o segmento de reta 
1 2O O definido pelos centros O1 de C1 e O2 de C2. Os pontos de tangência definem um 
segmento sobre r que mede 
A. ( ) 5 3. B. ( ) 4 5. C. ( ) 3 6. 
D. ( ) 25 .
3
 E. ( ) 9. 
 
Alternativa: A 
 
2C
2P
2O
1O
1P
1C
2
a
T
3
 10,11
 4,3
y
x0
b
 
    1 2 2 2O Od 10 4 11 3 10     
 
 
 
 13 
 
1 1 2 2
a 2 3aP O T P O T b
b 3 2
      
Como 3aa b 10 a 10 a 4 e b 6
2
        
2 2 2 2
1 2 1 2 P T 4 2 12 2 3 e P T 6 3 27 3 3 P P 5 3            
 
 
 
18. Um cilindro reto de altura 6
3
cm está inscrito num tetraedro regular e tem sua base em uma 
das faces do tetraedro. Se as arestas do tetraedro medem 3 cm, o volume do cilindro, em cm3, é 
igual a 
A. ( ) 3 .
4
 B. ( ) 3 .
6
 
C. ( ) 6 .
6
 D. ( ) 6 .
9
 
E. ( ) .
3
 
 
Alternativa: D 
 
O tetraedro regular de aresta 3 cm possui 6 cm de altura. De acordo com o texto, temos a 
seguinte figura: 
 
6
3
6
As pirâmides AEFG e ABCD são semelhantes. 
Assim: 
2 6EF 3 DE 2 cm
3 6
   
 
O raio da circunferência inscrita no triângulo 
equilátero EFG é 1 2 3 3 cm
3 2 3
  
 
Volume do cilindro = 
2
3 6 3 6
3 3 9 3
         
36V cm 
9
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
14 
 
 
 
19. Um triângulo equilátero tem os vértices nos pontos A, B e C do plano xOy, sendo B = (2, 1) e 
C = (5, 5). Das seguintes afirmações: 
I. A se encontra sobre a reta 3 11,
4 2
  y x 
II. A está na intersecção da reta 3 45
4 8
  y x com a circunferência 2 2( 2) ( 1) 25,   x y 
III. A pertence às circunferências 
2
2 2 27 75( 5) ( 5) 25 e ( 3) ,
2 4
          x y x y 
é (são) verdadeira(s) apenas 
A. ( ) I. B. ( ) II. 
C. ( ) III. D. ( ) I e II. 
E. ( ) II e III. 
 
Alternativa: E 
 
I. Falsa. 
A pertence à mediatriz de BC,

 que passa por 7M ,3 ,
2
    ponto médio de BC

, e seu coeficiente 
angular é 3m :
4
  
3 45y x
4 8
   
 
II. Verdadeira. 
A também pertence à circunferência com centro B e raio BC. 
Como    2 2BCd 5 2 5 1 5,     então a circunferência é dada por: 
   2 2x 2 y 1 25    
 
III. Verdadeira. 
A também pertence à circunferência com centro C e raio BC: 
   2 2x 5 y 5 25    
A também pertence à circunferência com centro M e raio 5 3
2
 (altura do triângulo equilátero): 
 2 27 75x y 3
2 4
       
 
 
 
 
 
 
 
 15 
 
 
20. Sejam A, B, C e D os vértices de um tetraedro regular cujas arestas medem 1 cm. Se M é o 
ponto médio do segmento AB e N é o ponto médio do segmento ,CD então a área do triângulo 
M N D, em 2,cm é igual a 
A. ( ) 2 .
6
 B. ( ) 2 .
8
 
C. ( ) 3 .
6
 D. ( ) 3 .
8
 
E. ( ) 3 .
9
 
 
Alternativa: B 
 
Considere o tetraedro ABCD dado: 
A
B
D
C
M
N
1
2
3
2
 
O triângulo MDC é isósceles e 3MD MC cm.
2
  
No triângulo MDN, temos:    
2 2
2 23 1 1 2MN MN MN= cm
2 2 2 2
              
 
21 2 1 2Área MDN Área MDN cm 
2 2 2 8
       
 
 
21. Sejam A, B e C conjuntos tais que C B ,      \ 3 6n B C n B C n A B    ,   22n A B  
e       , ,n C n A n B é uma progressão geométrica de razão 0r  . 
a) Determine  n C . 
b) Determine   \n P B C . 
 
 
 
 
16 
 
 
 
Resolução: 
a) 
n(C)
n(B \ C) n(B) n(B C) n(B) n(C)     
 
x x
x n(B) n(C) 3 n(C) 6n(A B) n(B) 4x e n(A B)
2
          
x 7xn(A B) n(A) n(B) n(A B) 22 n(A) 4x n(A) 22
2 2
            
Mas:   2 22 27x 49xn(A) n(B) n(C) 22 4x x 484 154x 4x 
2 4
             
233x 44 154x 484 0 x 4 ou x n(C) 4 
4 3
         
 
b)        n B\C n(B) n(C) 4x x 3x 12n P B \ C 2 2 2 2 2 n P B \ C 4096         
 
 
22. A progressão geométrica infinita  1 2, , ..., , ...na a a tem razão 0r  . Sabe-se que a progressão 
infinita  1 6 5 1, , ..., , ...na a a tem soma 8 e a progressão infinita  5 10 5, , ..., , ...na a a tem soma 
2. Determine a soma da progressão infinita  1 2, , ..., , ...na a a . 
 
Resolução: 
 
Do enunciado, temos: 
1
1 6 5n 1 5
aa a a 8 (I)
1 r
       
4
1
5 10 5n 5
a ra a a 2 (II)
1 r
       
5
1
5 4
1
a(I) 1 r 2: 4 r (r 0)
(II) 21 r a r
      
 
Substituindo em (I): 
1
2a 8 1
8
      
 
Logo: 11 2 3 1 2 3
a 8 2 (8 2)a a a 2 a a a 14 6 2 
1 r 2 2 21
2
              
  
 
 
 
 
 
 
 
 
 17 
 
 
23. Analise se a função :   ,   3 3
2
x x
x
  é bijetora e, em caso afirmativo, determine a 
função inversa 1 . 
 
Resolução: 
 
x x3 3(x) =
2
f 
 
 Injetividade: Dados x, y tal que ƒ(x) = ƒ(y), temos: 
   x x y y x x x y y y x y 2x y y x 2y x3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 32 2
                   
 
x y x y x y x y x y3 (3 3 ) 3 3 0 (3 3 ) (1 3 ) 0            
 
Como x y3 1  não pode ser zero: x y3 3 x y   
Logo, f é injetora. 
 
 Sobrejetividade: Dado k, mostraremos que x tal que ƒ(x) k 
x x
2x x3 3ƒ(x) k k 3 1 2k 3
2
       
2
2x x x 22k 4k 4 3 2k 3 1 0 3 k k 1
2
           
Como 2k k 1  é real positivo, então existe x que satisfaz x 23 k k 1.   
Portanto, f é bijetora. 
 
Inversa: 
y y
y 2
2 1 2
3 3
3 3 x 3 x x 1
2
 y log (x x 1) ƒ (x) log (x x 1) 


     
       
 
 
 
 
24. Seja :   bijetora e ímpar. Mostre que a função inversa 1 :   também é ímpar. 
 
Resolução: 
 
Supondo, por absurdo, que 1ƒ não seja função ímpar, temos que existe y real tal que 
   1 1ƒ y ƒ y .    
Assim, sendo    1 11 2x = ƒ y e x ƒ y ,   temos que 1 2x x  e, neste caso,    1 2ƒ x ƒ x .  
Mas como ƒ é função ímpar, temos que    1 2ƒ x ƒ x ,  ou seja, que y y.   Absurdo! 
 
 
 
18 
 
 
 
25. Considere o polinômio   6
0
,

 nn
n
p x a x com coeficientes reais, sendo 0 0a  e 6 1a  . 
Sabe-se que se r é raiz de ,p r também é raiz de .p Analise a veracidade ou falsidade das 
afirmações. 
I. Se 1r e 2r , 1 2r r , são raízes e 3r é raiz não real de p, então 3r é imaginário puro. 
II. Se r é raiz dupla de p, então r é real ou imaginário puro. 
III. 0 0.a 
 
Resolução: 
 
Seja 2 3 4 5 60 1 2 3 4 5p(x) a a x a x a x a x a x x       o polinômio com coeficientes reais e a 
propriedade p’: se r é raiz de p então –r também é raiz de p. 
 
I. Verdadeira. 
Se 1r e 2r são raízes reais de p, então por p’ temos 1 2r e r  como raízes também. Como 3r é 
raiz não real de p temos 3r como raiz. Pelos coeficientes serem reais, 3r também é raiz e, por 
p’, 3r também é raiz. 
Como 1 2r r e o polinômio é de grau 6, então 3r , 3r , 3r e 3r têm que ser iguais duas a 
duas. 
3 3r r  : raiz nula (não é possível, pois 0 0a  ) 
3 3 3r r : r R  (não é possível, pois 3r é raiz não real) 
3 3 3r r : a bi a bi a 0 e r bi, b R*          (imaginário puro) 
 
II. Falsa. 
Supondo 1 + i como raiz dupla temos como raízes: 
 1 i; 1 i; 1 i; 1 i; 1 i; 1 i        
Montando a equação temos:    22 2p(x) x 2x 2 x 2x 2      
Logo, encontramosuma raiz dupla que seja um imaginário não puro. 
 
III. Falsa. 
 No polinômio acima, temos: 
  0p 0 a 8 0   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 19 
 
 
26. Uma urna de sorteio contém 90 bolas numeradas de 1 a 90, sendo que a retirada de uma bola é 
equiprovável à retirada de cada uma das demais. 
a) Retira-se aleatoriamente uma das 90 bolas desta urna. Calcule a probabilidade de o número 
desta bola ser um múltiplo de 5 ou de 6. 
b) Retira-se aleatoriamente uma das 90 bolas desta urna e, sem repô-la, retira-se uma segunda 
bola. Calcule a probabilidade de o número da segunda bola retirada não ser um múltiplo de 
6. 
 
Resolução: 
 
Definindo o espaço amostral como  E 1, 2, 3, , 90 , com #E 90  , teremos: 
a)  
 
 
M(5) 5, 10, 15, , 90 #M(5) 18
M(6) 6, 12, 18, , 90 #M(6) 15
M(5 e 6) 30, 60, 90 #M(30) 3
  
  
  

 
Logo, a probabilidade pedida é: 
18 15 3 1P P 
90 3
    
 
b) Temos dois casos: 
1ª bola 2ª bola 1ª bola 2ª bola
ou
M(6) M(6) M(6) M(6)
 
Logo, a probabilidade pedida é: 
15 75 75 74 5P P 
90 89 90 89 6
      
 
 
27. Considere as matrizes 4 4 4 1( ) e , ( ) :A M X B M    
3
1
2
4
1 1
1 0
; e .
0 2 0 0
2 1
ba b x
bb a y
A X B bz
a b w b
                                 
 
a) Encontre todos os valores reais de a e b tais que a equação matricial AX B tenha solução 
única. 
b) Se  2 2 0, 0 1 1 2 4 ,ta b a e B    encontre X tal que AX B . 
 
 
 
 
 
 
 
 
20 
 
 
 
Resolução: 
 
a) Para solução única, devemos ter: det A 0 
 3 2 2
a 1 b 1
a b 1
b 1 a 0
det A 2 1 b a 0 4a 0
0 2 0 0
a b 1
a 2 b 1
       

 
Assim, devemos ter a 0 e b �. 
 
b) 
ax y bz w 1
bx y az 1
A X B y 1
2y 2
ax 2y bz w 4
               
 e 
 ax bz w 0 1 ax bz w 0
bx az 0 bx az 0
ax bz w 2 2ax 2
                   

 
Como a 0, então 2
1 bx , z
a a
   e 
2 2
2
a bw 0
a
  
Logo, 2
1 a
1
X
b a
0
        
 
 
 
 
28. Considere a equação 2 2(3 2cos ) 1 tg 6 tg 0.
2 2
x xx        
a) Determine todas as soluções x no intervalo 0, .  
b) Para as soluções encontradas em a), determine cotg x. 
 
Resolução: 
 
a)    
2
2 2 2
2
1
xcos
2
x6sen
x x 1 23 2cos x 1 tg 6 tg 3 2cos x
x x2 2 cos cos
2 2
   
                                 
 
 2 2
3senx
x x 3 2cos x 6sen cos 3 2 1 sen x 3senx
2 2
               
 
 
 
 
 21 
 
2
senx 1 x
2
 2sen x 3senx 1 0 ou
1 5senx x ou x
2 6 6
              
 
5 S ; ; 
6 2 6
       
b) 5 cotg 3; cotg 0; cotg 3 
6 2 6
      
 
 
29. Determine uma equação da circunferência inscrita no triângulo cujos vértices são 
(1,1), (1,7) (5,4)  A B e C no plano .xOy 
 
Resolução: 
 
1
4
7
1 5 x
y
A
C
B
I
2
2
T
M
3
3
3
3
0
 
A triângulo ABC é isósceles de base AB 6 e lados AC BC 5.  Assim, sendo I o centro da 
circunferência inscrita no triângulo e r o raio, temos do gráfico que as coordenadas de I são 
 1 r, 4 . 
IT CTCIT CAM ,
AM CM
    ou seja, r 2 3r
3 4 2
   
Portanto 5I , 4
2
     e a equação da circunferência fica  
2
25 9x y 4 .
2 4
       
 
 
 
 
22 
 
 
 
30. As superfícies de duas esferas se interceptam ortogonalmente (isto é, em cada ponto da 
intersecção os respectivos planos tangentes são perpendiculares). Sabendo que os raios destas 
esferas medem 32 e ,
2
cm cm respectivamente, calcule 
a) a distância entre os centros das duas esferas. 
b) a área da superfície do sólido obtido pela intersecção das duas esferas. 
 
Resolução: 
 
a) Na figura abaixo, temos os círculos máximos das esferas ortogonais e seus respectivos raios. 
No 1 2O AO , temos    
2
2 2
1 2 1 2
3 25 5O O 2 O O cm
2 4 2
        
1O 2 A
C
M
D
2O
2E
1E
B
3
2
 
 
b) Para calcular a área do sólido obtido na intersecção (2 calotas esféricas), observe o triângulo 
1 2AO O . 
M 2O1O
A
2 3
2
5
2 
 2 2 23 5 9MO MO cm2 2 10
        
e 1
5 9 16 8MO cm
2 10 10 5
    
 
 
 
 
 
 
 
 23 
 
 
A área de uma calota esférica é dada pela relação: 
R
h
Área 2 Rh 
 
Calota na esfera 1E : área = 
28 82 2 MD 4 2 cm
5 5
           
Calota na esfera 2E : área = 
23 3 9 92 MC 3 cm
2 2 10 5
           
Área total = 28 9 17Área total Área total cm 
5 5 5
      
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
24 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Comentários 
 
A prova de Matemática de 2010 do ITA apresentou um nível de dificuldade adequado, 
proporcionando uma discriminação eficiente dos candidatos. 
Observamos várias questões trabalhosas de trigonometria e polinômios. As tradicionais 
questões de análise combinatória foram trocadas pelas de probabilidades. 
Parabéns à banca examinadora. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 O CURSINHO QUE MAIS ENTENDE DE ITA E IME