ITA Matemática 2012

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1 
 
NOTAÇÕES 
 
 ¥ : 
R : 
R
+ : 
i : 
P(A) : 
n(A) : 
AB : 
pAB : 
conjunto dos números naturais 
conjunto dos números reais 
conjunto dos números reais não negativos 
unidade imaginária; 2 1i = − 
conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A
número de elementos do conjunto finito A 
segmento de reta unindo os pontos A e B 
arco de circunferência de extremidades A e B 
arg z :
[ ], a b =
\A B =
CA :
argumento do número complexo z 
{ }: x a x b∈ ≤ ≤¡ 
{ }: e x x A x B∈ ∉ 
complementar do conjunto A 
2
0 1 2
0
... , 
n
k n
k n
k
a x a a x a x a x n
=
= + + + + ∈∑ ¥ 
 
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos retangulares. 
 
 
1. Deseja-se trocar uma moeda de 25 centavos, usando-se apenas moedas de 1, 5 e 10 centavos. 
Então, o número de diferentes maneiras em que a moeda de 25 centavos pode ser trocada é 
igual a 
 
A. ( ) 6. B. ( ) 8. C. ( ) 10. 
D. ( ) 12. E. ( ) 14. 
 
Alternativa: D 
 
Sendo x, y e z os respectivos números de moedas de um, cinco e dez centavos, temos, da equação 
diofantina x 5y 10z 25+ + = , que x é múltiplo de cinco. 
Fazendo x = 5k, temos que encontrar o número de soluções naturais da equação k y 2z 5.+ + = 
Como 2z 5 e z< ∈N implicam { }z 0, 1, 2 ,∈ temos: 
- para z = 0, que a equação k + y = 5 admite 6,5C 6= soluções naturais; 
- para z = 1, que a equação k + y = 3 admite 4,3C 4= soluções naturais; 
- para z = 2, que a equação k + y = 1 admite 2,1C 2= soluções naturais. 
Logo, há 6 + 4 + 2 = 12 maneiras diferentes de se trocar essa moeda. 
 
 
2. Dois atiradores acertam o alvo uma vez a cada três disparos. Se os dois atiradores disparam 
simultaneamente, então a probabilidade de o alvo ser atingido pelo menos uma vez é igual a 
 
A. ( ) 2 .
9
 B. ( ) 1 .
3
 C. ( ) 4 .
9
 
D. ( ) 5 .
9
 E. ( ) 2 .
3
 
 
 
 
2 
 
 
Alternativa: D 
 
Podemos afirmar que a probabilidade de acerto de cada um dos atiradores é 1 .
3
 
Então: ( ) ( ) 22 5P pelo menos um acertar 1 P dois errarem 1 .
3 9
 = − = − =   
 
 
3. Sejam ( )2 cos 45º sen 45º= +z n i e ( )cos 15º sen 15º ,= +w n i em que n é o menor inteiro 
positivo tal que ( )1 ni+ é real. Então, z
w
 é igual a 
 
A. ( ) 3 .i+ B. ( ) ( )2 3 .i+ 
C. ( ) ( )2 2 .i+ D. ( ) ( )2 2 .i− 
E. ( ) ( )2 3 .i− 
 
Alternativa: B 
 
Vamos calcular inicialmente o menor *n +∈Z tal que n(1 i) .+ ∈R 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )n nnn 2 21 i 2 cis 45º 2 cis n 45º 2 cos n 45º i sen n 45º+ = ⋅ = ⋅ ⋅ =  ⋅ + ⋅  ∈  ¡ 
Para ( )n1 i+ real, devemos ter: 
( )sen n 45º 0 n 45º k 180º n 4k; k n 4⋅ = ⇒ ⋅ = ⋅ ∴ = ∈ ⇒ =Z 
Então: 
( ) ( ) ( )
( )
2z n cis 45º 3 1n cis 45º 15º n cis 30º 4 cos30º isen 30 4 i
w n cis 15º 2 2
z 2 3 i
w
 ⋅= = ⋅ − = ⋅ = ⋅ + ° = ⋅ +  ⋅  
= +
 
 
 
4. Se arg ,
4
z π= então um valor para ( )arg 2iz− é 
 
A. ( ) .
2
π− B. ( ) .
4
π C. ( ) .
2
π 
D. ( ) 3 .
4
π E. ( ) 7 .
4
π 
 
Alternativa: E 
 
( ) ( ) 3 7arg 2iz arg 2i arg z 2k 2k ; k
2 4 4
π π π − = − + = + π + = + π ∈   ¢ 
Logo, um valor para este argumento é 7 .
4
π 
 
 
 
 3 
 
5. Sejam 1r , 2r e 3r números reais tais que 1 2−r r e 1 2 3+ +r r r são racionais. Das afirmações: 
 
I. Se 1r é racional ou 2r é racional, então 3r é racional; 
II. Se 3r é racional, então 1 2+r r é racional; 
III. Se 3r é racional, então 1r e 2r são racionais, 
 
é (são) sempre verdadeiras(s) 
 
A. ( ) apenas I. B. ( ) apenas II. C. ( ) apenas III. 
D. ( ) apenas I e II. E. ( ) I, II e III. 
 
Alternativa: E 
 
I. Verdadeira. 
Se r1 é racional, então r2 também é, pois 1 2r r− é racional e, portanto, r3 é racional, pois 
1 2 3r r r+ + é racional. 
Analogamente, se r2 é racional, então r1 também é, pois 1 2r r− é racional e, portanto, r3 é 
racional, pois 1 2 3r r r+ + é racional. 
II. Verdadeira. 
Se r3 é racional, ( )1 2r r+ também é, pois ( )1 2 3r r r+ + é racional. 
III. Verdadeira. 
Se r3 é racional, então ( )1 2r r+ é racional. 
Como 1 2r r+ e 1 2r r− são racionais e 
( ) ( )
( ) ( )
1 2 1 2
1
1 2 1 2
2
r r r r
r
2 ,
r r r r
r
2
+ + − = + − − =
então r1 e r2 são racionais. 
 
 
6. As raízes 1x , 2x e 3x do polinômio ( ) ( ) 2 316 4 2= + − + +p x ax x x estão relacionadas pelas 
equações: 
 31 2 1 2 32 2 e 2 2 02
+ + = − − =xx x x x x 
 
Então, o coeficiente a é igual a 
 
A. ( ) ( )2 1 2 .− B. ( ) ( )2 2 2 .+ C. ( ) ( )4 2 1 .− 
D. ( ) 4 2.+ E. ( ) 2 4.− 
 
Alternativa: C 
 
Do texto, temos: 
1 2 3
3
1 2
1 2 3
x x x 4 2
xx 2x 2
2
x 2x 2x 0
 + + = + + + = − − =
 
 
 
4 
 
 
Escalonando, obtemos: 
1 2 3
3
2
3 2 1
3
x x x 4 2
x
x 2 2 x 4, x 2, x 2 22
52 x 10 4 2
2
 + + = + − = − − ⇒ = = − =  − − = − −  
 
 
Assim: 
( )1 2 1 3 2 3a x x x x x x a 4 2 1= + + ⇒ = − 
 
 
7. Sabe-se que ( )2 , 3 5 , 8 2 , 11 7 2+ − − − +x y x y x y x y z é uma progressão aritmética com o 
último termo igual a –127. Então, o produto xyz é igual a 
 
A. ( ) –60. B. ( ) –30. C. ( ) 0. 
D. ( ) 30. E. ( ) 60. 
 
Alternativa: A 
 
Se (x 2y, 3x 5y, 8x 2y, 11x 7y 2z)+ − − − + é PA, temos: 
x 2y 8x 2y3x 5y (I)
2
+ + −− = 
3x 5y 11x 7y 2z8x 2y (II)
2
− + − +− = 
 
Do texto, temos: 
11x 7y 2z 127 (III)− + = − 
 
De (I), (II) e (III): 
( ){ }
3x 10y 0
x 4y z 0 S 10, 3, 2
11x 7y 2z 127
+ = + − = ⇒ = − − + = −
 
 
Portanto: 
x y z 60 ⋅ ⋅ = − 
 
 
8. Considere um polinômio ( )p x , de grau 5, com coeficientes reais. Sabe-se que 2− i e 3−i 
são duas de suas raízes. Sabe-se, ainda, que dividindo-se ( )p x pelo polinômio ( ) 5= −q x x 
obtém-se resto zero e que ( ) ( )1 20 5 2 3 .= +p Então, ( )1−p é igual a 
 
A. ( ) ( )5 5 2 3 .− B. ( ) ( )15 5 2 3 .− C. ( ) ( )30 5 2 3 .− 
D. ( ) ( )45 5 2 3 .− E. ( ) ( )50 5 2 3 .− 
 
 
 
 5 
 
Alternativa: C 
 
O polinômio p(x) possui 5 raízes complexas. 
Como seus coeficientes são reais, então 2i e 3 i± − ± são suas raízes. 
( )p x é divisível por x 5,− assim: ( )P 5 0= e 5 é raiz. 
( )p x pode escrito como: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )p x k x 5 x 2i x 2i x 3 i x 3 i= ⋅ − − + + − + + 
( ) ( )( ) ( )2 2 p x k x 5 x 4 x 2 3x 4∴ = − + + + 
( ) ( ) ( ) ( )p 1 20 5 2 3 k 20 5 2 3 k 1= + = ⋅ − ⋅ + ∴ = − 
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )p 1 1 1 5 1 4 1 2 3 4 p 1 30 5 2 3− = − − − + − + ⇒ − = ⋅ − 
 
 
9. Um triângulo ABC tem lados com medidas 3 ,
2
a cm= 1 b cm= e 1 .
2
c cm= Uma 
circunferência é tangente ao lado a e também aos prolongamentos dos outros dois lados do 
triângulo, ou seja, a circunferência é ex-inscrita ao triângulo. Então, o raio da circunferência, 
em cm, é igual a 
 
A. ( ) 3 1.
4
+ B. ( ) 3 .
4
 C. ( ) 3 1.
3
+ 
D. ( ) 3 .
2
 E. ( ) 3 2 .
4
+ 
 
Alternativa: A 
 
Seja IA o ex-incentro da circunferência ex-inscrita no ∆ABC: 
 
30o
A 1 x
B
F
r
IA
x
C D
1
2
3 x
2
−
3 x
2
−
 
 
 
6 
 
 
Do ABC :∆ 
( )
22
2 1 31 .
2 2
  = +        
 
Logo, o triângulo é retângulo em Bˆ e 1ˆ ˆcos A A 60 .
2
= ∴ = ° 
Os segmentos tangentes AD e AF são congruentes: 
1 3 3 11 x x x
2 2 4
−+ = + − ⇒ = 
 
AAI
JJG
 é bissetriz de ˆBAC, logo, no AAI D,∆ temos: 
o
3 11r 3 14tg30 r r .
1 x 43
−+ += ⇒ = ⇒ =+ 
 
 
10. Sejam (0,0), (0,6) e (4,3)= = =A B C vértices de um triângulo. A distância do baricentro 
deste triângulo ao vértice A, em unidadesde distância, é igual a 
 
A. ( ) 5 .
3
 B. ( ) 97 .
3
 
C. ( ) 109 .
3
 D. ( ) 5 .
3
 
E. ( ) 10 .
3
 
 
Alternativa: B 
 
Considere a figura abaixo: 
 
3
6 B
C
d
G
4A 4
3 
Pelo Teorema de Pitágoras, temos: 
2
2 2 4 16 97 97d 3 9 d
3 9 9 3
 = + = + = ⇒ =   
 
 
 
 
 
 
 7 
 
11. A área do quadrilátero definido pelos eixos coordenados e as retas : 3 3 0− + =r x y e 
: 3 21 0,+ − =s x y em unidades de área, é igual a 
 
A. ( ) 19 .
2
 B. ( ) 10. 
C. ( ) 25 .
2
 D. ( ) 27 .
2
 
E. ( ) 29 .
2
 
 
Alternativa: D 
 
Considere a figura abaixo: 
 
y
x7
C
A
D
1 B
P
r
s
21
−3
 
 
 
 
 
 
( )
P
x 3y 3 3 x 3y 3
P r s : y 3
10y 303x y 21
− = − − − = −= ∩ ∴ =  =+ = 
∼ 
ABPC DPC DBA
1 1S S S 10 3 3 1
2 2
= − = ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ 
ABPC
27
 S 
2
∴ = 
 
 
 
12. Dados os pontos A = (0, 0), B = (2, 0) e C = (1, 1), o lugar geométrico dos pontos que se 
encontram a uma distância d = 2 da bissetriz interna, por A, do triângulo ABC é um par de retas 
definidas por 
 
A. ( ) 1,2 : 2 2 4 2 0.− ± + =r y x 
B. ( ) 1,2
2: 2 10 2 0.
2
− ± + =r y x 
C. ( ) 1,2 : 2 2 10 2 0.− ± + =r y x 
D. ( ) 1,2 : ( 2 1) 2 4 2 0.− − ± + =r y x 
E. ( ) 1,2 : ( 2 1) 2 4 2 2 0.+ − ± + =r y x 
 
+
 
 
8 
 
 
Alternativa: E 
 
Considere a figura abaixo, onde r é a reta da bissetriz interna do ângulo BÂC. 
 
y
xBA 1
C
r1
α
α
 
2 
4 8
π πα = ⇒ α = 
 
( )r : y tg x y 2 1 x8π = ⇒ = −   
 
 
Seja P(x, y) um ponto do lugar geométrico pedido: 
( )
( ) ( )P, r 22
y 2 1 x
d 2 2 y 2 1 x 2 4 2 2
1 2 1
− −
= ⇒ = ⇒ − − = ± −
+ −
 
( )2 1 y x 2 4 2 2 0+ − ± + = 
 
 
13. Sejam A, B e C subconjuntos de um conjunto universo U. Das afirmações: 
 
I. ( ) ( )\ \ ;C CA B C A B C= ∩ ∪ 
II. ( ) ( )\ \ ;CC CA B C A B C= ∪ ∩ 
III. ( ) ,CC CB C B C∪ = ∩ 
 
é (são) sempre verdadeira(s) apenas 
 
A. ( ) I. B. ( ) II. C. ( ) III. 
D. ( ) I e III. E. ( ) II e III. 
 
Alternativa: C 
 
Utilizando as propriedades da álgebra dos conjuntos, temos. 
 
I. Falsa. 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )C CC C C C CA \ B \ C A B \ C A B C A B C A B C = ∩ = ∩ ∩ = ∩ ∩ ≠ ∩ ∪   
 
II. Falsa. 
( ) ( )C CA \ B \ C A B C= ∩ ∩ e ( ) ( )CC C CA B C A B C A B C∪ ∩ = ∪ ∪ = ∪ ∪ 
Essas expressões são diferentes, pois ( ) CA B C∩ ∩ não possui elementos de C, enquanto 
CA B C∪ ∪ possui elementos de C. 
 
III. Verdadeira. 
( )CC CB C B C .∪ = ∩ Trata-se do Teorema de De Morgan. 
 
 
 
 9 
 
14. Sejam A e B dois conjuntos disjuntos, ambos finitos e não vazios, tais que 
( ) ( )( ) ( )( )1 .n P A P B n P A B∪ + = ∪ Então, a diferença ( ) ( )n A n B− pode assumir 
 
A. ( ) um único valor. B. ( ) apenas dois valores distintos. 
C. ( ) apenas três valores distintos. D. ( ) apenas quatro valores distintos. 
E. ( ) mais do que quatro valores distintos. 
 
Alternativa: A 
 
Sendo A e B dois conjuntos disjuntos ( ) ,∩ =∅A B ambos finitos e não vazios ( )n(A) e n(B) ,∗+∈Z 
tais que n(A) = x e n(B) = y, temos: 
( ) ( )( ) ( )x y x yn P(A) P(B) 1 n P A B 2 2 1 1 2 +∪ + = ∪ ∴ + − + = 
( ) ( )x y x y x y 2 2 2 1 2 1 2 1 x y 1+∴ + = ∴ = − ⋅ − ⇒ = = 
Assim: 
( ) ( )n A n B x y 0− = − = 
Logo ( ) ( )n A n B− pode assumir um único valor. 
 
 
15. Considere um número real 1≠a positivo, fixado, e a equação em x 
2 2 0,β β β+ − = ∈x xa a ¡ 
 
Das afirmações: 
 
I. Se 0,β < então existem duas soluções reais distintas; 
II. Se 1,β = − então existe apenas uma solução real; 
III. Se 0,β = então não existem soluções reais; 
IV. Se 0,β > então existem duas soluções reais distintas, 
 
é (são) sempre verdadeira(s) apenas 
 
A. ( ) I. B. ( ) I e III. C. ( ) II e III. 
D. ( ) II e IV. E. ( ) I, III e IV. 
 
Alternativa: C 
 
Fazendo ax = t, t > 0, temos: 
( ) ( )2x x 2a 2 a 0 t 2 t 0+ β −β = ∴ + β⋅ −β = 
 
Temos, portanto, para as raízes t1 e t2: 
a) ( ) ( )2 22 4 1 4 4∆ = β − ⋅ ⋅ −β = β + β 
 
−1
+ +
−
0 β 
 
b) 1 2
1 2
t t 2
t t
+ = − β ⋅ = −β
 
 
 
10 
 
 
Vamos analisar as afirmações. 
 
I. Falsa. 
Se 0,β < podemos ter 0,∆ < o que implica não termos soluções reais. 
 
II. Verdadeira. 
Se 1,β = − temos ( ) ( ) ( )2 2x x x xa 2 a 1 0 a 1 0 a 1 x 0− + = ∴ − = ∴ = ∴ = 
Apenas uma solução real. 
 
III. Verdadeira. 
Se 0,β = temos 2xa 0, = ∃ x .∈¡ 
 
IV. Falsa. 
Se 0,β > teremos duas raízes t1 e t2 reais, distintas, uma positiva e outra negativa. Para 
obtermos x ,∈¡ devemos ter *1 2t e t ,+∈¡ assim teremos apenas uma solução para a equação 
inicial. 
 
 
 
16. Seja | arcsen arccos .
2 2 2
− −    − − π = ∈ + =            
x x x xe e e eS x R Então, 
 
A. ( ) .= ∅S B. ( ) { }0 .=S 
C. ( ) { }\ 0 .+=S R D. ( ) +=S .R 
E. ( ) =S .R 
 
Alternativa: B 
 
Sejam 
x x x xe e e earc sen e arc cos .
2 2
− −   − −α = β =         
 
 cos sen .
2 2
π πα +β = ⇔ β = −α ⇒ β = α 
 
Com isso: 
{ }x x x xe e e e x 0 S 0 
2 2
− −− −= ⇔ = ∴ = 
 
 
17. Seja [ ]0,2π∈x tal que ( ) ( ) 2sen cos .
5
=x x Então, o produto e a soma de todos os possíveis 
valores de ( )tg x são, respectivamente 
 
A. ( ) 1 e 0. B. ( ) 1 e 5 .
2
 
C. ( ) – 1 e 0. D. ( ) 1 e 5. 
E. ( ) –1 e 5 .
2
− 
 
 
 
 11 
 
Alternativa: B 
 
2 4sen x cos x sen 2x .
5 5
= ⇒ = 
 
Como 2
2 tg xsen 2x ,
1 tg x
= + temos: 
2
2
4 2 tg x 4 tg x 10 tg x 4 0
5 1 tg x
= ⇒ − + =+ 
 
Logo, como 210 4 4 4 0,∆ = − ⋅ ⋅ > temos: 
5 soma 
2
= e produto 1 .= 
 
 
18. A soma ( )cos ,+∑n
k=0
kα π para todo [ ]0, 2 ,α π∈ vale 
 
A. ( ) ( )cos α− quando n é par. B. ( ) ( )sen− α quando n é ímpar. 
C. ( ) ( )cos α quando n é ímpar. D. ( ) ( )sen α quando n é par. 
E. ( ) zero quando n é ímpar. 
 
Alternativa: E 
 
Temos que ( ) cos x, k é parcos x k cos x, k é ímpar+ π = − 
 
Logo, ( )n
k 0
cos , n é par
cos k 0, n é ímpar=
αα + π = ∑ 
 
 
19. Um cone circular reto de altura 1 cm e geratriz 2 3
3
cm é interceptado por um plano paralelo à 
sua base, sendo determinado, assim, um novo cone. Para que este novo cone tenha o mesmo 
volume de um cubo de aresta 
1 3
,
243
    cm
π é necessário que a distância do plano à base do 
cone original seja, em cm, igual a 
 
A. ( ) 1 .
4
 B. ( ) 1 .
3
 C. ( ) 1 .
2
 
D. ( ) 2 .
3
 E. ( ) 3 .
4
 
 
 
 
 
12 
 
 
Alternativa: D 
 
Considere a figura abaixo: 
 
R
d
x
1
R
2 3
3
Pelo Teorema de Pitágoras, temos: 
2
2 2 2 3 4 3R 1 R cm
3 3 3
 + = = ⇒ =   
 
 
 
Mas: 
31 3
3
3 3cone menor
2
cone maior
243V d 9 1 1 2d d d cm x cm
V 1 243 27 3 31 3 1
3 3
 π      π   = = ⇒ = = ⋅ = ⇒ = ⇒ =  π   ⋅π ⋅  
 
31 3
3
2
243 9 1 1 2d d cm x cm
243 27 3 31 3 1
3 3
 π      π = = ⋅ = ⇒ = ⇒ =π ⋅π ⋅  
 
 
 
20. A superfície lateral de um cone circular reto é um setor circular de 120º a área igual a 23 .cmπ 
A área total e o volume deste cone medem, em 2cm e 3,cm respectivamente 
 
A. ( ) 4π e 2 2 .
3
π B. ( ) 4π e 2 .
3
π 
C. ( ) 4π e 2.π D. ( ) 3π e 2 2 .
3
π 
E. ( ) π e 2 2.π 
 
 
 
 
 
 
 
 
 13 
 
Alternativa: A 
 
Considere as figuras a seguir: 
 
g
θ
g
3π cm2
2πr
o 2 rad
3
π
θ =120 =g
r
h
 
 
Para o comprimento do arco: 
22 r g g 3r (I)
3
ππ⋅ = ⋅ ⇔ = 
 
Para a área lateral do cone: 
LateralA r g 3 r g 3 (II)= π⋅ ⋅ = π ⇔ ⋅ = 
 
De (I) e (II): 
r = 1 cm e g = 3 cm 
 
Para a área total do cone: 
( ) ( ) ( )2 2Total Base Lateral TotalA A A 1 1 3 A 4 cm= + = π⋅ + π⋅ ⋅ ⇒ = π 
 
Para o volume do cone: 
( )22 2 2 31 1 2 2V r h 1 3 1 V cm 
3 3 3
π= π⋅ ⋅ = π ⋅ − ⇒ = 
 
 
21. Dez cartões estão numerados de 1 a 10. Depois de embaralhados, são formados dois conjuntos 
de 5 cartões cada. Determine a probabilidade de que os números 9 e 10 apareçam num mesmo 
conjunto. 
 
Resolução 
 
O total de possibilidades de dividirmos os dez cartões em dois grupos de cinco cartões é 
10,5C 126,
2
= e as situações favoráveis (com 9 e 10 juntos) são iguais a 8,3C 56.= 
Portanto, a probabilidade é dada por: 
56 4P P
126 9
= ⇒ = 
 
 
 
 
14 
 
 
22. Determine os valores reais de x de modo que sen(2 ) 3 cos(2 )−x x seja máximo. 
 
Resolução 
 
( ) ( )sen 2x 3 cos 2x 2sen 2x
3
π − = −   
 
Sendo assim, como a função seno possui valor máximo igual a 1, ela será máxima quando: 
52x 2k , k x k , k
3 2 12
π π π− = π+ ∈ ⇒ = π+ ∈Z Z 
 
 
23. Considere a matriz quadrada A em que os termos da diagonal principal são 1, 1 + x1, 1 + x2, ..., 
1 + xn e todos os outros termos são iguais a 1. Sabe-se que (x1, x2, ..., xn) é uma progressão 
geométrica cujo primeiro termo é 1
2
 e a razão é 4. Determine a ordem da matriz A para que seu 
determinante seja igual a 256. 
 
Resolução 
 
A matriz descrita é dada por: 
 
1
2
n
1 1 1 1
1 1 x 1 1
A 1 1 1 x 1
1 1 1 1 x
  +  = +   + 
"
# % #
"
 
 
Seu determinante pode ser reduzido, por Chió em 11a , a: 
 
 ( ) ( )
1
2 n
2
3 1 2 3 n k
k 1
n
x 0 0 0
0 x 0 0
0 0 x 0det A 1 x x x x x .
0 0 0 x
=
    = − = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =    
∏
"
…
# % #
"
 
 
Como ( )kx é PG, temos: ( ) ( )
n
n n 2n 12k 1 n
k 1
1 1
x x x 4
2 2
−
=
 = ⋅ = ⋅ ⋅  ∏ 
 
Como det A 256,= temos: 
2
n
2n 1 n 2n 81 1 4 256 2 2
2 2
− − ⋅ ⋅ = ⇒ = ⇒   
2n 2n 8 n 4 ou n 2− = ⇒ = = − (não convém). 
 
Sendo a ordem da matriz dada por n 1+ , então A é de ordem 5. 
 
 
 
 
 15 
 
24. Seja n um número natural. Sabendo que o determinante da matriz 
22
3 3
5
5
1loglog 2 2
5 log 3 log 243
5 1 log 25log
125
 −  = +  − −  
n
n
A n 
é igual a 9, determine n e também a soma dos elementos da primeira coluna da matriz inversa 
A–1. 
 
Resolução 
 
Calculando os logaritmos e substituindo em A, temos: 
 
2
n 1 1
A n 5 n 5 detA 2n 19n 30
5 3 2
  = + ⇒ = − + −  − − − 
 
 
Mas detA 9,= o que implica que 22n 19n 39 0− + − = 
 
Logo: n 3 = ou 13n
2
= (∉N) 
 
Dessa forma, 
3 1 1
A 8 3 5
5 3 2
  =   − − − 
 
 
Seja 1
a d g
A b e h ,
c f i
−
  =    
 temos: 
3a b c 1 a 1
 8a 3b 5c 0 b 1
5a 3b 2c 0 c 1
+ + = = + + = ⇒ = − − − − = = −
 
 
Portanto: 
 a b c 1+ + = − 
 
 
25. Em um plano estão situados uma circunferência ω de raio 2 cm e um ponto P que dista 2 2 cm 
do centro de ω. Considere os segmentos PA e PB tangentes a ω nos pontos A e B, 
respectivamente. Ao girar a região fechada delimitada pelos segmentos PA e PB e pelo arco 
menor pAB em torno de um eixo passando pelo centro de ω e perpendicular ao segmento ,PA 
obtém-se um sólido de revolução. Determine: 
 
a) A área total da superfície do sólido. 
b) O volume do sólido. 
 
 
 
 
16 
 
 
Resolução 
 
De acordo com o texto, temos a seguinte situação, sendo PBOA um quadrado de lado 2 cm: 
 
B
P A
2
O
2 2
 
 
a) A área total da superfície do sólido é dada por: 
(área de um hemisfério de raio OA ) + (área lateral de um cilindro reto de geratriz PB) + (área 
do círculo de raio PA ). 
Assim, ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2total totalA 2 2 2 2 2 2 20 A 20 cm= π + π ⋅ + π = π ⇒ = π 
b) Volume do sólido = (volume do cilindro de geratriz PB e raio da base PA ) – (volume da semi-
esfera de raio OA ) ( ) ( )2 3 3sólido1 4 82 2 2 V cm2 3 3
π= π ⋅ − ⋅ π ⇒ = 
 
 
26. As interseções das retas 3 3 0 2 7 0 e 7 7 0− + = + − = + − =r : x y , s : x y t : x y , duas a duas, 
respectivamente, definem os vértices de um triângulo que é a base de um prisma reto de altura 
igual a 2 unidades de comprimento. Determine: 
a) A área total da superfície do prisma. 
b) O volume do prisma. 
 
Resolução 
 
Sejam A r s, B r t e C s t.= ∩ = ∩ = ∩ 
Desse modo: 
( )
( )
( )
x 3y 3 0A r s : y 2 e x 3 A 3; 2
x 2y 7 0
x 3y 3 0
B r t : y 1 e x 0 B 0; 1
x 7y 7 0
x 2y 7 0
C s t : y 0 e x 7 C 7; 0
x 7y 7 0
− + == ∩ ⇒ = = ∴ = + − =
− + == ∩ ⇒ = = ∴ = + − =
+ − == ∩ ⇒ = = ∴ = + − =
 
 
 
 
 
 
 17 
 
Para os lados do triângulo: 
( ) ( )2 2AB 3 0 2 1 10= − + − = 
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
AC 3 7 2 0 20
BC 0 7 1 0 50
= − + − =
= − + − =
 
 
Temos, então, o prisma: 
 
2
A
B
C
2
2
10
20
50
 
 
Para a área da base: 
ABC
0 1 1
1 1A 3 2 1 A 10 5
2 2
7 0 1
∆ = ⋅ ⇒ = ⋅ = 
 
a) ( ) ( )T ABC Lateral TA 2 A A 2 5 2 10 20 50 A 2 5 10 20 50∆= ⋅ + = ⋅ + ⋅ + + ⇒ = ⋅ + + + 
 
b) ABCV A h 5 2 V 10∆= ⋅ = ⋅ ⇒ = 
 
 
27. Dos n alunos de um colégio, cada um estuda pelo menos uma das três matérias: Matemática, 
Física e Química. Sabe-se que 48% dos alunos estudam Matemática, 32% estudam Química e 
36% estudam Física. Sabe-se, ainda, que 8% dos alunos estudam apenas Física e Matemática, 
enquanto 4% estudam todas as três matérias. Os alunos que estudam apenas Química e Física 
mais aqueles que estudam apenas Matemática e Química totalizam 63 estudantes. Determine n. 
 
Resolução 
 
Se todos os n alunos estudam pelo menos uma das 3 matérias, então: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )p M p F p Q p F e M p M e Q p Q e F p M, F e Q 100,+ + − − − + = onde p(A) indica 
porcentagem de alunos que estudam A. 
Mas: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )p apenas F e M p F e M p M, F e Q 8 p F e M 4 p F e M 12= − ⇒ = − ⇒ = 
 
 
 
18 
 
 
Então: 
( ) ( ) ( ) ( )48 36 32 12 p M e Q p Q e F 4 =100 p M e Q p F e Q 8+ + − − − + ⇒ + = 
 
Fazendo um diagrama de Euler-Venn com as porcentagens, temos: 
 
4
8
M F
Q
p(M e Q) − 4 p(F e Q) − 4
 
 
Portanto: 
( ) ( )p M e Q 4 p F e Q 4 0n 63 n 63 n
100 100
− + − ⋅ = ⇒ = ⇒ ∃/ 
 
 
28. Analise se 
2
2
3 x , x 0
: , ( )
3 x , x 0
 + ≥→ =  − <
f f xR R é bijetora e, em caso afirmativo, encontre 
1 : .− →f R R 
 
Resolução 
 
Observe o gráfico da função f: 
 
y
x
3
3−
 
Trata-se de dois trechos de duas parábolas unidas no vértice (0; 3). 
A função f é crescente (injetora) e seu conjunto-imagem é R 
(sobrejetora). 
Assim, f, sendo bijetora, é inversível. 
 
 
 
 
 
 19 
 
Para x 0,≥ temos 2y 3 x ,= + tal que y 3.≥ 
 ( )1f y x e x y 3− = = − 
 
Para x 0,< temos 2y 3 x ,= − tal que y 3< 
 ( )1f y x e x 3 y− = = − − 
 
A inversa de f é dada por: 
 
( )1 1 y 3; y 3 f : e f y 
3 y; y 3
− −  − ≥→ = − − <
R R 
 
 
29. Determine os valores de [0, 2 ]∈ πθ tais que sen( )tg( )log 0.θθ ≥e 
 
Resolução 
 
Condições de existência: tg 0θ > e tg 1θ ≠ 
 
I. 50 tg 1 0 ou 
4 4
π π< θ < ⇒ < θ < π < θ < 
sen( ) sen( ) 0 sen( ) 0
tg( )log e 0 e (tg ) e e sen 0
θ θ θ
θ ≥ ∴ ≤ θ ∴ ≤ ∴ θ ≤ 
Assim, 5; 
4
π θ∈ π   
II. 5 3tg 1 ou 
4 2 4 2
π π π πθ > ⇒ < θ < < θ < 
sen( ) sen( ) 0 sen( ) 0
tg( )log e 0 e (tg ) e e sen 0θ θ θ
θ ≥ ∴ ≥ θ ∴ ≥ ∴ θ ≥ 
Assim, ; 
4 2
π π θ∈   
 
Portanto: 
[ ]I II 5S S S S ; ; 4 2 4π π π = ∪ ⇒ = ∪ π   
 
 
30. As retas 1 2er r são concorrentes no ponto P, exterior a um círculo ω . A reta 1r tangencia ω no 
ponto A e a reta 2r intercepta ω nos pontos B e C diametralmente opostos. A medida do arco 
pAC é 60º e PA mede 2 cm . Determine a área do setor menor de ω definido pelo arco p.AB 
 
 
 
 
 
 
 
20 
 
 
Resolução 
 
De acordo com o texto, temos a seguinte figura: 
 
C
60o 120
o
P
A
B
O
r
r
r2
r1
ω
2
No PAO,∆ temos: 
o 2 6tg60 r cm
r 3
= ∴ = 
 
Área do menor setor circular de ω 
definido pelo arco pAB : 
2
26 1 2A A cm 
3 3 9
  π= π ⋅ ⇒ =   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Comentário 
 
A prova de Matemática do VESTIBULAR 2012 do ITA apresentou nível de dificuldade menor 
em relação aos últimos anos. 
Notamos a predominância de questões de Geometria. 
Os assuntos foram bem distribuídos, exigindo um conhecimento médio de toda a programação.