Gabarito Simulado 14/08/2004

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1 Gabarito - ITA 06/05/017 Matemática Gabarito Simulado 14/08/004 1 C 5 D 9 A 13 E 17 E A 6 B 10 C 14 C 18 B 3 E 7 A 11 A 15 B 19 C 4 C 8 C 1 D 16 A 0 D

2 RESOLUÇÃO SIMULADO IME-ITA MATEMÁTICA - CICLO 3 Questão 01 - Alternativa C Reescrevendo a equação, ela se torna: senx cos x 1 Elevando ao quadrado e desenvolvendo: sen x cos xsenxcos x 1 1senx cosx 1 senxcos x 0 Utilizando a transformação do arco duplo: senx 0 sen0 Então: x k ou x k O que se conclui que, para um intervalo de 0,, os valores de x possíveis são: 3 x 0,,,, Porém, deve-se testar a equação original para verificar se esses valores obedecem pois, ao elevarmos ao quadrado, podemos estar embutindo raízes que não existem. Testando esses valores, observamos que apenas 3 e são raízes da equação no intervalo pedindo, resultando que a soma será. Questão 0 - Alternativa A Sabe-se que existe um triângulo retângulo muito conhecido, que é o triângulo 3,4,5. Dentro desse triângulo, observamos que existe um ângulo tal que: 3 4 arcsen arccos 5 5 Então, a nossa expressão equivale a: tg y tg 1 tg Porém, de acordo com o próprio triângulo 3,4,5: Substituindo, obtemos y 4 7, então: tg y 54

3 IME-ITA Resolução Simulado Questão 03 Alternativa E Como representa uma função senoidal, a equação apresenta uma equação geral da forma y Asen BxC D. Por inspeção das alternativas, percebe-se que D 0, ou seja, o gráfico não foi transladado verticalmente. O período da função é o momento em que ela se repete. A distância entre os pontos ;0 e 11 ;0 4 é igual a 3 4 do período. O período da função é, então, por teoria das proporções: 411 T Utilizando a equação abaixo: T B B 3 O que torna a nossa equação pedida da forma sen x y A C. Substituindo agora o ponto ;0 3, que pertence à função, teremos: Asen C 0 3 Como A 0, então sen C 0. Essa equação tem infinitas soluções possíveis, porém, a única que se 3 encaixa nas alternativas da questão é C. 3 Agora nos resta o parâmetro A. Ele pode ser encontrado a partir do ponto 0, 3. Substituindo, chegamos na equação: A sen 60º 3 O que resulta em A. Então nossa função é Questão 04 Alternativa C x y sen. 3 n 8 Se é um inteiro positivo, então: n 7 n7 n 8 (1) Além disso, todo número divide a si mesmo. n7 n 7 () Fazendo (1) - (): n 7 15 Ou seja, n 7 é um dos divisores de 15. Os divisores de 15 são: 1; 3; 5; 15 Calculando, então, os possíveis valores de n, obtemos: n 8,6,10,4,1,,, 8 Testando os valores na fração para que se obtenha um inteiro positivo, temos que n 8,10,1, ou. Então a soma de todos os valores possíveis de n será 5.

4 Resolução Simulado Questão 05 Alternativa D Sejam A, BC, os números dos livros de Arthur, Brenna e Clarice. Equacionando o problema, obtemos: ABC 9 A C B Resolvendo esse sistema, obtemos B 3. O problema combinatório se resume ao seguinte: escolher os três livros de Brenna e, após isso, o restante deve 9 ser distribuído entre Arthur e Clarice. Os livros de Brenna podem ser escolhidos de 84 maneiras. Após 3 isso, cada um dos livros poderá ficar com Arthur ou com Clarice, ou seja, cada livro terá opções de dono. 6 O número de vezes que isso pode ser feito é, porém temos que retirar as configurações em que Arthur ou 6 Clarice ficam de mãos vazias, totalizando 6 maneiras de distribuir o restante dos livros. Pelo princípio multiplicativo, o número total de configurações para distribuição será: Questão 06 Alternativa B Seja 3x 4a e y7 b, então: a a a b b1 b A expressão pedida pode ser expressa por: a a1 a1 b b1 b Onde acima foi utilizada a relação de Stiffel. Aplicando novamente a relação de Stiffel em cada uma das parcelas: a a a a a b b b1 b1 b Então: a a a a b b b1 b Substituindo os valores encontrados: a b Questão 07 Alternativa A A soma pode ser reduzida utilizando a notação de somatório: 30 k 1 S k k 1 Sabe-se que: k 1 k 1! kk 1! k 1! Então, se dividirmos a equação em S em ambos os lados, obtemos: S 30 kk 1 30 k 1 k1 k1 S Essa é a soma da Coluna do triângulo de pascal até a Linha 31 (começando a contagem a partir da Linha 0 e Coluna 0). Usando o teorema das colunas: S 3 3 S

5 IME-ITA Resolução Simulado Questão 08 Alternativa C Imaginemos a expansão: abcdabcdabcd... abcd 1 vezes 4 5 Para obtermos um número da forma ab c d, temos que escolher um parêntesis com a, quatro com b, dois com c e cinco com d. Isso pode ser analisado como uma operação combinatória, onde temos a configuração básica: abbbbccddddd. O coeficiente será o número de vezes em que essa expressão aparecer, então será equivalente ao número de permutações com repetição da palavra estudada: 1,4,,5 1! P !4!!5! Questão 09 Alternativa A Utilizando a expansão do binômio de Newton: (3) Novamente, mudando o segundo termo: (4) Subtraindo(3) - (4): Então a soma pedida é M. Ou seja, log M log 33 Questão 10 Alternativa C A fórmula do binômio de Newton é: n n n n k k x a x a k 0 k n n O coeficiente do terceiro termo será e do segundo, pois não há valores numéricos dentro dos termos 1 do binômio pedido na questão e, como o segundo termo é maior que o primeiro, estamos no ramo crescente da linha de Pascal. Então: n n 44 1 O que resulta na equação: nn 188n Que é uma equação do segundo grau: n² 3n 880 Cuja raiz positiva é n 11. A fórmula do termo do binômio é: n 11 k 4k Tk 1 x x x k Temos que encontrar o k tal que esse termo seja independente. Então o expoente do x terá de ser igual a zero. Isso resulta em: 3 11 k 4 k 0 11 Então k 3 e o termo independente será

6 Resolução Simulado Questão 11 Alternativa A Pelas transversais que passam P, todos os quatro triângulos são semelhantes entre si por AA. Observe também que o comprimento de qualquer um dos lados do triângulo maior é igual à soma dos lados de cada um dos sin lados correspondentes nos triângulos menores. Usamos a K ab C para mostrar que as áreas são proporcionais (os lados são proporcionais e os ângulos são iguais). Portanto, podemos escrever os comprimentos dos lados correspondentes do triângulo como x, 3x, 7x. Assim, o lado correspondente no grande triângulo é 1x, e a área do triângulo é 1 = 144. Questão 1 Alternativa D Considere ser um subconjunto não-vazio de {1,, 3, 4, 5, 6}. Então a soma alternante de mais a soma alternada de com o 7 incluído é 7. Em termos matemáticos S + (S 7) = 7. Isto é verdade porque quando tomamos uma soma alternada, cada termo de S tem o sinal oposto de cada termo correspondente de (S 7). Note que: {1,, 3, 4, 5, 6} = {1,, 3, 4, 5, 6, 7} = Então: S + (S 7) = 7 Como existem 63 desses pares, a soma de todos os subconjuntos possíveis de nosso conjunto dado é No entanto, esquecemos de incluir o subconjunto que contém apenas 7, por isso a nossa resposta é = 448. Questão 13 Alternativa E As linhas que passam A e C dividem o quadrado em três partes, dois triângulos retângulos e um paralelogramo. Usando o lado menor do paralelogramo, 1/n como a base, onde a altura é 1, descobrimos que a área do paralelogramo é A = 1/n. Pelo teorema de Pitágoras, o maior lado do paralelogramo tem comprimento de modo que o paralelogramo tem altura,. Mas a altura do paralelogramo é exatamente o lado do quadrado pequeno, assim fazendo h = 1/1985 temos: Resolvendo esta equação quadrática n = 3. Questão 14 AlternativaC Nós vemos que Note que isto gira entre os dois números. 5

7 IME-ITA Resolução Simulado Questão 15 Alternativa B 1 k k f (90) k f( k) 90 f( k) k k (g f )(90) k (g f )(90) g(f (90)) gk ( ) 9 gk ( ) 9 3 Questão 16 Alternativa A Usando uma forma diferente do Teorema de Ceva, temos Resolvendo e, obtemos e. Deixe Q ser o ponto em AB tal que. e,. (Teorema de Stewart). Além disso, como e vemos que, etc. ( Teorema de Stewart ) Da mesma forma, temos ( ) e assim. (3-4-5) é triângulo retângulo, então ( ) é. Portanto, a área de. Usando relação de área 6

8 Resolução Simulado Questão 17 Alternativa E Seja M o ponto médio de e N o ponto médio de. Assim, d é a mediana do triângulo. A fórmula para o comprimento de uma mediana é, onde, e são os comprimentos laterais do triângulo, e é o lado que é dividida pela mediana. A fórmula é um resultado direto da Lei de Cossenos aplicada duas vezes com os ângulos formados pela mediana. (Teorema de Stewart ). Primeiro encontramos, que é a mediana de. Agora devemos encontrar, que é a mediana de. Agora que sabemos os lados de, vamos proceder para encontrar o comprimento de d d 4 Questão 18 Alternativa B ( ) ( ) ;. (B) FALSA. Pelo gráfico, no intervalo ] d, m[, a função f( x ) 0, gx ( ) 0 x] d; e [ e g( x) 0 x] e; m[. Portanto, f( x) g( x) 0para o intervalo dado é falso. (C) VERDADEIRA. Pelo gráfico, Im( g) [ n, r[ { s }. (D)VERDADEIRA. A função hx ( ) estará definida se f( x) g( x) 0, o que é verdade sempre que a xd ou d xa. (E) VERDADEIRA. Pelo gráfico verifica-se veracidade na sentença. (A) VERDADEIRA. Pelas informações do enunciado percebe-se que f x f x xa a Questão 19 Alternativa C Sendo f : A, dada por f( x) n( x3 x x 1 ), deve-se ter x3 x x 1 0. Logo, como x1, se x1 3 x x1 4x1, se 1 x0, x1, se x0 vem: a) se x 1, x3 x x1 0 xx10 x 3 e, portanto, S i ], 1[ ],3[ ], 1[. b) se 1 x 0, 1 x3 x x1 0x4x10 x. 3 1 Donde S ii [ 1,0[, [ 1,0[. 3 7

9 IME-ITA Resolução Simulado c) se x 0, x3 x x1 0xx10 1 x. 3 1 Logo, S iii [0, [, [0, [. 3 Portanto, ASi Sii S iii. Por outro lado, sendo g: D, com x, se x x, x, se x obtemos x1, se x gx ( ). 1, se x Esboçando o gráfico de g, encontramos ( x x ) gx ( ), e sabendo que Portanto, é fácil ver que B [ 1, [. Daí, A B. Questão 0 Alternativa D gx ( ) a senx a a a 1 Fazendo x, temos: 4 sen a a g 4 a 4 a 1 a a a 8 a 1 a a a a a 8 8 a 8 8 a 3 8

10 Resolução Simulado Questões Discursivas Questão 1 Seja F ' o ponto em que AF toca BC. A estratégia dessa questão será a seguinte: traçaremos a altura AH, relativa ao lado BC. Se provarmos que AH, BD e CE são concorrentes, então o ponto H F ', pois só existe um único ponto que divide harmonicamente e internamente um segmento em uma dada razão. Em outras palavras, só pode existir uma única ceviana que passa por F e toca BC. Desenhando essa figura com a altura AH, obtemos: A figura foi desenhada de tal forma que não se sabe, ainda, se AH, CE e DB são concorrentes. Agora, utilizando a técnica do arrastão, podemos descobrir facilmente todos os ângulos em que as cevianas dividem os ângulos do triângulo: Agora, vamos provar que AH, CE e BD são colineares. Pelo teorema de ceva trigonométrico, a razão dos senos dos ângulos é: sen30º sen40º sen10º sen10º sen0º sen70º Se essa razão for 1, o problema está terminado. Simplificando a expressão, obtemos: 1 sen40º sen70º sen0º Como sen70º cos 0º, a expressão fica: sen40º 1 sen0ºcos0º Onde acima foi utilizada a fórmula do arco duplo. Como AH e CE e BD, então H F ' e AF BC. AF ' são, simultaneamente, concorrentes com 9

11 IME-ITA Resolução Simulado Questão Para a igualdade da primeira e da segunda equações, temos: m1 m 1 0 Absurdo! m1n1mnm (5) E agora, substituindo (5) na segunda e na terceira equações: m1 5 m1 m 3 m1 Desenvolvendo as combinações: m1! 5 m1! m! m1! 3m1! m! O que resulta em: 3m5m Então m 3 e, por conseguinte, n 6. O único par ordenado solução desse sistema de equações é mn, 3,6. Questão 3 Seja x o número de palavras com um número par de as ' e y o número de palavras com um número ímpar de as. ' De cara, sabemos que o número total de palavras é 3, n então: x y 3 n Agora, contando individualmente x e y. Para um número par de as, ' podemos escolher 0,,4,6,... lugares para pôr o a e os restantes terão possibilidades para cada lugar (as duas letras restantes). O mesmo raciocínio pode ser aplicado para y. Equacionando, obtemos: n n n n n n4 x 0 4 n n1 n n3 n n5 y Subtraindo ambas as equações, obtemos: n n n n1 n n n n3 n n4 x y Esse é o desenvolvimento do binômio 1 n. Então: x y 1 Resolvendo, então, o sistema: n x y3 x y1 Concluindo: n 3 1 x n x 13 10

12 Resolução Simulado Questão 4 Fazendo a expansão binomial: ab Sabemos também que: (6) Perceba que, nas expansões acima, quando apresenta expoentes pares, não haverá no termo e a soma dos termos inteiros será o mesmo da equação original. Além disso, na mesma Equação (6), os coeficientes do termo também serão os mesmos da equação original, porém com sinal trocado. Então: ab Dividindo a expressão acima por 1, obtemos o resultado esperado: 016 a b 1 1 Podemos racionalizar a expressão, para tornar a resposta mais elegante: a b 1 b1 a 1 1 Questão 5 Sejam TT 1,,..., T 11 os termos da expansão pedida. Representando: 7 8 x 4 y 10 T1 T T3 T4... T10 T 11 (7) Agora, fazendo a expansão abaixo, percebemos que os termos pares terão os sinais trocados, pois não terão mais o sinal negativo elevado a um expoente ímpar. 7 8 x 4 y 10 T1 T T3 T4... T10 T 11 (8) Subtraindo (7) - (8), obtemos: T T4 T6 T8 T10 x 4y x 4y Então: x 4y x 4y T T4 T6 T8 T 10 Para obter a soma dos coeficientes, como só nos interessa os valores numéricos, basta retirar a influência de x e de y fazendo x y 1. Então: T T4 T6 T8 T

13 IME-ITA Resolução Simulado Questão 6 Analisando os intervalos do gráfico: Em ],0[, podemos verificar que f( x ) 0 e gx ( ) 0. gx ( ) f( x) Assim, para este intervalo a equação 0. [ f( x)] Já no intervalo[4, 9] percebe-se que f( x ) 0 e gx ( ) 0. gx ( ) f( x) Assim, para este intervalo a equação 0. [ f( x)] gx ( ) f( x) Conclui-se portanto que 0 x ],0[ [4,9]. [ f( x)] Outra maneira é resolver a questão graficamente: Questão 7 Pelas propriedades do enunciado: f(3 n) a f(3n1) h( f(3 n), f(1)) h( ab. ) b f (3n) h( f(3n1), f(1)) h( b, b) c Logo, H { h h 3n, n} 1

14 Resolução Simulado Questão 8 f(1990) f(995) f(995) 1 f( f(48) f(995) f( f( f(48))) 4 f(48) 3 f(48) f(14) f(14) 1 f(14) f(6) f(6) 1 f(6) f(31) f(31) 1 f(31) f( f( f(7))) 4 f(7) 3 f( f(1)) f( f( f(1))) 4 f(1) 3 Logo, f(7) 4 f(1) 3 7 f(31) f(31) 1 63 f(14) f(6) 1 17 f(48) f(14) 1 55 f(995) 4 f(48) f(1990) f(995) Questão 9 Inicialmente: III. Sejam r o raio de (O) e I a outra interseção da corda AO, com O entre A e I, com o círculo circunscrito ao triângulo ABC. Do conceito de potência do ponto O em relação a este círculo tem-se: OAOI OB OC r OI r OA que é constante, pois A e O são fixos. Logo, o ponto I é fixo. I. Como A, B, C, I estão sobre o mesmo círculo, então BCA BIA. Como BCE e BDE são ângulos opostos do quadrilátero inscritível BDEC, então BCE BDE 180. Como BCE BCA, BIA BIP e BDE BDP então tem-se que BIP BDP 180 De forma que o quadrilátero BIPD é inscritível. II. Para verificar que P é fixo, sejam as potências P 1, de A em relação a (O), e P, de A em relação as círculo circunscrito ao quadrilátero BIPD, dadas por P1 ADAB( AOr)( AOr) P ADAB APAI E assim AP AO r AI Logo, como I é fixo, AP é constante, com P sobre AO, e então P é fixo. 13

15 IME-ITA Resolução Simulado Questão 30 Temos (3(4x3) ), se 14x x8,se1 x ( (4x3)),se 4x x,se 8 x (3(4x3) ), se 4x x5,se x (3x), se 1x 3x1,se x f( x) ( x),se x = x, se x (3x), se x1 3 1,se x x (3(4x3) ), se 14x3 9x5,se x ( (4x 3)),se 4x 3 3 x,se x (3(4x3) ), se 4x , se x 8 x Onde o gráfico de f e da função identidade é: Em consequência, as abscissas dos pontos de interseção do gráfico de f com o gráfico da função identidade são tais que x 1, 5 x, x, x 1 e x,