Correção Matemática IME 2021...Professor Victor So Correção IME Correção IME 2 18 Questões...
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Correção Matemática
IME 2021
Professor Victor So
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2 18
Questões Resolvidas
(IME/2021)
Determine a soma dos coeficientes de 𝑥3 na expansão de (1 + 𝑥)4 (2 − 𝑥2)5.
a) -320
b) -288
c) -192
d) 128
e) 320
Comentários
Sabemos que o desenvolvimento do binômio de Newton é dado por:
(𝑥 + 𝑦)𝑛 =∑(𝑛
𝑘) 𝑥𝑛−𝑘𝑦𝑘
𝑛
𝑘=0
Do triângulo de Pascal, temos:
1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋱
Assim, na expansão de cada fator, temos:
⇒ (1 + 𝑥)4 = 1 + 4𝑥 + 6𝑥2 + 4𝑥3 + 𝑥4
(2 − 𝑥2)5 = 25 + 5(24)(−𝑥2) + 10(23)(−𝑥2)2 + 10(22)(−𝑥2)3 + 5(21)(−𝑥2)4 + (−𝑥2)5
⇒ (2 − 𝑥2)5 = 32 − 80𝑥2 + 80𝑥4 − 40𝑥6 + 10𝑥8 − 𝑥10
Os termos de 𝑥3 vão ser dados pela soma dos termos da multiplicação de (1 + 𝑥)4 e (2 − 𝑥2)5, assim, vemos que:
[𝑥3] ⇒ 4𝑥 ⋅ (−80𝑥2) + 4𝑥3(32) = −320𝑥3 + 128𝑥3 = −192𝑥3
Gabarito: C
(IME/2021)
Considere que 𝑎 ≠ 0, 𝑏 ≠ 0 e (𝑎 + 𝑏) ≠ 0. Sabendo-se que 𝑎
𝑏+𝑏
𝑎= 3, determine o valor de
𝑎2+𝑏2
2(𝑎+𝑏)2.
a) 0,1
b) 0,3
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c) 0,6
d) 0,8
e) 1,0
Comentários
Da equação dada, temos:
𝑎2 + 𝑏2
𝑎𝑏= 3 ⇒ 𝑎2 + 𝑏2 = 3𝑎𝑏 (𝐼)
Da expressão:
𝑋 =𝑎2 + 𝑏2
2(𝑎 + 𝑏)2=
𝑎2 + 𝑏2
2(𝑎2 + 𝑏2 + 2𝑎𝑏)
Usando a relação I:
𝑋 =3𝑎𝑏
2(3𝑎𝑏 + 2𝑎𝑏)=3𝑎𝑏
10𝑎𝑏
Como 𝑎𝑏 ≠ 0, temos:
𝑋 =3
10= 0,3
Gabarito: B
(IME/2021)
Seja a função 𝑓(𝑥) = 2𝑥4 − 8𝑥3 + 4𝑥 − 7. Considere uma reta qualquer que corta o gráfico dessa função em quatro pontos distintos: (𝑥1, 𝑦1), (𝑥2, 𝑦2), (𝑥3, 𝑦3), (𝑥4, 𝑦4). O valor de 𝑥1+𝑥2+𝑥3+𝑥4
2 é:
a) 1
b) 3/2
c) 2
d) 7/2
e) 4
Comentários
Como os pontos pertencem a uma reta, podemos dizer que os pontos são pontos da função 𝑔 tal que:
𝑔(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏
Os pontos fazem interseção com 𝑓, logo:
𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥)
2𝑥4 − 8𝑥3 + 4𝑥 − 7 = 𝑎𝑥 + 𝑏
2𝑥4 − 8𝑥3 + (4 − 𝑎)𝑥 − 7 − 𝑏 = 0
Note que 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3 e 𝑥4 são raízes da equação acima, assim, pelas relações de Girard:
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𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = −(−8)
2= 4
O valor pedido é
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥42
=4
2= 2
Gabarito: C
(IME/2021)
Sejam 𝑧1 e 𝑧2 dois números complexos tais que |𝑧1| = 4, |𝑧2| = 3 e |𝑧1 + 𝑧2| = 6. O valor de |𝑧1 − 𝑧2| é:
a) √7
b) √3
3
c) 1
d) √14
e) 2√3
Comentários
Vamos resolver esse problema vetorialmente. Fazendo-se um esboço da situação, temos:
Pela lei dos cossenos, temos:
|𝑧1 + 𝑧2|2 = |𝑧1|
2 + |𝑧2|2 − 2|𝑧1||𝑧2| cos 𝜃
62 = 42 + 32 − 2 ⋅ 4 ⋅ 3 cos 𝜃
36 = 25 − 24 cos 𝜃
∴ cos 𝜃 = −11
24
Aplicando novamente a lei dos cossenos:
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|𝑧1 − 𝑧2|2 = |𝑧1|
2 + |𝑧2|2 − 2|𝑧1||𝑧2| cos(180° − 𝜃)
|𝑧1 − 𝑧2|2 = 42 + 32 + 2 ⋅ 4 ⋅ 3 cos 𝜃
|𝑧1 − 𝑧2|2 = 25 + 24 (−
11
24)
∴ |𝑧1 − 𝑧2| = √14
Gabarito: D
(IME/2021)
Uma sequência é gerada pelo produto dos termos correspondentes de duas progressões aritméticas de números inteiros. Os três primeiros termos dessa sequência são 3053, 3840 e 4389. O sétimo termo da sequência é:
a) 3035
b) 4205
c) 4398
d) 4608
e) 5063
Comentários
Temos duas progressões aritméticas:
(𝑎1, 𝑎2, 𝑎3, 𝑎4, … ) 𝑃𝐴 𝑑𝑒 𝑟𝑎𝑧ã𝑜 𝑟
(𝑏1, 𝑏2, 𝑏3, 𝑏4, … ) 𝑃𝐴 𝑑𝑒 𝑟𝑎𝑧ã𝑜 𝑞
Do enunciado, temos a sequência:
(𝑎1𝑏1, 𝑎2𝑏2, 𝑎3𝑏3, … ) = (3053, 3840, 4389,… )
⇒ 𝑎1𝑏1 = 3053
𝑎2𝑏2 = (𝑎1 + 𝑟)(𝑏1 + 𝑞) = 𝑎1𝑏1 + 𝑎1𝑞 + 𝑏1𝑟 + 𝑟𝑞
𝑎2𝑏2 − 𝑎1𝑏1 = 𝑎1𝑞 + 𝑏1𝑟 + 𝑟𝑞
𝑎1𝑞 + 𝑏1𝑟 + 𝑟𝑞 = 3840 − 3053 = 787
⇒ 𝑎1𝑞 + 𝑏1𝑟 = 787 − 𝑟𝑞
𝑎3𝑏3 = (𝑎1 + 2𝑟)(𝑏1 + 2𝑞) = 𝑎1𝑏1 + 2(𝑎1𝑞 + 𝑏1𝑟) + 4𝑟𝑞
𝑎3𝑏3 − 𝑎1𝑏1 = 2(𝑎1𝑞 + 𝑏1𝑟) + 4𝑟𝑞
4389 − 3053 = 2(787 − 𝑟𝑞) + 4𝑟𝑞
1336 = 1574 + 2𝑟𝑞
⇒ 𝑟𝑞 = −119
𝑎1𝑞 + 𝑏1𝑟 = 787 − (−119)
⇒ 𝑎1𝑞 + 𝑏1𝑟 = 906
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O número pedido é 𝑎7𝑏7:
𝑎7𝑏7 = (𝑎1 + 6𝑟)(𝑏1 + 6𝑞) = 𝑎1𝑏1 + 6(𝑎1𝑞 + 𝑏1𝑟) + 36𝑟𝑞
𝑎7𝑏7 = 3053 + 6(906) + 36(−119)
𝑎7𝑏7 = 3053 + 5436 − 4284
∴ 𝑎7𝑏7 = 4205
Gabarito: B
(IME/2021)
Seja a matriz 𝑀 = [1 𝑧−𝑧 𝑧̅
], onde 𝑧 é o número complexo 𝑧 = cos (4𝜋
3) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛 (
4𝜋
3), 𝑧̅ o seu
conjugado e os ângulos estão expressos em radianos. O determinante de 𝑀 é:
a) 2 (cos (2𝜋
3) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛 (
2𝜋
3))
b) 2 (cos (4𝜋
3) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛 (
4𝜋
3))
c) 2 (cos (8𝜋
3) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛 (
8𝜋
3))
d) cos(𝜋) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛 (𝜋)
e) cos(2𝜋) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛(2𝜋)
Comentários
Calculando o determinante:
det𝑀 = 𝑧 + 𝑧2
det𝑀 = cos (4𝜋
3) − 𝑖 𝑠𝑒𝑛 (
4𝜋
3) + cos (
8𝜋
3) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛 (
8𝜋
3)
det𝑀 = cos (4𝜋
3) − 𝑖 𝑠𝑒𝑛 (
4𝜋
3) + cos (
2𝜋
3) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛 (
2𝜋
3)
det𝑀 = −1
2− 𝑖 (−
√3
2) + (−
1
2) + 𝑖 (
√3
2)
det𝑀 = 2(−1
2+𝑖√3
2) = 2(cos (
2𝜋
3) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛 (
2𝜋
3))
Gabarito: A
(IME/2021)
Se 𝐴 é a área da região 𝑅 do plano cartesiano dada por
𝑅 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2 |2 ≤ 𝑥 ≤ 10 𝑒 0 ≤ 𝑦 ≤ ln (𝑥)}
a) 𝐴 ≤ ln (204)
b) ln (ln(9!)) ≤ ln (𝐴) ≤ (2 + ln(9!))
c) 𝐴 ≥ ln(10!) − ln (2)
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d) 1
9!≤ 𝑒−𝐴 < 20−4
e) ln(10) + ln(2) ≤ A ≤ 10 ln(10) − 2 ln(2) − 10
Comentários
A área da região R é dada pela figura abaixo:
Analisando as alternativas, vemos que temos uma aproximação para A. Podemos estimar A de diversas formas:
1) Usando a área do trapézio:
Temos:
𝐴 >(ln 2 + ln 10)8
2= 4 ln 20 = ln 204
∴ 𝐴 > ln 204
Com isso, eliminamos a letra a.
Podemos também estimar os limites inferior e superior usando a soma da área de retângulos:
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𝐴 > ln2 ⋅ 1⏟ á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑡â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜
+ ln 3 ⋅ 1 + ln 4 ⋅ 1 + ⋯+ ln9 ⋅ 1 = ln 1⏟0
+ ln 2 +⋯+ ln 9 = ln(9!)
∴ 𝐴 > ln(9!)
Na letra d:
1
9!≤ 𝑒−𝐴 < 20−4
ln(9!−1) ≤ ln 𝑒−𝐴 < ln(20−4)
− ln(9!) ≤ −𝐴 < − ln 204
⇒ ln204 < 𝐴 ≤ ln(9!)
Portanto, alternativa errada.
Limitando a área superiormente:
𝐴 < ln 3 + ln 4 + ln 5 +⋯+ ln 10
𝐴 < ln 1 + ln 2 + ln 3 +⋯+ ln 10 − ln 2
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𝐴 < ln(10!) − ln 2
𝐴 < ln(9!) + ln (10
2)
∴ 𝐴 < ln(9!) + ln 5
Veja que na letra b, temos:
ln(ln(9!)) ≤ ln(𝐴) ≤ (2 + ln(9!))
ln(9!) ≤ 𝐴 ≤ ln 𝑒2 + ln(9!)
Note que das desigualdades encontradas, temos:
ln(9!) < 𝐴 < ln(9!) + ln 5 < ln(9!) + ln 𝑒2
∴ ln(9!) < 𝐴 < ln(9!) + ln 𝑒2
Portanto, a alternativa correta é a letra b.
A alternativa E está errada, pois estimando-se a área usando a figura abaixo, temos:
𝐴 > ln 10 ⋅ 10⏟ á𝑟𝑒𝑎 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑒+𝑎𝑧𝑢𝑙+𝑣𝑒𝑟𝑚𝑒𝑙ℎ𝑜
− ln 2 ⋅ 2⏟ á𝑟𝑒𝑎 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑒
− (ln 10 − ln 2) ⋅(2 + 10)
2⏟ á𝑟𝑒𝑎 𝑎𝑧𝑢𝑙
𝐴 > 10 ln 10 − 2 ln 2 − 6 ln 5
6 ln 5 ≅ 6 ⋅ 1,6 = 9,6
∴ 𝐴 > 10 ln 10 − 2 ln 2 − 6 ln 5 > 𝐴 > 10 ln 10 − 2 ln 2 − 10
Na alternativa E, temos:
ln(10) + ln(2) ≤ A ≤ 10 ln(10) − 2 ln(2) − 10
Gabarito: B
(IME/2021)
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Seja 𝑓 ∶ 𝐷 → ℝ uma função onde 𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ |𝑥 ≠ 0 𝑒 𝑥 ≠ 1} e que satisfaz a equação
𝑓 (𝑥−1
𝑥) + 𝑓(𝑥) − 𝑥 = 2. O valor de 𝑓(2) é:
a) 5/4
b) 1/4
c) 1/2
d) 1
e) 7/2
Comentários
Vamos atribuir valores de 𝑥 e encontrar relações para 𝑓:
𝑓 (1 −1
𝑥) + 𝑓(𝑥) − 𝑥 = 2
𝑥 = 2 ⇒ 𝑓 (1 −1
2) + 𝑓(2) − 2 = 2
𝑓 (1
2) + 𝑓(2) = 4
𝑥 =1
2⇒ 𝑓(1 −
1
12
) + 𝑓 (1
2) −
1
2= 2
𝑓(−1) + 𝑓 (1
2) =
5
2
𝑥 = −1 ⇒ 𝑓(1 − (−1)) + 𝑓(−1) − (−1) = 2
𝑓(2) + 𝑓(−1) = 1
Assim, temos o sistema:
{
𝑓 (
1
2) + 𝑓(2) = 4 (𝐼)
𝑓(−1) + 𝑓 (1
2) =
5
2 (𝐼𝐼)
𝑓(2) + 𝑓(−1) = 1 (𝐼𝐼𝐼)
Fazendo (𝐼𝐼𝐼) − (𝐼𝐼):
𝑓(2) − 𝑓 (1
2) = 1 −
5
2= −
3
2
Somando com (𝐼):
2𝑓(2) = −3
2+ 4 =
5
2
∴ 𝑓(2) =5
4
Gabarito: A
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(IME/2021)
Há um torneio de xadrez com 6 participantes. Cada participante joga com cada um dos outros uma única partida. Não ocorrem empates. Cada participante tem 50% de chance de vencer cada partida. Os resultados são independentes. O vencedor em cada partida ganha um ponto e o perdedor zero. Deste modo, o total é acumulado para montar o ranking. No primeiro jogo do torneio José vence Maria. Se a probabilidade de José chegar à frente de Maria ao final do
torneio é 𝑝
𝑞, com 𝑝 e 𝑞 primos entre si, o valor de 𝑝 + 𝑞 é:
a) 5
b) 19
c) 257
d) 419
e) 4097
Comentários
No início, temos que José já possui 1 ponto após vencer Maria. Sabendo que os resultados são independentes, que cada participante tem 50% de chance de vencer e que temos apenas 6 jogadores, temos que José chegará à frente de Maria nas seguintes situações:
1) José vence as 4 próximas partidas:
Nesse caso, temos que José chegará à frente de Maria para qualquer resultado que ela obter, logo, temos:
𝑝1 = (1
2)4
⏟𝐽𝑜𝑠é 𝑣𝑒𝑛𝑐𝑒 𝑡𝑜𝑑𝑎𝑠
⋅ 1⏟𝑝𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎
=1
24=1
16
2) José vence apenas 3 partidas:
Nesse caso, Maria deve perder pelos menos 1 partida:
𝑝2 = (4
3) (1
2)3
(1
2)
⏟ 𝐽𝑜𝑠é 𝑣𝑒𝑛𝑐𝑒 3 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑑𝑎
⋅ (1 − (1
2)4
⏟𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎 𝑣𝑒𝑛𝑐𝑒 𝑡𝑜𝑑𝑎𝑠
) = 4(1
2)4 24 − 1
24=1
2215
16=15
64
3) José vence apenas 2 partidas:
Nesse caso, Maria deve perder pelo menos 2 partidas:
𝑝3 = (4
2) (1
2)2
(1
2)2
⏟ 𝐽𝑜𝑠é 𝑣𝑒𝑛𝑐𝑒 2 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑑𝑎𝑠
⋅ (1 − (1
2)4
⏟𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎 𝑣𝑒𝑛𝑐𝑒 𝑡𝑜𝑑𝑎𝑠
− (4
3) (1
2)3
(1
2)1
⏟ 𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎 𝑣𝑒𝑛𝑐𝑒 3 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑠
)
𝑝3 =4 ⋅ 3
2
1
24(1 −
1
24− 4 ⋅
1
24) =
3
2324 − 5
24=33
128
4) José ganha apenas 1 partida:
Nesse caso, Maria pode vencer até 1 partida.
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𝑝4 = (4
1) (1
2)1
(1
2)3
⏟ 𝐽𝑜𝑠é 𝑣𝑒𝑛𝑐𝑒 1 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑑𝑎
⋅ ((4
1) (1
2)1
(1
2)3
⏟ 𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎 𝑣𝑒𝑛𝑐𝑒 1
+ (4
0) (1
2)0
(1
2)4
⏟ 𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑒 𝑡𝑜𝑑𝑎𝑠
)
𝑝4 = 41
24(41
24+1
24) =
1
22(5
24) =
5
64
5) José ganha nenhuma partida:
Nesse caso, Maria deve perder todas partidas:
𝑝5 = (1
2)4
𝐽𝑜𝑠é 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑒 𝑡𝑜𝑑𝑎𝑠
⋅ (1
2)4
⏟𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑒 𝑡𝑜𝑑𝑎𝑠
=1
28=
1
256
Assim, a probabilidade total é:
𝑝 = 𝑝1 + 𝑝2 + 𝑝3 + 𝑝4 + 𝑝5 =1
16+15
64+33
128+5
64+
1
256
𝑝 =16 + 60 + 66 + 20 + 1
256=163
256=𝑝
𝑞
∴ 𝑝 + 𝑞 = 163 + 256 = 419
Gabarito: D
(IME/2021)
Seja a equação
74𝑥 − 10 ⋅ 73𝑥 + 17 ⋅ 72𝑥 + 40 ⋅ 7𝑥 = 12 ⋅ 7
Para cada uma das raízes reais não nulas dessa equação, constrói-se um segmento de reta cujo comprimento corresponde ao módulo do valor da raiz. A partir de todos os segmentos obtidos:
a) pode-se construir um triângulo escaleno.
b) pode-se cosntruir um triângulo isósceles.
c) pode-se construir um quadrilátero.
d) pode-se construir um pentágono.
e) não é possível construir qualquer polígono.
Comentários
Fazendo 7𝑥 = 𝑦 > 0, temos:
𝑦4 − 10𝑦3 + 17𝑦2 + 40𝑦 − 84 = 0
Pesquisando-se as raízes racionais, temos que 𝑦 = 7, 𝑦 = 3 e 𝑦 = 2 são raízes. Assim, aplicando-se Briot-Ruffini sucessivas vezes:
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7 1 −10 17 40 −84
3 1 −3 −4 12 0
2 1 0 −4 0
1 2 0
(𝑦 − 7)(𝑦 − 3)(𝑦 − 2)(𝑦 + 2) = 0
Com isso, temos as raízes:
𝑦 = 7 ⇒ 7𝑥 = 7 ⇒ 𝑥1 = 1
𝑦 = 3 ⇒ 7𝑥 = 3 ⇒ 𝑥2 = log7 3
𝑦 = 2 ⇒ 7𝑥 = 2 ⇒ 𝑥3 = log7 2
𝑦 = −2 ⇒ 𝑛ã𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑣é𝑚
Note que:
log7 3 + log7 2 = log7 6 < 1
Portanto, temos que os segmentos de medidas 1, log7 3 e log7 2 não podem formar um triângulo, já que não satisfazem a desigualdade triangular. Logo, temos que não é possível construir qualquer polígono.
Gabarito: E
(IME/2021)
Considere o sistema de equações:
{log(−2𝑥 + 3𝑦 + 𝑘) = log(3) + log(𝑧)
𝑙𝑜𝑔𝑥(1 − 𝑦) = 1𝑥 + 𝑧 = 1
onde 𝑥, 𝑦 e 𝑧 são variáveis e 𝑘 é uma constante numérica real. Esse sistema terá solução se:
a) 𝑘 < −2
b) −2 < 𝑘 < 0
c) 0 < 𝑘 < 2
d) 2 < 𝑘 < 4
e) 𝑘 > 4
Comentários
Analisando a condição de existência dos logaritmos:
{
−2𝑥 + 3𝑦 + 𝑘 > 0𝑧 > 0
1 − 𝑦 > 0 ⇒ 𝑦 < 1𝑥 > 0 𝑒 𝑥 ≠ 1
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Da terceira equação, temos:
𝑧 = 1 − 𝑥 > 0
∴ 𝑥 < 1
Logo, 0 < 𝑥 < 1.
Da segunda equação:
1 − 𝑦 = 𝑥 ⇒ 𝑦 = 1 − 𝑥 ∴ 𝑦 = 𝑧
Da primeira equação:
log(−2𝑥 + 3𝑦 + 𝑘) = log(3) + log(𝑧)
log(−2𝑥 + 3𝑦 + 𝑘) = log(3𝑧)
−2𝑥 + 3𝑦 + 𝑘 = 3𝑧
−2𝑥 + 𝑘 = 0
∴ 𝑥 =𝑘
2
Sabemos que 𝑥 ∈ (0, 1), logo:
0 <𝑘
2< 1
∴ 0 < 𝑘 < 2
Gabarito: C
(IME/2021)
No que diz respeito à posição relativa das circunferências representadas pelas equações
𝑥2 + 𝑦2 − 6𝑥 − 8𝑦 = 11
𝑥2 + 𝑦2 − 8𝑥 + 4𝑦 = −16
pode-se afirmar que elas são:
a) exteriores.
b) tangentes exteriores.
c) tangentes interiores.
d) concêntricas.
e) secantes.
Comentários
Completando os quadrados das equações e fatorando, temos:
𝑥2 − 6𝑥 + 9 + 𝑦2 − 8𝑦 + 16 = 11 + 9 + 16
(𝑥 − 3)2 + (𝑦 − 4)2 = 36 = 62
Temos uma circunferência de centro 𝑂1(3, 4) e raio 𝑟1 = 6.
𝑥2 − 8𝑥 + 16 + 𝑦2 + 4𝑦 + 4 = −16 + 16 + 4
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(𝑥 − 4)2 + (𝑦 + 2)2 = 4 = 22
Temos uma circunferência de centro 𝑂2(4,−2) e raio 𝑟2 = 2.
Vamos calcular a distância dos seus centros e comparar com seus raios:
𝑂1𝑂2 = √(4 − 3)2 + (−2 − 4)2 = √37
𝑟1 + 𝑟2 = 6 + 2 = 8 = √64
𝑟1 − 𝑟2 = 6 − 2 = 4 = √16
Assim, temos:
√16 < √37 < √64
𝑟1 − 𝑟2 < 𝑂1𝑂2 < 𝑟1 + 𝑟2
Portanto, as circunferências são secantes.
Gabarito: E
(IME/2021)
Seja a equação 2𝑠𝑒𝑛2(𝑒𝜃) − 4√3𝑠𝑒𝑛(𝑒𝜃)𝑐𝑜𝑠(𝑒𝜃) − cos (2𝑒𝜃) = 1, 𝜃 ∈ ℝ+. O menor valor
de 𝜃 que é raiz da equação é:
a) ln (𝜋
6)
b) ln (𝜋
3)
c) ln (5𝜋
6)
d) ln (𝜋
12)
e) ln (5𝜋
12)
Comentários
Seja 𝑥 = 𝑒𝜃 > 0, substituindo na equação:
2𝑠𝑒𝑛2(𝑥) − 4√3𝑠𝑒𝑛𝑥 cos 𝑥 − cos(2𝑥) = 1
−4√3𝑠𝑒𝑛𝑥 cos 𝑥 = cos(2𝑥) + 1 − 2𝑠𝑒𝑛2(𝑥)
Vamos usar as transformações:
2𝑠𝑒𝑛𝑥 cos 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)
1 − 2𝑠𝑒𝑛2𝑥 = cos(2𝑥)
Na equação:
−2√3𝑠𝑒𝑛(2𝑥) = cos(2𝑥) + cos(2𝑥)
−2√3𝑠𝑒𝑛(2𝑥) = 2 cos(2𝑥)
⇒ 𝑡𝑔(2𝑥) = −√3
3
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Como queremos o menor valor de 𝜃, devemos tomar o menor valor de 𝑥 possível. Na relação acima:
2𝑥 =5𝜋
6+ 𝑘𝜋
𝑥 =5𝜋
12+𝑘𝜋
2
𝑥 deve ser positivo, então o menor valor ocorre para 𝑘 = 0:
𝑥 =5𝜋
12⇒ 𝑒𝜃 =
5𝜋
12⇒ ln(𝑒𝜃) = ln (
5𝜋
12)
∴ 𝜃 = ln (5𝜋
12)
Gabarito: E
(IME/2021)
Considere um trapézio de bases AB e CD, com o ponto I sendo a interseção de suas diagonais. Se as áreas dos triângulos AIB e CID formados pelas diagonais são 9 cm2 e 16 cm2, respectivamente, a área do trapézio, em cm2, é:
a) Não é possível determinar por terem sido fornecidos dados insuficientes.
b) 63
c) 50
d) 49
e) 45
Comentários
As áreas verdes são iguais, pois possuem a mesma base e altura, basta ver [𝐴𝐵𝐷] = [𝐴𝐵𝐶] ou [𝐴𝐷𝐶] = [𝐵𝐶𝐷].
Note que Δ𝐴𝐼𝐵~Δ𝐶𝐼𝐷, logo:
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17 18
[𝐴𝐼𝐵]
[𝐶𝐼𝐷]=9
16= (
𝑎
𝑏)2
= (ℎ
𝐻)2
⇒𝑎
𝑏=ℎ
𝐻=3
4
Calculando-se a área dos triângulos ACD e ABD:
[𝐴𝐵𝐷] = 𝑆 + 9 =1
2𝑎(ℎ + 𝐻)
[𝐴𝐶𝐷] = 𝑆 + 16 =1
2𝑏(ℎ + 𝐻)
Dividindo-se as relações:
𝑆 + 9
𝑆 + 16=𝑎
𝑏=3
4⇒ 4𝑆 + 36 = 3𝑆 + 48 ∴ 𝑆 = 12
A área do trapézio é 𝑆𝑇 = 2 ⋅ 12 + 9 + 16 = 49.
Gabarito: D
(IME/2021)
Um copo exótico de vidro, em uma festa, era uma pirâmide invertida de base pentagonal regular de 9 cm de altura. Esse copo continha uma bebida que ocupava 8 cm de altura. Um dos convidados fechou a base pentagonal do copo e virou de cabeça para baixo. A nova altura ℎ da bebida, em cm, em relação à base pentagonal satisfaz:
a) 2,9 ≤ ℎ ≤ 3,0
b) 3,8 ≤ ℎ ≤ 4,0
c) 4,8 ≤ ℎ ≤ 4,9
d) 5,8 ≤ ℎ ≤ 6,0
e) 6,1 ≤ ℎ ≤ 6,2
Comentários
Temos duas situações:
Da primeira, usando a relação entre volumes de sólidos semelhantes, temos:
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18 18
𝑉𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
= (8
9)3
Da segunda:
𝑉𝑣𝑎𝑧𝑖𝑜𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
=𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 − 𝑉𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙= (
9 − ℎ
9)3
1 −𝑉𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
= (9 − ℎ
9)3
Assim, temos:
1 − (8
9)3
= (9 − ℎ
9)3
93 − 83
93= (
9 − ℎ
9)3
(9 − 8)(92 + 9 ⋅ 8 + 82)
93= (
9 − ℎ
9)3
9 − ℎ
9=√81 + 72 + 643
9
⇒ ℎ = 9 − √2173
< 9 − √2163
= 9 − 6 = 3
Portanto, temos que ℎ < 3, logo o gabarito é a letra A.
Gabarito: A