EXERCÍCIOS AULÃO ITA

PROF. RENATO MADEIRA

1) (EN 2015) Um observador, de altura desprezível, situado a 25 m de um prédio, observa-o sob um

certo ângulo de elevação. Afastando-se mais 50 m em linha reta, nota que o ângulo de visualização passa

a ser a metade do anterior. Podemos afirmar que a altura, em metros, do prédio é

a) 15 2 b) 15 3 c) 15 5 d) 25 3 e) 25 5

RESOLUÇÃO: D

Na figura, temos h

tg 225

= e h

tg75

= .

Como 2

2 tgtg 2

1 tg

=

− , então temos:

22 2 2

2 2 2 2

2

h 22

h 1 1 2 7575 75 75 h 150 25 h 187525 25 25 75h 75 hh

117575

= = = − = =− −−

h 25 3 m =

2) (ITA 2012) Seja x 0,2 tal que ( ) ( )2

sen x cos x5

= . 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− .

RESOLUÇÃO: B

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 4 4

sen x cos x 2sen x cos x sen 2x5 5 5

= = =

( )( )

( )( ) ( ) ( ) ( )2

2

2 tg x 4 1sen 2x 2 tg x 5tg x 2 0 tg x tg x 2

5 21 tg x= = − + = = =

+

Logo, o produto e a soma de todos os possíveis valores de ( )tg x são, respectivamente, 1 e 5

2.

3) (IME 2010) O valor da expressão ( ) ( )2 2y sen arcsen a 1 arccos a 1 = − + − , onde a é um número real

e a ( 1,0) − , é:

a) –1 b) 0 c) 1

2 d)

3

2 e) 1

RESOLUÇÃO: E

( )2a ( 1,0) a 1 1,0 − − −

( ) ( )

( )

( )

2 2

2 2

2 2

y sen arc sen a 1 arc cos a 1

arcsen a 1 sen a 1 0 e ,02

arccos a 1 cos a 1 0 e ,2

sen cos sen sen y sen 12 2 2 2

= − + −

− = = − −

− = = −

= = − = − + = = =

4) (ITA 2017) O maior valor de tg x, com 1 3

x arcsen2 5

=

e x 0, ,

2

é

a) 1

4 b)

1

3 c)

1

2 d) 2 e) 3

RESOLUÇÃO: B

1 3 3 3x arcsen 2x arcsen sen 2x 2x ,

2 5 5 5 2 2

= = = −

Como 3

sen 2x 0,5

= então 2x 0, .2

42x 0, cos 2x

2 5

=

3

sen 2x 3 15tg x41 cos 2x 9 3

15

= = = =+

+

5) (IME 2007) Seja ( ) 3 2p x x x x= + + + um polinômio do terceiro grau cujas raízes são termos

de uma progressão aritmética de razão 2. Sabendo que ( )p 1 1,− = − ( )p 0 0= e ( )p 1 1,= os valores de

e são, respectivamente:

a) 2 e 1− b) 3 e 2− c) 1− e 2 d) 1

3− e

4

3 e)

1

2 e

1

2

RESOLUÇÃO: D

Seja r 2, r, r 2− + as raízes do polinômio que estão em PA de razão 2.

( )p 0 0= =

( )p 1 1= ++ =

( )p 1 1− = − +− = −

( ) ( ) 1 1 0 ++ + − +− = − =

1+ =

Pelas relações de Girard, a soma das raízes é ( ) ( )1 r 2 r r 2 3r 0 r 0.

= − + + + = = − = =

Logo, as raízes são 2,0, 2,− e o polinômio pode ser escrito na forma fatorada como

( ) ( )( )p x x x 2 x 2 .= + −

( ) ( ) ( )1

p 1 1 1 2 1 2 13

= + − = = −

1 41 1 .

3 3

= − = − − =

6) (ITA 2016) Seja p o polinômio racional inteiro dado por ( ) 8 m np x x x 2x ,= + − em que os expoentes

8, m, n forma, nesta ordem, uma progressão geométrica cuja soma dos termos é igual a 14. Considere as

seguintes afirmações:

I. x 0= é uma raiz dupla de p.

II. x 1= é uma raiz dupla de p.

III. p tem quatro raízes com parte imaginária não nula.

Destas, é (são) verdadeira(s)

a) apenas I. b) apenas I e II. c) apenas I e III.

d) apenas II e III. e) I, II e III.

RESOLUÇÃO: C 2PG :8,m,n m 8q n 8q = =

2 2 1 38 m n 14 8 8q 8q 14 4q 4q 3 0 q q

2 2+ + = + + = + − = = = −

Como p é um polinômio racional inteiro, então 1

q2

= e

( ) ( ) ( )( )8 4 2 2 6 2 2 2 4 2p x x x 2x x x x 2 x x 1 x x 2 .= + − = + − = − + +

Note que fatoramos dessa forma, pois, por inspeção, é possível identificar as raízes 1 e −1.

Portanto, p tem raízes x 0= (dupla), x 1= (simples), x 1= − (simples) e mais 4 raízes complexas (raízes

de parte imaginária não nula).

I. x 0= é uma raiz dupla de p. (VERDADEIRA)

II. x 1= é uma raiz dupla de p. (FALSA)

III. p tem quatro raízes com parte imaginária não nula. (VERDADEIRA)

7) (AFA 2019) Considere no plano cartesiano os pontos ( )A 2,0 e ( )B 6, 4− que são simétricos em

relação à reta r. Se essa reta r determina na circunferência 2 2x y 12x 4y 32 0+ − − + = uma corda que

mede n unidades de comprimento, então n pertence ao intervalo

a) 4,5 b) 3, 4 c) 2,3 d) 1, 2

RESOLUÇÃO: A

Se os pontos ( )A 2,0 e ( )B 6, 4− são simétricos em relação à reta r, então o ponto médio de A e B está

sobre r e a reta r é perpendicular à reta que passa por A e B.

O ponto médio de ( )A 2,0 e ( )B 6, 4− é ( )( ) ( )

2 6 0 4M , 4, 2 .

2 2

+ + −= = −

O coeficiente angular da reta que passa por A e B é AB4 0

m 1.6 2

− −= = −

− Como a reta r é perpendicular

a essa reta, então seus coeficientes angulares devem ter produto 1,− o que implica que o coeficiente deve

ser rm 1.=

Vamos obter a equação da reta r de coeficiente angular rm 1= e que passa pelo ponto ( )M 4, 2 .−

( )y 21 y x 6 x y 6 0

x 4

− −= = − − − =

−

Vamos identificar as características da circunferência 2 2x y 12x 4y 32 0.+ − − + =

( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2 2 2 2

222

x y 12x 4y 32 0 x 2 6 x 6 y 2 2 y 2 32 6 2

x 6 y 2 2 2

+ − − + = − + + − + = − + +

− + − =

Assim, conclui-se que a circunferência tem centro ( )O 6,2= e raio R 2 2.=

A distância do centro da circunferência à reta r é ( )( )

O,r22

6 2 6 2d 2.

21 1

− −= = =

+ −

A figura anterior apresenta as informações obtidas até aqui. Aplicando o teorema de Pitágoras no

triângulo retângulo DOE, temos:

( ) ( )2 22 2DE 2 2 2 DE 6 DE 6.+ = = =

Portanto, a medida da corda é n CD 2 DE 2 6 4,5 .= = =

Alternativamente, poderíamos obter o comprimento da corda CD, fazendo a interseção da reta r com a

circunferência, como segue: r : y x 6= −

( ) ( ) ( ) ( )( )22 2 2 2x 6 y 2 8 x 6 x 6 2 8 x 14x 46 0− + − = − + − − = − + =

14 12x 7 3

2

= =

C C Cx 7 3 y x 6 1 3= − = − = −

D D Dx 7 3 y x 6 1 3= + = − = +

O comprimento da corda CD pode ser calculado agora usando a expressão da distância entre pontos.

( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( ) ( )

2 2

2 2

n CD 7 3 7 3 1 3 1 3

2 3 2 3 2 6.

= = + − − + + − − =

= + =

8) (ITA 2017) Sejam ( ) 21S x, y : y x 1= − e ( ) ( ) 22 2

2S x, y : x y 1 25 .= + + A área da

região 1 2S S é

a) 25

24− b)

251

4− c)

25

4 d)

751

4− e)

752

4−

RESOLUÇÃO: A

Vamos inicialmente traçar o gráfico da região ( ) 21S x, y : y x 1 .= − A linha pontilhada

representa a função y x ,= onde as duas semirretas são bissetrizes dos quadrantes I e II, formando entre

si um ângulo de 90 . A linha tracejada representa o gráfico de y x 1,= − obtido deslocando-se o gráfico

de y x= uma unidade para baixo. A linha cheia representa o gráfico de y x 1 ,= − obtido refletindo-

se a parte negativa de y x 1= − em relação ao eixo das abscissas. A região ( ) 21S x, y : y x 1= −

é a área acima do gráfico de y x 1= − e está sombreada na figura.

A região ( ) ( ) 22 22S x, y : x y 1 25= + + corresponde a uma circunferência de centro em ( )O 0, 1−

e raio 5, e o seu interior. Essa região também está sombreada.

A área S da região correspondente a 1 2S S (sombreado mais escuro) pode ser calculada a partir da área

do setor circular OAB de 90 e raio 5, subtraindo-se a área do quadrado OCDE cuja diagonal tem medida

2, o que implica que a medida do lado é 2 2 2.= = Assim, temos:

( )22

setor OAB OCDE1 25

S S S 5 2 24 4

= − = − = − unidades de área

9) (ITA 2012) A superfície lateral de um cone circular reto é um setor circular de 120 e área igual a 23 cm . A área total e o volume deste cone medem, em 2cm e

3cm , respectivamente

a) 4 e 2 2

3

. b) 4 e

2

3

. c) 4 e 2 . d) 3 e

2 2

3

. e) e 2 2 .

RESOLUÇÃO: A

Se a superfície lateral de um cone circular reto é um setor circular de 120 e área igual a 23 cm , então

a geratriz do cone é igual ao raio do setor e o comprimento do círculo da base do cone é igual ao

comprimento do arco do setor.

Seja r o raio do setor circular de 2

120 rad3

= , então

2

setor

2r

3S 3 r 3 cm2

= = = e

setor2 2

L r 3 2 cm3 3

= = = , onde setorL é o comprimento do arco do setor circular.

Sejam g a geratriz, h a altura e R o raio da base do cone, então g r 3 cm= = , 2 R 2 R 1cm = = e

2 2 2 2 2 2h R g h 3 1 8 h 2 2 cm+ = = − = = .

Logo, a área total do cone é 2 2total lateral baseS S S 3 1 4 cm= + = + = e o volume do cone é

( ) ( )2 3cone

1 2 2V 1 2 2 cm

3 3

= = .

Nessa questão foram utilizados os seguintes conceitos:

Na seção meridiana de um cone circular reto, a geratriz do cone é a hipotenusa do triângulo retângulo

formado pela altura e o raio da base.

O volume de um cone circular reto de raio da base r e altura h é 2cone base

1 1V S h r h.

3 3= =

A área total do cone é igual à soma da área lateral com a área da base, ou seja, total lateral baseS S S= + .

Sejam um setor circular de raio r e ângulo radianos, então o comprimento do arco do setor circular é

setorL r= e a área do setor circular é 2

setorr

S2

= .

10) (AFA 2000) Seja um tronco de cone reto com altura h e bases de raio R e r ( )R r . Retira-se desse

sólido um cone reto invertido com base coincidente com a base menor do tronco e altura h. Se o volume

do sólido resultante é igual ao volume do sólido retirado, então

a) 2 2R Rr r 0+ − = b) 2 2R Rr 2r 0+ − =

c) 2 22R Rr r 0− − = d) 2 22R Rr 2r 0+ − =

RESOLUÇÃO: A

O volume de um tronco de cone de raios R e r e altura h é ( )2 2hV R Rr r .

3

= + +

O volume do cone invertido que deve ser retirado é 2inv

1V r h.

3=

Se o volume do sólido resultante é igual ao volume do sólido retirado, então

( )2 2 2inv inv inv

2 2 2 2 2

h 1V V V V 2 V R Rr r 2 r h

3 3

R Rr r 2r R Rr r 0

− = = + + =

+ + = + − =

11) (ITA 1991) Considere o sistema: (P) ( )

2

x z w 0

x ky k w 1

x k 1 z w 1

x z kw 2

+ + =

+ + =

+ + + = + + =

Podemos afirmar que (P) é possível e determinado quando:

a) k 0 b) k 1 c) k 1 − d) k 0 e k 1 − e) n.d.a.

RESOLUÇÃO: D

(P) é possível e determinado se, e somente se, o sistema é de Cramer

( )

( )2 *

2 2

1 0 1 11 1 1

1 k 0 k0 k 1 1 k 1 1 0

1 0 k 1 11 1 k

1 0 1 k

+ − +

+

( ) ( ) ( )k k 1 1 1 k 1 k 1 0 k k 1 2k 0 + + + − + − − + −

( )k k 1 0 k 0 k 1 −

12) (ITA 2017) Considere o sistema de equações

2 3

2 3

2 3

1 27 83

x y z

4 81 40S 10

x y z

2 54 247

x y z

+ + =

+ + =

+ + =

Se ( )x, y, z é uma solução real de S, então x y z+ + é igual a

a) 0 b) 3 c) 6 d) 9 e) 12

RESOLUÇÃO: C

Sejam 1

a ,x

= 2

27b

y= e

3

8c ,

z= então o sistema pode ser escrito na forma:

a b c 3

S 4a 3b 5c 10

2a 2b 3c 7

+ + =

+ + = + + =

Fazendo L2 3 L1− e L3 2 L1,− temos:

( )a b c 3 b 3 1 1 3

S a 2c 1 a 1 2 1 1

c 1

+ + = = − − − =

+ = = − = − =

Retornando a substituição inicial, vem:

1a 1 x 1

x= = − = −

2

2

27b 3 y 9 y 3

y= = = =

3

3

8c 1 z 8 z 2

z= = = =

x y z 1 3 2 6 + + = − + + =

13) (IME 2014) Para o número complexo z que descreve o lugar geométrico representado pela

desigualdade z 26i 10− , sejam 1 e 2 os valores máximo e mínimo de seu argumento. O valor de

1 2 − é

a) 1 5

tan12

− −

b)

1 52 tan

13

−

c) 1 5

tan13

−

d) 1 5

2 tan12

−

e) 1 12

2 tan5

−

RESOLUÇÃO: D

O números complexos z que satisfazem a desigualdade z 26i 10− estão em um círculo de centro no

complexo 26i e raio 10 no plano de Argand-Gauss, conforme mostra a figura a seguir:

Os pontos A e B são as imagens dos complexos de argumentos máximo e mínimo, respectivamente:

2

110 5 5 12 5 5sen cos 1 tan tan

26 13 13 13 12 12

− = = = − = = =

11 2

52 2 tan

12

− − = =

14) (IME 2016) O valor do somatório 15

2k 1

k 1

Im cis36

−

=

é: (Obs.: ( )Im w é a parte imaginária de w)

a) 2 3

4sen36

+

b)

2 3

4sen36

−

c)

1

4sen36

d) sen

36

e)

1

4

RESOLUÇÃO: A 15

2k 1

k 1

3 5 29

S Im cis36

Im cis Im cis Im cis Im cis36 36 36 36

3 5 29Im cis Im cis Im cis Im cis

36 36 36 36

3 5 29sen sen sen sen

36 36 36 36

−

=

= =

= + + + + =

= + + + + =

= + + + +

Vamos usar a fórmula de prostaferese ( ) ( )2sen a sen b cos a b cos a b = − − +

Multiplicando ambos os lados da igualdade por 2sen ,26

temos:

3 5 292sen S 2sen sen 2sen sen 2sen sen 2sen sen

36 36 36 36 36 36 36 36 36

2 2 4 4 6 28 30cos 0 cos cos cos cos cos cos cos

36 36 36 36 36 36 36

30 5 3 2 31 cos 1 cos 1 cos 1

36 6 6 2 2

= + + + + =

= − + − + − + + − =

+= − = − = + = + =

2 3S

4sen36

+ =

15) (ITA 2015) Se

101 3i

z1 3i

+=

− , então o valor de ( )( ) ( )( )2arcsen Re z 5arctg 2 Im z+ é igual a

a) 2

.3

− b) .

3

− c)

2.

3

d)

4.

3

e)

5.

3

RESOLUÇÃO: D

10 10

10 10

10

1 3cisi

1 3i 432 2z cis5 31 3i 1 3 cisi32 2

2 20 2 1 3cis cis cis i

3 3 3 2 2

+ +

= = = = − = − −

= = = = − +

( )( ) 1arcsen Re z arcsen

2 6

= − = −

( )( ) ( )arctg 2Im z arctg 33

= =

( )( ) ( )( ) 42arcsen Re z 5arctg 2Im z 2 5

6 3 3

+ = − + =

16) (ITA 2014) Se z , então ( )46 2 2 6z 3 z z z z− − − é igual a

a) ( )3

2 2z z− b) 6 6z z− c) ( )2

3 3z z−

d) ( )6z z− e) ( ) ( )2 4 4z z z z− −

RESOLUÇÃO: A

Observemos inicialmente que 2

z z z = e que 42 2z z z = . Assim, temos:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

46 2 2 6 6 2 2 2 2 6

3 2 2 3 32 2 2 2 2 2 2 2

z 3 z z z z z 3z z z z z

z 3 z z 3z z z z z

− − − = − − − =

= − + − = −

17) (IME 2019) Em um jogo de RPG “Role-Playing Game” em que os jogadores lançam um par de

dados para determinar a vitória ou a derrota quando se confrontam em duelos, os dados são icosaedros

regulares com faces numeradas de 1 a 20. Vence quem soma mais pontos na rolagem dos dados e, em

caso de empate, os dois perdem. Em um confronto, seu adversário somou 35 pontos na rolagem de dados.

É sua vez de rolar os dados. Qual sua chance de vencer este duelo?

a) 1

2 b)

3

76 c)

9

400 d)

1

80 e)

3

80

RESOLUÇÃO: E

O número de resultados possíveis na rolagem de dois D-20 é ( )# 20 20 400. = =

Para que eu vença a soma dos dados que eu rolar deve ser 36, 37, 38, 39 ou 40. Os possíveis resultados

em que eu venço são

Soma 36: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )20,16 ; 19,17 ; 18,18 ; 17,19 ; 16,20

Soma 37: ( ) ( ) ( ) ( )20,17 ; 19,18 ; 18,19 ; 17,20

Soma 38: ( ) ( ) ( )20,18 ; 19,19 ; 18,20

Soma 39: ( ) ( )20,19 ; 19,20

Soma 40: ( )20, 20

Assim, o número de casos favoráveis é ( )# A 15= e a probabilidade pedida é ( )( )

( )

# A 15 3P A .

# 400 80= = =

18) (ITA 2016) Escolhendo-se, aleatoriamente, três números inteiros distintos no intervalo 1, 20 , a

probabilidade de que eles estejam, em alguma ordem, em progressão geométrica de razão inteira é igual

a

a) 2

.285

b) 2

.217

c) 1

.190

d) 4

.225

e) 1

.380

RESOLUÇÃO: A

O número de resultados possíveis é ( ) 320

20! 20 19 18n C 1140

3!17! 6

= = = = .

Os casos favoráveis são

(1, 2, 4); (1, 3, 9); (1, 4, 16); (2, 4, 8); (2, 6, 18); (3, 6, 12); (4, 8, 16); (5, 10, 20).

Assim, ( )n A 8= e a probabilidade pedida é ( )( )

( )

n A 8 2P A .

n 1140 285= = =

19) (AFA 2001) Sejam A uma matriz quadrada de ordem 3, det A d,= ( )tdet 2A A 4k, = onde tA é a

matriz transposta de A, e d é a ordem da matriz quadrada B. Se det B 2= e det 3B 162,= então o valor

de k d+ é

a) 4 b) 8 c) 32 d) 36

RESOLUÇÃO: D

Seja uma matriz X de ordem n e um escalar k, então ( ) ndet k X k det X. = Assim, temos: d d d 4det 3B 162 3 det B 162 3 2 162 3 81 3 d 4= = = = = =

det A 4 =

Vamos aplicar a propriedade acima e o teorema de Binet na expressão ( )tdet 2A A 4k. = Assim, temos:

( )

( )

t 3 t 3

2 2

det 2A A 4k 2 det A det A 4k 2 det A det A 4k

k 2 det A 2 4 32

= = =

= = =

k d 32 4 36 + = + =

Note que o determinante da matriz transposta é igual ao determinante da matriz original e que o teorema

de Binet estabelece que o determinante de um produto de matrizes é igual ao produto dos determinantes

das matrizes.

20) (ITA 2008) Sejam A e C matrizes n n inversíveis tais que ( )1 1det I C A

3

−+ = e det A 5.=

Sabendo-se que ( )t

1 1B 3 A C− −= + , então o determinante de B é igual a

a) n3 b)

n

2

32

5 c)

1

5 d)

n 13

5

−

e) n 15 3 −

RESOLUÇÃO: D

( ) ( )1 1 11 1det C A det A A C A

3 3

− − − + = + =

( )( ) ( )Teo.Binet

1 1 1 11 1det A C A det A C det A

3 3

− − − − + = + =

( ) ( )1 1 1 11 1det A C 5 det A C

3 15

− − − − + = + =

( ) ( ) ( )t t t

1 1 1 1 n 1 1B 3 A C det B det 3 A C det B 3 det A C− − − − − − = + = + = +

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n 1 1 n 1 3det B 3 det A C det B 3 det B

15 5

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