GGE RESPONDE IME 2021 MATEMÁTICA (2ª FASE)ª-FA… · MATEMÁTICA (2ª FASE) GGE RESPONDE IME...

GGE RESPONDE IME 2021

MATEMÁTICA (2ª FASE)

GGE RESPONDE IME 2021 – 2ª FASE - MATEMÁTICA 1

01. Calcule o(s) valor(es) de k real(is) para que o determinante da matriz abaixo seja igual a 24.

Resolução:

1 3( 1) .

4 3

1

( 1).( 1) =

= 1 . +1 5(1 2 ) 1.(1 4 ) ( 3)( 1)k k k

5 10 1 4 3k k k

1 5 24 5 25 5k k k

02. Calcule os valores reais de x que satisfaçam a inequação 2

3 1

3

1 7log ( ) 1 log ( ) 0.

3 3 x x

Resolução:

Primeiramente, note que 0x e 3log ( ) 1 0 x ,

Isto é, 3 3

1log ( ) 1 log

3

x

Logo 1

3x

Seja 3log ( ).y x

Como 2

1 3

3

log 2log ( ) x x

Temos 1 y e

2 71 0

3 3 y y

2 71

3 3 y y




Temos, agora, dois casos a considerar

1) 7

12

y

Neste caso 2 7

03 3

y - e a desigualdade é satisfeita.

Como 3log ( )y x , temos

7

23 3 3

1log log ( ) log (3 )

3

x

7

21

33 x A

2) 7

2y

Neste caso 2 7

03 3

y

Daí, quadrando, obtemos

211 (4 28 49)

9 y y y

24 28 49 9 9 y y y

24 37 40 0 y y

( I ) ( II ) ( I ) ( I I )

5

4

7

2

8

7

2

8




Como 3log ( )y x ,

Temos

7

823 3 3log 3 log ( ) log 3 x

7

823 3 x B

A B 813

3 x

03. Considere uma progressão aritmética (PA) de números inteiros com razão p > 2, seu primeiro termo maior do que 2 e seu último termo menor do que 47. Retirando-se uma determinada quantidade de elementos da PA, recai-se em uma PG de 3 elementos e razão q > 2. Para p e q inteiros, p diferente de q, determine a PA cuja soma de seus elementos seja a maior possível. Resolução:

Seja por suposição 1a 3 e p 3 (menores valores possíveis). Se isso ocorre e como p q , o menor valor de q

será 4. A PG de 3 elementos seria 3, 12, 48, entretanto na 47 , o que implica q 3 e os termos da PG são nessa

hipótese 3, 9, 27.

Entretanto, 1a pode ser ou não 3, havendo outras possibilidades:

1a 13a 19a

4 12 36 (II)

5 15 45 (III)

6 18 54 não é possível

Para a (I) possibilidade os termos 3, 9 e 27 devem também ser termos de uma PA, isso só ocorre para p = 3 ou

p = 6. Entretanto p q , logo só resta a possibilidade p = 6. Assim a PA será dada por 1a 3 e p 6 , sendo o último

termo 45.

Logo, a soma é igual a (3 45)

8 1922

Para a (II) possibilidade, p será 4 ou 8.

Para 1a 4 e p 4 , o último termo será 44 e temos 11 termos.

Então a soma é igual a (4 44)

11 2642

Para 1a 4 e p 8 , o último termo será 44 e temos 6 termos.

Logo a soma será menor que a anterior. Para a (III) possibilidade, será 5 ou 10.




Para 1a 5 e p 5 , o último termo será 45 com 9 termos.

Logo a soma será 5 45

9 2252

Para 1a 5 e p 10 , o último termo será 45 com 5 termos, logo a soma será menor que a anterior.

Dessa forma, a PA procurada é:

1

11

a 4

p 4

a 44

04. Seja o polinômio 1 – y + y2 – y3 + ... – y19 + y20 que pode ser escrito da seguinte forma

0 + 1x + 2x2 + 3x3 + 4x4 + ... + 19x19 + 20x20

onde x = y + 1 e i são constantes reais. Calcule o valor numérico de 3. Resolução: Note que:

20

0

21 21 21

( ) ( )

( ) 1 1 1

1 1 1

k

k

f y y

y y y

y y y

Fazendo y = x – 1, obtemos:

21( 1) 1( )

xg x

x

Logo:

2021 21

1

2020 20

1

21( 1) 1 1

( )

21( 1)

k k

k

k k

k

x xk

g xx

x xk

Portanto, o coeficiente de x3 é (k = 17)

3

21

17




05. Determine o lugar geométrico dos pontos h do plano complexo 4 w 2i

h ,2 wi

em que 2w e i 1.

Resolução:

w 4 2i

w 2i

4

wi 2

i

4h i

2 wi

w Logo 2 wi

Varia na reta Vertical x = 2

2 wi

2 x

y

A inversão da reta x = 2, que não passa pela origem, é uma circunferência que passa pela origem.

1

2 wi

1

2

x

y

Multiplicando por 4, obtemos:

4

2 wi

1 x

y

0 2




Somando i, obtemos:

4i

2 wi

1 i

x

y

Circunferência

z 1 i 1.

06. Suponha que cada pacote do cereal CROK contenha um cupom com uma das letras da palavra CROK. Um consumidor que tenha todas as letras desse cereal ganha um pacote. Considere que todas as letras tenham a mesma probabilidade de aparecer no pacote. Determine a probabilidade de que um consumidor que comprou 10 pacotes desse cereal ganhe pelo menos um pacote. Resolução: Espaço Amostral:

10#Ω 4 Evento: Todas as letras ocorrem casos ruins X CURUOUK

C faltaC R faltaR

O faltaO K faltaK

10 10 104 4# X 4 3 2 1

2 3

10 10 104 4#E 4 4 3 2

2 3

10#Ω 4 1048576

#E 818520

818520P(E) 78%

1048576




07. Seja ABC um triângulo tal que ˆˆ ˆ2 ( ) ( ) ( ) 0sen A sen B sen C . Prove que o valor de ˆˆ( ) ( )

cot cot2 2

B Cg g é um

número inteiro e o determine. Observação: cotg(Â) é a cotangente do ângulo Â. Resolução:

ˆˆ ˆ2 ( ) ( ) ( ) 0

ˆˆ ˆ 180

180 ( )

sen A sen B sen C

A B C

A B C

ˆ ˆˆ ˆ2 (180 ( )) ( ) ( )

ˆ ˆ(180 )

Logo sen B C sen B sen C

Mas sen x sen x

:

ˆ ˆˆ ˆˆˆ2 ( ) 2 cos

2 2

ˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ2 2 cos 2 cos

2 2 2 2

ˆ ˆˆ ˆ0 0

2 2

Então

B C B Csen B C sen

B C B C B C B Csen sen

B C B Csen ou sen

ˆˆ ˆ ˆˆ ˆ2 cos cos

2 2 2

ˆˆ 2( )

ˆˆ,

B C B C B Ck

B C kI

Absurdo pois B e C são

ângulos de um triângulo

:

ˆˆcotcot

ˆˆ 22cot cot

ˆ ˆ2 2

2 2

cos cos 2 cos cos2 2

Calculando

CBgg

B Cg g

B Csen sen

x y x yx y




ˆˆˆ2

2 2ˆ ˆˆ ˆ

ˆ2 2

2 2

Faça

x y Bx B C

B C B Cx y C x y

ˆ ˆ ˆˆ ˆˆcos cos coscos

2 2 222

ˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆ2cos cos

2 2 2 2

C B C B CB

B C B C B Csen sen

:

ˆ ˆˆ ˆcos 2 cos

2 2

ˆ ˆˆ ˆcos 2 cos

2 2

ˆ ˆˆ ˆcos 2 cos

2 2

1 23

1 2

Mas

B C B C

B C B C

B C B C

08. Considere as retas que contêm o ponto C (3,3) e interceptam os eixos coordenados x e y, nos pontos A e B, respectivamente. O ponto P pertence à reta AB e sua distância do ponto A é a terça parte do comprimento do segmento AB. Identifique o lugar geométrico do ponto P e escreva a sua equação. Resolução: Todas as retas que passam por C(3,3) constituem o feixe de retas concorrentes exceto x = 3 e y = 3, que não interceptam nos 2 eixos. y - 3 = m( x - 3 ) y = mx + ( 3 - 3m )

B B

A A

Se x 0 y 3 3m

3m 3Se y 0 x

m

Usando razão da seção:




3m 3, 0

m

1

2

0 , 3m 3

P A

B P

AP 1

PB 2

x x 1

x x 2

P A B P

P B A

B AP

2x 2x x x

3x x 2x

x 2xx

3

Analogamente: B a

P

y 2yy

3

Assim, P P

P P

(3 3m)0 2

2(m 1)3x x (I)3 m

3 3m 2 0y y 1 m (II)

3

De (II) sai que Pm 1 y (I)

P

2 (( 1x

Py ) 1

P

P P P P

P P P P

)

1 y

x x y 2y

x x y 2y 0

É o lugar geométrico procurado.




P é externo a AB

(0, 3 3 )B m

3 3, 0

mA

m

,P PP x y

4

3

1

A P

B P

A P B P

P A B

A BP

PA 1

PB 4

x x 1

x x 4

4x 4x x x

3x 4x x

4x xx

3

A BP

4y yAnalogamente, y

3

P P

P P )

A

3m 30

m 1mx

ssim

4 x 4 (1)3 m

0 3m 3y 4 2

:

y m 1 (3

P

PP P P P P

P

De (2) sai que m y 1 (1)

4yx x y x 4y 0

y 1

é o lugar geométrico procurado

P P P P P P P P

Resposta :

x x y 2y 0 x x y 4y 0




09. Sejam os pontos D, E e F pertencentes, respectivamente, aos lados, AB, BC e AC do triângulo ABC, tais que

BD = 3AD, AF = 3CF e CE = 3BE. Sendo ,P AE CD Q AE BF e R BF CD , calcule

PQR

ABC.

Observação: [XYZ] é a área do triângulo XYZ.

Resolução:

Considere [ABC] = 4u (unidades)

3 3DB AD PDB PAD

Fazendo [PAD] = x (unidades)

[PDB] = 3x.

Analogamente, temos

[ ] 3PBE y PEC y

Sendo 1

4BE BC e

3

4DB AB , segue-se que

1

4ABE ABC e

3

4DBC ABC Daí, temos o seguinte sistema:

4 1

3 4 3

x y

x y

13 4 16 3

13x x x

4 91

13 13y

Usando o mesmo argumento, que resultaria no mesmo sistema, podemos concluir que

PDA QBE RCF x e

PBE QEC PFA y

2PDBE x y QECR

[PQR] = [PEC] – [QECR] = 3y – (2x+y)

= 2y – 2x = 16

13

Logo

16 1 4.

13 4 13

PQR

ABC




10. Um paralelepípedo oblíquo ABCD – EFGH possui todas as arestas com comprimento a. O plano que contém ABFE

forma um ângulo de 60° com plano que contém ABCD. O ângulo do vértice E da face ABFE é de 120°. Se for ângulo do vértice E do paralelogramo contido na base superior EFGH do paralelepípedo, determine o volume do

paralelepípedo em função da aresta a e do ângulo . Resolução: Seja P a projeção ortogonal de E sobre o plano ABCD. Neste caso EP, é a altura do paralelepípedo relativa a base ABCD. Seja Q a perpendicular baixada de E no plano ABFE, sobre AB.

A

B

C

D

E

H

F

G

a

a aQ

60°

120°

P

Sendo EP perpendicular ao plano ABCD, temos EPPQ. Além disso AB é ortogonal a EP, logo AB é perpendicular

ao plano EPQ. Portanto ˆEQP é o ângulo (diédrico) entre as faces ABFE e ABCD. Daí, temos os seguintes triângulos

retângulos:

E

Q P

60°

E

Q60°

a

A

360 60

2

3 3 3

2 2 4

EQ a sen a EP EQ sen

aEP a

A área da base do paralelepípedo é dada por:

2

2 3

[ ] [ ]

3 3

4 4

EFGH ABCD a a sen a sen

avolume v a sen a sen

GGE RESPONDE IME 2021 MATEMÁTICA (2ª FASE)ª-FA… · MATEMÁTICA (2ª FASE) GGE RESPONDE IME...

Documents

Transcript of GGE RESPONDE IME 2021 MATEMÁTICA (2ª FASE)ª-FA… · MATEMÁTICA (2ª FASE) GGE RESPONDE IME...