ITA Matemática 2011

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1 
 
NOTAÇÕES 
 
: conjunto dos números naturais
: conjunto dos números inteiros
: conjunto dos números racionais
: conjunto dos números reais
`
]
_
\
 
 
{ }
[ [ { }
 : e 
, :
= ∈ ∉
= ∈ ≤ <\
A B x x A x B
a b x a x b
 
2
: conjuntodos números complexos
 : unidade imaginária: = 1
: conjugado do número 
: módulo do número 
−
∈
∈
^
^
^
i i
z z
z z
 
 
[ ] { }
] [ { }
, :
, :
= ∈ ≤ ≤
= ∈ < <
\
\
a b x a x b
a b x a x b
 
 
( ) : conjunto das matrizes reais 
 det : determinante da matriz 
m n m n
M M
× ×\M 
 
( )P A : conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A 
( )n A : número de elementos do conjunto finito A 
 
 : segmento de reta unindo os pontos e 
ˆ : ângulo formado pelos segmentos e , com vértice no ponto B
AB A B
ABC AB BC
 
 
2
0 1 2
0
,
k
n k
n k
n
a x a a x a x a x k
=
= + + + + ∈∑ … ` 
 
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos retangulares. 
 
 
1. Dado ( )1 1 3 ,2= − +z i então 891=∑ nn z é igual a 
 
A. ( ) 89 3 .2 i− B. ( ) –1. 
C. ( ) 0. D. ( ) 1. 
E. ( ) 89 3 .6 i 
 
Alternativa: B 
 
( )89 9089 n
n 1
1 3 2z i cis2 2 3
z z 1 z zz z 1 z 1=
π = − + =   
− −= =− −∑
 
( )90 2Como z cis 90 cis 60 1,3π = ⋅ = π =   então 
90 89
n
n 1
z z 1 z z 1.z 1 z 1 =
− −= ⇒ = −− − ∑ 
 
 
 
2 
 
 
2. Das afirmações abaixo sobre números complexos z1 e z2: 
 
I – 1 2 1 2 .z z z z− ≤ − 
II – 1 2 2 2 .z z z z⋅ = ⋅ 
III – Se ( )1 1 0,z z cos i senθ θ= + ≠ então ( )111 1 .z z cos i senθ θ−− = − 
 
é(são) sempre verdadeira(s). 
 
A. ( ) apenas I. B. ( ) apenas II. 
C. ( ) apenas III. D. ( ) apenas II e III. 
E. ( ) todas. 
 
Alternativa: C 
 
I. Falsa. 
Isso pode ser mostrado com o contraexemplo 1z 1=− e 2z 1:= 
1 2 1 2z z z z 1 1 1 1 2 1 1 2 0− ≤ − ⇒ − − ≤ − − ⇒ − ≤ − ⇒ ≤ 
 
II. Falsa. 
O contraexemplo 1z 1= e 2z 2= mostra isso. 
1 2 2 2z z z z 1 2 2 2 2 4 2 4⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ = ⇒ = 
 
III. Verdadeira. 
( ) ( ) ( )( ) ( )1 1 11 1 1 1z z cos isen z cos isen z cos isen− − −− =  ⋅ θ+ θ  = ⋅ −θ + −θ = ⋅ θ − θ  
 
 
3. A soma de todas as soluções da equação em 22: 1 0+ + − =^ z z iz é igual a 
 
A. ( ) 2. B. ( ) .
2
i 
C. ( ) 0. D. ( ) 1 .
2
− 
E. ( ) –2i. 
 
Alternativa: E 
 
Seja z x iy, x e y= + ∈\ e substituindo na equação dada: 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
2
2 2 2 2 2 2
2
2
x iy x yi x yi i x yi 1 0
x 2xyi i y x y ix y 1 0 2x y 1 x 2y 1 i 0
2x y 1 02x y 1 0
1x 2y 1 0 x 0 ou y
2
+ + + ⋅ − + ⋅ + − =
+ + + + + − − = ⇒ − − + + =
 − − = − − =  ⋅ + = = = −  
∼
 
 
 
 
 
 3 
 
1
2
2 3
1 2 3
Para x 0, temos y 1 z i
1 1 1 1 1 1 1Para y , temos 2x 1 0 x z i ou z = i
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1Assim, z z z i i i 2i
2 2 2 2
= = − ⇒ = −
= − + − = ⇒ = ± ⇒ = − − −
   + + = − + − − + − = −      
 
 
 
4. Numa caixa com 40 moedas, 5 apresentam duas caras, 10 são normais (cara e coroa) e as 
demais apresentam duas coroas. Uma moeda é retirada ao acaso e a face observada mostra uma 
coroa. A probabilidade de a outra face desta moeda também apresentar uma coroa é 
 
A. ( ) 7 .
8
 B. ( ) 5 .
7
 
C. ( ) 5 .
8
 D. ( ) 3 .
5
 
E. ( ) 3 .
7
 
 
Alternativa: S/A 
 
A probabilidade de se sortear uma moeda com 2 caras, nesta urna, é ( ) 25 5P C C’
40 8
∩ = = 
A probabilidade de se obter cara no lançamento de uma moeda desta urna é ( ) 60 3P C ,
80 4
= = pois há 
60 faces com coroa dentre as 80 faces das 40 moedas. 
Assim, sendo P (C’/C) a probabilidade de que a outra face da moeda seja também coroa, dado que 
uma das faces já foi observada e é coroa, temos que: 
( ) ( ) ( )P C C’ P C P C’ / C∩ = ⋅ 
( )5 3 P C’ / C
8 4
= ⋅ 
( ) ( )20 5 5P C’ / C P C’ / C
24 6 6
= = ⇒ = 
A questão não apresenta alternativa correta. 
 
 
5. Sejam A e B conjuntos finitos e não vazios tais que ⊂A B e { }( ): \ 128.⊂ =n C C B A Então, 
das afirmações abaixo: 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )( )
 é único;
128;
a dupla ordenada , é unica;
I n B n A
II n B n A
III n A n B
− −
− + ≤
−
 
é(são) verdadeira(s) 
 
A. ( ) apenas I. B. ( ) apenas II. 
C. ( ) apenas III. D. ( ) apenas I e II. 
E. ( ) nenhuma. 
 
 
4 
 
 
Alternativa: A 
 
{ }( )n C : C B \ A⊂ = número de subconjuntos de ( ) ( )n B\A 7B \ A 2 128 2 n B \ A 7= = = ⇒ = 
Como ( ) ( ) ( ) ( ) ( )A B n B \ A n B n A n B n A 7⊂ ⇒ = − ⇒ − = 
Assim: 
I – Verdadeira. A diferença é única e igual a 7. 
II – Falsa. A única equação fixa é ( ) ( )n B n A 7− = e, por exemplo, ( )n B 77= e ( )n A 70= 
satisfazem a condição, mas ( ) ( )n A n B 128.+ > 
III – Falsa. Há infinitas possibilidades de se ter ( ) ( )n B n A 7.− = 
 
 
6. O sistema 
2 3
2
3 5 0
+ + = + = − − =
x y z a
y z b
x y cz
 
 
A. ( ) é possível, , , .∀ ∈\a b c B. ( ) é possível quando 7
3
= ba ou 1.c≠ 
C. ( ) é impossível quando c 1, , .a b= ∀ ∈\ D. ( ) é impossível quando a 7 , .
3
b c≠ ∀ ∈\ 
E. ( ) é possível quando c 71 e .
3
ba= ≠ 
 
Alternativa: B 
 
Como o sistema tem 3 equações e 3 incógnitas, sabemos que 
1 2 3
D 0 1 2 0
3 1 5c
= ≠
− −
 implica que o 
sistema é possível e determinado. 
Mas D 0≠ implica c 1.≠ 
Já se D 0= (ou seja, c = 1) precisamos que não existam equações incompatíveis, logo: 
x 2y 3z a x 2y 3z a
y 2z b y 2z b
3x y 5z 0 0z 3a 7b
+ + = + + =  + = + =  − − = = − 
∼ 
será possível se 7b3a 7b 0 a .
3
− = ⇒ = 
Portanto, o sistema será possível se 7ba ou c 1
3
= ≠ . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 5 
 
7. Considere as afirmações abaixo: 
 
I – Se M é uma matriz quadrada de ordem n > 1, não-nula e não-inversível, então existe 
matriz não-nula N, de mesma ordem, tal que MN é matriz nula. 
II – Se M é uma matriz quadrada inversível de ordem n tal que ( )2det 0,− =M M então existe 
matriz não-nula X, de ordem 1,×n tal que MX = X. 
III – A matriz 21 2sec 2
cos sen
tg sen
θ θ
θ θ
θ
−   − 
 é inversível, , .2∀ ≠ + ∈]k k
πθ π 
 
Destas, é(são) verdadeira(s) 
 
A. ( ) apenas II. B. ( ) apenas I e II. 
C. ( ) apenas I e III. D. ( ) apenas II e III. 
E. ( ) todas. 
 
Alternativa: E 
 
I. Verdadeira. Se n x nM é uma quadrada não-inversível, 1 2 n a , a , , a∃ … reais não todos nulos, 
tal que: 
1 1 2 2 n na C a C a C 0,⋅ + ⋅ + + ⋅ =… onde 1 2 nC , C , , C… são as colunas de M. 
Assim, tomemos 
1 1 1
2 2 2
n n n
a a a
a a a
N ,
a a a
   =    
…
…
# # % #
…
 tem-se MN 0= com N 0≠ 
II. Verdadeira. Se ( )2det M M 0,− = temos ( )det M det M I 0⋅ − = 
O que implica que ( )det M I 0,− = logo 1 é auto-valor de M. Isso implica que existe auto-vetor 
não-nulo n x1X , tal que MX X.= 
III. Verdadeira. Se calcularmos seu determinante temos D 1.= Para termos uma matriz inversível, 
precisamos ter D 0,≠ o que acontecerá para todo θ, respeitando a condição de existência 
k , k .
2
πθ ≠ + π ∈] 
 
 
8. Se 1 é uma raiz de multiplicidade 2 da equação 4 2 0,x x ax b+ + + = com a, b ,∈\ então 2 3−a b 
é igual a 
 
A. ( ) –64. B. ( ) –36. 
C. ( ) –28. D. ( ) 18. 
E. ( ) 27. 
 
 
 
 
 
 
6 
 
 
Alternativa: C 
 
Considere o polinômio 4 2P(x) x x ax b= + + + e 3P’(x) 4x 2x a.= + + Como 1 é raiz dupla de P, 
então P(1) P’(1) 0= = 
1 1 a b 0 a 6
4 2 a 0 b 4
+ + + = = −  + + = = ∼
 
Assim, ( )22 3 3 2 3a b 6 4 36 64 a b 28− = − − = − ⇒ − = − 
 
 
9. O produto das raízes reais da equação 2 32 2 3− + = −x x x é igual a 
 
A. ( ) –5. B. ( ) –1. 
C. ( ) 1. D. ( ) 2. 
E. ( ) 5. 
 
Alternativa: A 
 
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 22 2
2 22 2 2
x 3x 2 2x 3 x 3x 2 2x 3
x 3x 2 2x 3 0 x x 1 x 5x 5 0
− + = − ⇒ − + = −
⇒ − + − − = ⇒ − − ⋅ − + =
 
Ambos os fatores nos fornecem raízes reais. 
Assim, o produto de todas as raízes reais é igual a ( ) ( )P 1 5 P 5= − ⋅ ⇒ = − 
 
 
10. Considere a equação algébrica ( )3 4
1
0.−
=
− =∑ kk
k
x a Sabendo que 0=x é uma das raízes e que 
( )1 2 3, , a a a é uma progressão geométrica com 1 2=a e soma 6, pode-se afirmar que 
 
A. ( ) a soma de todas as raízes é 5. B. ( ) o produto de todas as raízes é 21. 
C. ( ) a única raiz real é maior que zero. D. ( ) a soma das raízes não reais é 10. 
E. ( ) todas as raízes são reais. 
 
Alternativa: A 
 
x 0= é raiz ( )3 21 2 3a a a 0 I⇒ − + − = 
Termos em P.G. com ( ) ( ) ( )21 1 2 3a 2 : a , a , a 2, 2q, 2q II= = 
( ) ( )II em I : 
( )23 2 22 2q 2q 0 q 4 q 2 ou 2− + − = ⇒ = ⇒ = + − 
Como 1 2 3a a a 6, então q 2+ + = = − 
Logo, ( ) ( ) ( ) ( )3 4 k 3 2 3 2k
k 1
x a x 2 x 4 x 8 x 5x 21x−
=
− = − + + + − = − +∑ 
Portanto, a soma das raízes da equação é 5 
 
 
 
 
 7 
 
11. A expressão 2 24 9 16 54 61 0,+ − − + =x y x ye e e e com x e y reais, representa 
 
A. ( ) o conjunto vazio. 
B. ( ) um conjunto unitário. 
C. ( ) um conjunto não-unitário com um número finito de pontos. 
D. ( ) um conjunto com um número infinito de pontos. 
E. ( ) o conjunto ( ) ( ) ( ){ }2 22, | 2 2 3 3 1 .∈ − + − =\ x yx y e e 
 
Alternativa: D 
 
Completando quadrados, obtém-se: 
( ) ( ) ( ) ( )
2 2x y
2x x 2y y
2 2
e 2 e 3
4 e 4e 4 9 e 6e 9 61 16 81 1
3 2
− −− + + − + = − + + ⇒ + = 
Sejam x yz e e w e .= = 
Assim, temos que *x, y z, w .+∈ ⇒ ∈\ \ 
Logo, em z e w, tem-se a seguinte figura: 
 
Com isso, há infinitos pares (z, w) e, consequentemente, infinitos pares (x, y). 
 
 
12. Com respeito à equação polinomial 4 3 22 3 3 6 2 0x x x x− − + − = é correto afirmar que 
 
A. ( ) todas as raízes estão em ._ 
B. ( ) uma única raiz está em ] e as demais estão em \ ._ ] 
C. ( ) duas raízes estão em _ e as demais têm parte imaginária não-nula. 
D. ( ) não é divisível por 2 1.−x 
E. ( ) uma única raiz está em \_ ] e pelo menos uma das demais está em \ .\ _ 
 
Alternativa: E 
 
Pelo Teorema das Raízes Racionais, as possíveis raízes em Q estão em 11, .
2
 ± ±   
Testando os candidatos com Ruffini e fatorando, vem: 
( )( )( )4 3 2 22x 3x 3x 6x 2 2x 1 x 1 x 2 .− − + − = − − − 
 
 
8 
 
 
Logo, as raízes são 11, , 2
2
± e, portanto, há uma única raiz em 1\ x
2
 =  _ ] e duas raízes em ( )\ x 2 .= ±\ _ 
 
 
13. Sejam m e n inteiros tais que 2
3
= −m
n
 e a equação 2 236 36 23 0+ + + − =x y mx ny representa 
uma circunferência de raio r = 1 cm e centro C localizado no segundo quadrante. Se A e B são 
os pontos onde a circunferência cruza o eixo Oy, a área do triângulo ABC, em cm2, é igual a 
 
A. ( ) 8 2 .
3
 B. ( ) 4 2 .
3
 
C. ( ) 2 2 .
3
 D. ( ) 2 2 .
9
 
E. ( ) 2 .
9
 
 
Alternativa: D 
 
Completando quadrados, obtém-se: 
2 2 2 2
2
m n m n 23x y
72 72 72 36
+   + + + = +       
2 2 2
2 2
2
m n 23 72 13r 1 1 m n
72 36 36
+ ⋅= ⇒ + = ⇒ + = 
Como 3mn ,
2
= − então 
2 2 2
2 23m 72 13 4 72m m m 24
2 36 36
⋅ ⋅ + − = ⇒ = ⇒ =   (pois Cx 0< ) 
Assim, 3 24n 36
2
⋅= − = − e a equação da circunferência fica 
2 21 1x y 1
3 2
   + + − =       
Achando ( )AA 0, y e ( )BB 0, y : 
2 2 21 1 1 8 2 2 1 4 20 y 1 y y AB
3 2 2 9 3 2 3
     + + − = ⇒ − = ⇒ = ± + ⇒ =           
Finalmente, C 2ABC ABC
AB x 2 2S S cm
2 9
⋅= ⇒ = 
 
 
14. Entre duas superposições consecutivas dos ponteiros das horas e dos minutos de um relógio, o 
ponteiro dos minutos varre um ângulo cuja medida, em radianos, é igual a 
 
A. ( ) 23 .
11
π B. ( ) 13 .
6
π 
C. ( ) 24 .
11
π D. ( ) 25 .
11
π 
E. ( ) 7 .
3
π 
 
 
 
 9 
 
Alternativa: C 
 
Sem perda de generalidade, seja 12 h o marco inicial dos ponteiros. 
Sejam H Meθ θ os ângulos, em radianos, dos ponteiros das horas e dos minutos, respectivamente. 
Assim, H Mt e 2 t,6
πθ = θ = π onde t é medido em horas e representa o tempo transcorrido após as 
12 h. 
Para haver superposição, M H 2 k , k .θ −θ = π ∈] 
Para a primeira superposição, M H M
12 242 2 t 2 t h
6 11 11
π π θ −θ = π ⇒ π− = π ⇒ = ⇒ θ =   
 
 
15. Seja ABC um triângulo retângulo cujos catetos AB e BC medem 8 cm e 6 cm, 
respectivamente. Se D é um ponto sobre AB e o triângulo ADC é isósceles, a medida do 
segmento ,AD em cm, é igual a 
 
A. ( ) 3 .
4
 B. ( ) 15 .
6
 
C. ( ) 15 .
4
 D. ( ) 25 .
4
 
E. ( ) 25 .
2
 
 
Alternativa: D 
 
De acordo com o texto, podemos montar a seguinte figura: 
 
8 x−
r
D
x
AC
6
B
x
med ( )AD x= 
 
No ∆BDC, temos: 
( )22 2 2 2 25x 6 8 x x 36 64 16x x x cm
4
= + − ⇒ = + − + ⇒ = 
 
 
 
 
10 
 
 
16. Sejam ABCD um quadrado e E um ponto sobre .AB Considere as áreas do quadrado ABCD, 
do trapézio BEDC e do triângulo ADE. Sabendo que estas áreas definem, na ordem em que 
estão apresentadas, uma progressão aritmética cuja soma é 200 cm2, a medida do segmento 
,AE em cm, é igual a 
 
A. ( ) 10 .
3
 B. ( ) 5. 
C. ( ) 20 .
3
 D. ( ) 25 .
3
 
E. ( ) 10. 
 
Alternativa: C 
 
De acordo com o texto, temos a figura a seguir: 
 
A
D
B
CA
A
x−A
A
Ex
 
área 2ABCD = A 
área 2 xBEDC
2
= − AA 
área xADE
2
= A 
 
Podemos montar o sistema: 
2 2
2 2
2 2 2
x xPA ; ; x x 22 x2 2
2 2 3
x x 10200 100
2 2
  −      − = + =            =+ − + = =    
A AA A A A AA A∼ ∼A A AA A A
 
Assim, 2 10 20AE x AE cm .
3 3
⋅= = ⇒ = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 11 
 
17. Num triângulo ABC o lado AB mede 2 cm, a altura relativa ao lado AB mede 1 cm, o ângulo 
ˆABC mede 135º e M é o ponto médio de .AB Então a medida de ˆ ˆ ,+BAC BMC em radianos, é 
igual a 
 
A. ( ) 1 .
5
π B. ( ) 1 .
4
π 
C. ( ) 1 .
3
π D. ( ) 3 .
8
π 
E. ( ) 2 .
5
π 
 
Alternativa: B 
 
Sendo ˆBAC,α = ˆBMCβ = e H o pé da altura relativa ao lado AB, tem-se a seguinte figura: 
 
 
 
ˆ ˆABC 135º HBC 45º BHC= ⇒ = ⇒ ∆ é um triângulo retângulo isósceles BH CH 1⇒ = = 
Pela figura: 1tg
3
α = e 1tg
2
β = 
( )
1 1
tg tg 3 2tg 11 11 tg tg 1
3 2
+α+ β⇒ α +β = = =− α ⋅ β − ⋅
k , k
4
π⇒ α +β = + π ∈] 
Como 0 , 0 ,
2
π< α β < ⇒ < α +β < π tem-se como única opção .
4
πα+β = 
 
 
18. Um triângulo ABC está inscrito numa circunferência de raio 5 cm. Sabe-se ainda que AB é o 
diâmetro, BC mede 6 cm e a bissetriz do ângulo ˆABC intercepta a circunferência no ponto D. 
Se α é a soma das áreas dos triângulos ABC e ABD e β é a área comum aos dois, o valor de 
2− ,α β em cm2, é igual a 
 
A. ( ) 14. B. ( ) 15. 
C. ( ) 16. D. ( ) 17. 
E. ( ) 18. 
 
 
12 
 
 
Alternativa: A 
 
Do enunciado temos a seguinte situação: 
 
D
A
C
6
B55
5
3
3 5
θ
θ AO OB 5 cm= =
BC 6 cm=
AC 8 cm=
θ
 
 
Teorema da bissetriz interna no ∆ABC: AE 10 AE 5 cm
8 AE 6
= ⇒ =− 
área ∆ABC = 28 6 24 cm
2
⋅ = 
área ∆AEB = 25 6 15 cm
2
⋅ = 
No ∆BCE temos BE 3 5 cm= 
AD DE 5ADE BCE AD 2 5 cm e DE 5 cm
6 3 3 5
∆ ∆ ⇒ = = ⇒ = =∼ 
22 5 4 5área ABD 20 cm
2
⋅∆ = = 
Assim, ( ) 22 24 20 215 2 14cmα− β = + − ⋅ ⇒ α − β = 
 
 
19. Uma esfera está inscrita em uma pirâmide regular hexagonal cuja altura mede 12 cm e a aresta 
da base mede 10 3 .
3
cm Então o raio da esfera, em cm, é igual a 
 
A. ( ) 10 3.
3
 B. ( ) 13.
3
 
C. ( ) 15 .
4
 D. ( ) 2 3. 
E. ( ) 10 .
3
 
 
 
 
 
 13 
 
Alternativa: E 
 
Considere a figura abaixo, onde L é o centro da esfera inscrita e D e A são os pontos de tangência 
com a base e a face lateral VRS, respectivamente. 
 
θθ
 
 
O ∆RSD é equilátero, logo 10 3 3MD 5 cm.
3 2
= ⋅ = 
Como LA = LD, ML é bissetriz do ângulo lVMD. 
2 2 2 2 2VMD: VM MD VD 5 12∆ = + = + ⇒ VM = 13 cm. 
Pelo teorema da bissetriz interna (aplicado ao VMD),∆ teremos: 
LD VL r 12 r 10r cm .
MD VM 5 13 3
−= ⇒ = ⇒ = 
 
 
20. Considere as afirmações: 
 
I – Existe um triedro cujas 3 faces têm a mesma medida 120º.=a 
II – Existe um ângulo poliédrico convexo cujas faces medem, respectivamente, 30º, 45º, 50º, 
50º e 170º. 
III – Um poliedro convexo que tem 3 faces triangulares, 1 face quadrangular, 1 face 
pentagonal e 2 faces hexagonais tem 9 vértices. 
IV – A soma das medidas de todas as faces de um poliedro convexo com 10 vértices é 2880º. 
 
Destas, é(são) correta(s) apenas 
 
A. ( ) II. B. ( ) IV. 
C. ( ) II e IV. D. ( ) I, II e IV. 
E. ( ) II, III e IV. 
 
 
 
14 
 
 
Alternativa: C 
 
I. Falsa. 
A soma das medidas das faces de um triedro é sempre maior que 0º e menor que 360º. Com isso, 
temos: 
1 2 3f f f 360º 120º 120º 120º 360º 360º 360º+ + < ⇒ + + < ⇒ < 
 
II. Verdadeira. 
Deve-se satisfazer duas propriedades: 
1 1 2 3 nP ) 0 f f f f 360º< + + + + <… 
2 1 2 n 1 nP ) f f f f−+ + + >… 
Em que 1 2 3 nf , f , f f… são as medidas das faces do ângulo poliédrico. 
Como a soma 30º + 45º + 50º + 50º +170º = 345º é menor que 360º, a propriedade 1P é satisfeita. 
Como a maior face é menor que a soma das outras, 30º + 45º + 50º + 50º > 170º, a propriedade 2P 
também é satisfeita. 
 
III. Falsa. 
Com duas faces hexagonais, mesmo que elas tenham uma aresta em comum, e por consequência 
dois vértices em comum, teremos, no mínimo, 10 vértices. 
 
IV. Verdadeira. 
A soma dos ângulos de todas as faces de um poliedro é dada pela fórmula ( )S V 2 360º .= − ⋅ Com 
isso, temos, para V = 10: 
( ) ( )S V 2 360º 10 2 360º 2880º= − ⋅ = − ⋅ = 
 
 
21. Analise a existência de conjuntos A e B, ambos não-vazios, tais que ( ) ( )\ \ .∪ =A B B A A 
 
Resolução: 
 
Sabendo-se que ( ) ( ) ( ) ( )A \ B B \ A A B \ A B A,∪ = ∪ ∩ = então para todo x A∈ temos que 
x A B,∉ ∩ logo A B .∩ =∅ 
Assim, temos que A B A,∪ = ou seja, que B é subconjunto de A e, desta forma, temos que B =∅ 
ou A B .∩ ≠ ∅ 
O primeiro caso contraria o enunciado e o segundo é absurdo. 
Logo, não existem conjuntos A e B não vazios que satisfaçam a relação ( ) ( )A \ B B \ A A.∪ = 
 
 
22. Sejam 3≥n ímpar, { }\ 0∈^z e 1 2, , ..., nz z z as raízes de 1.=nz Calcule o número de valores 
, , 1, 2, ..., ,− =i jz z i j n com ,≠i j distintos entre si. 
 
Resolução: 
 
No plano complexo, as raízes de nz 1= formam um polígono regular. 
 
 
 
 15 
 
Como i jz z− significa a distância entre zi e zj no plano complexo, o número de valores diferentes 
desta expressão é igual ao número de medidas diferentes entre lados e diagonais de um polígono 
regular de n lados. 
 
As medidas diferentes serão: 
1z
2z
3z
4z
n 1
2
z +  
n
2
m   
3m
2m
1m
 
Logo, o número de valores distintos é n .
2
    
Como n é ímpar: n n 1 .
2 2
−  =   
 
 
23. Sobre uma mesa estão dispostos 5 livros de história, 4 de biologia e 2 de espanhol. Determine a 
probabilidade de os livros serem empilhados sobre a mesa de tal forma que aqueles que tratam 
do mesmo assunto estejam juntos. 
 
Resolução: 
 
Há 11! maneiras distintas de se empilhar 11 livros, se levarmos em consideração apenas a ordem 
dos livros na pilha. 
Há 5! maneiras de se empilhar os livros de história, 4! maneiras de se empilhar os livros de 
biologia, 2! maneiras de se empilhar os livros de espanhol e 3! maneiras de se empilhar as pilhas de 
livros de cada matéria. 
Portanto, supondo equiprovável qualquer uma das 11! possíveis pilhas, temos que a probabilidade 
de que os livros que tratam do mesmo assunto ficarem juntos é: 3! 5! 4! 2! 1
11! 1155
⋅ ⋅ ⋅ = 
 
 
 
 
 
16 
 
 
24. Resolva a inequação em 
( )21
5
log 191: 16
4
− + <   \
x x
. 
 
Resolução: 
 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 21 5 55log x x 19 log x x 19 log x x 192 1 2116 4 4 4 44
− +  − − + − +−    < ⇒ < ⇒ <   ( )2 2 2 25 2 log x x 19 5 x x 19 0 x x 6⇒ < − + ⇒ < − + ⇒ < − − 
2− 3 x ] [ ] [S ; 2 3;= −∞ − ∪ +∞ 
 
 
25. Determine todas as matrizes 2 2 ( )M ×∈ \M tais que ( )2 2, .MN NM N ×= ∀ ∈ \M 
 
Resolução: 
 
Tomemos 
x y a b
M e N
z w c d
   = =      
 
 
Se MN = NM, temos: 
ax cy ax bz (I)
az cw cx dz (II)
bx dy ay bw (III)
bz dw cy dw (IV)
+ = + + = + + = + + = +
 
 
De (I): cy bz= (V) 
De (II): ( )c(x w) a d z− = − (VI) 
 
Como a, b, c e d podem ser quaisquer reais, podemos tomar, por exemplo, b = 0 e c = 1, e concluir, 
em (V) que y = 0. 
Tomando agora b = 1 e c qualquer, como y = 0, obtemos em (V) que z = 0. 
Como z = 0, então de (VI) x = w. 
x 0
M x I, com x
0 x
 ∴ = = ⋅ ∈   \ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 17 
 
26. Determine todos os valores de ∈\m tais que a equação ( ) 22 2 2 0m x m x m− + + + = tenha 
duas raízes reais distintas e maiores que zero. 
 
Resolução: 
 
Considere a função ( ) ( ) 2f x 2 m x 2m x m 2= − + + + com parâmetro m. 
Para f ter duas raízes reais, distintas e positivas, é necessário e suficiente que: 
( ) ( )
( )
( )2
2
V
0 8 m 2 0 m 2 ou m 2
2 m f 0 0
4 m 0 2 m 2
2mx 0 m m 0 ou m 202 2 m
m 2
 ∆ > ⋅ − >  > < − − ⋅ >  − > − < <  −  = > < >  >−  −
∼ ∼ 
Assim, m 2; 2 ∈ − −  
 
 
27. Considere uma esfera Ω com centro em C e raio r = 6 cm e um plano ∑ que dista 2 cm de C. 
Determine a área da intersecção do plano ∑ com uma cunha esférica de 30º em Ω que tenha 
aresta ortogonal a ∑. 
 
 
Resolução: 
 
Ω
∑
 
 
A interseção do plano ∑ com a cunha é um setor circular com ângulo 30º e raio r 4 2 cm.= 
 
Logo, 2 2sc sc
32 8A cm A cm12 3
π⋅ π= ⇒ = 
 
 
 
 
18 
 
 
28. a) Calcule 2 2 2 .
5 5 10 5 5 10
cos sen cos sen cos senπ π π π π π − −   
 b) Usando o resultado do item anterior, calcule .
10 5
sen cosπ π 
 
Resolução: 
 
a) 2 2 2 2cos sen cos 2sen cos sen cos cos sen sen
5 5 10 5 5 10 5 10 5 10
π π π π π π π π π π − − = −   
2 22cos cos cos sen cos 2sen cos sen 0
5 10 2 5 5 10 5 5 10
π π π π π π π π π   = + = ⇒ − − =       
 
b) Do item anterior: 
2 22 sen cos sen cos cos 2 sen cos 2sen cos cos cos
10 5 5 5 10 10 5 10 10 5 10
π π π π π π π π π π π    = ⋅ ⇒ =         
2cos
1 15sen cos ,
10 5 4 4sen
10
π  π π  ⇒ = ⋅ =π   
 pois 2
5 10 2
π π π+ = e, portanto, 2cos sen
5 10
π π= 
Logo, 1sen cos
10 5 4
π π = 
 
 
29. Num triângulo AOB o ângulo lAOB mede 135º e os lados AB e OB medem 2 cm e 
2 3− cm, respectivamente. A circunferência de centro em O e raio igual à medida de OB 
intercepta AB no ponto ( ).≠C B 
 a) Mostre que lOAB mede 15º. 
 b) Calcule o comprimento de AC . 
 
 
Resolução: 
 
a) Sendo lOAB,α = lOBA,β = pela lei dos senos tem-se: 
l lsen OAB sen AOB sen sen135º sen 2 2 3sen
OB AB OB AB 22 22 3
α α −= ⇒ = ⇒ = ⇒ α =
−
 
Tem-se que ( ) ( )23 1 3 2 3 1 2 2 3 .− = − + = − 
Logo, 
( )23 11 3 1 62sen sen15º 15º ou 165º
2 2 42 2
− − −α = = = = ⇒ α = 
Mas: 135º 180º 45º 15ºα+β+ = ⇒ α < ⇒ α = 
 
 
 
 
 19 
 
b) 
30º 30º15º
2 3−120º15º
x 2 x− 
 
135º 180º ,α+β+ = com 15º 30ºα = ⇒ β = 
A circunferência determina que lOB OC OCB 30º= ⇒ = β = 
l l lACO : AOC BCO 15º AOC 30º∆ α+ = ⇒ + = 
ˆAOC 15 AOC é isósceles AC OC AC 2 3cm⇒ = ° ⇒ ∆ ⇒ = ⇒ = − 
 
 
30. Considere um triângulo equilátero cujo lado mede 2 3 cm. No interior deste triângulo existem 
4 círculos de mesmo raio r. O centro de um dos círculos coincide com o baricentro do 
triângulo. Este círculo tangencia externamente os demais e estes, por sua vez, tangenciam 2 
lados do triângulo. 
a) Determine o valor de r. 
b) Calcule a área do triângulo não preenchida pelos círculos. 
c) Para cada círculo que tangencia o triângulo, determine a distância do centro ao vértice mais 
próximo. 
 
Resolução: 
 
De acordo com o texto, podemos construir o triângulo equilátero ABC com altura de 3 cm. Observe 
a figura com os 4 círculos internos ao triângulo. 
1O
3O
2O
 
 
 
20 
 
 
a) Sendo G o baricentro do ∆ABC, temos 2CG 3 2 cm
3
= ⋅ = 
1CG 2r r r 2 r cm
2
= + + = ⇒ = 
b) A área do triângulo não preenchida pelos círculos é dada por: 
( )2 22 3 3 1área 4 área 3 3 cm2 2⋅  = − π ⇒ = − π   
c) A distância dos centros 1 2 3O , O e O aos vértices mais próximos vale 2r, ou seja, 1 cm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Comentários 
 
A prova de Matemática de 2011 apresentou questões bem elaboradas e um pouco menos 
trabalhosas do que de anos anteriores. 
Percebemos uma redução na incidência de trigonometria e um grande aumento no número de 
questões de geometria plana (totalizando 6 questões). 
Vale ressaltar duas observações: 
a) Na questão 2, acreditamos que há um erro de digitação na afirmação II, na qual provavelmente 
deveríamos ter 1 2 2 1z z z z .⋅ = ⋅ Neste caso, a alternativa correta seria a D. Entretanto, 
resolvendo de acordo com o enunciado original, a alternativa correta é a C. 
b) A questão 4 não possui alternativa correta. De acordo com o texto, chegamos à resposta 5 .
6