← Voltar para a lista de provas Instituto Tecnológico de Aeronáutica (ITA) · Vestibular — Matemática 30 questões nesta prova · página 1 de 2 · 19 com gabarito Gabarito disponível I e II verdadeiras; III falsa (sem solução positiva). I: (x−1)/x = 1 − 1/x é crescente para x > 1 e log₁₀ é crescente, então f é estritamente crescente. II: (x+2)ln2 = (x−1)ln3 leva a x(ln3 − ln2) = 2ln2 + ln3, que tem uma única solução. III: se x ≥ 1, (x+1)ˣ ≥ x+1 > x. Se 0 < x 1 > x. Não há solução positiva. A: omite II. C, D e E: tratam III como verdadeira, mas ela é falsa. Referência: Funções exponencial e logarítmica. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível x com 2015 dígitos implica ⁷√x com 288 dígitos na parte inteira. Se x tem 2015 dígitos, 10²⁰¹⁴ ≤ x < 10²⁰¹⁵. Então 10^(2014/7) ≤ ⁷√x < 10^(2015/7). Como 2014/7 ≈ 287,71 e 2015/7 ≈ 287,86, o expoente fica entre 287 e 288. Logo a parte inteira de ⁷√x tem 288 dígitos.
A, B e C: dão menos dígitos que o necessário, pois ignoram que o expoente está entre 287 e 288. E: daria 289, que exigiria expoente ≥ 288. Referência: Número de dígitos de um inteiro via logaritmo decimal. Resolução comentada do VaiConcursos. Questão anulada Gabarito disponível Com tg x = √7 no 3º quadrante, sen 3x = 3sen x − 4sen³x = √14/8. No 3º quadrante, sen x = −√7/√8 = −√14/4 e cos x = −√2/4. Usando sen 3x = 3 sen x − 4 sen³x: 3(−√14/4) = −24√14/32 e sen³x = −7√14/32, então −4 sen³x = +28√14/32. A soma é 4√14/32 = √14/8. A: sinal trocado. C, D e E: valores que não resultam do cálculo da fórmula do arco triplo. Referência: Arco triplo: sen 3x = 3 sen x − 4 sen³x. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Sequência aₙ = log(1+aₙ₋₁) é decrescente, positiva e a₃ < 1. Se aₙ₋₁ > 0, então 1 + aₙ₋₁ > 1 e aₙ > 0, o que prova II por indução. Como log₁₀(1+x) 0, tem-se aₙ < aₙ₋₁, logo a sequência é decrescente (I). Calculando, a₂ = log 1001 ≈ 3,0004 e a₃ = log(4,0004) ≈ 0,602 < 1. Como a sequência é decrescente, aₙ < 1 para todo n ≥ 3 (III).
A, B, C e E omitem alguma afirmação verdadeira. Todas as três são verdadeiras, então D é a correta. Referência: Sequências definidas por recorrência e propriedades de logaritmos. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Todo polígono regular é inscritível e circunscritível, mas a/ℓ pode ser maior que 1. Todo polígono convexo regular tem circunferência circunscrita e inscrita, então I e II são verdadeiras. Em III, aₙ/ℓₙ = 1/(2·tg(π/n)). Isso é menor que 1 para n = 3, mas cresce com n. Para n = 10, tg 18° ≈ 0,325, e a razão é ≈ 1,54 > 1. A afirmação é falsa. A e B: cada uma deixa de fora uma afirmação verdadeira. C e E: incluem III, que é falsa. D: reúne exatamente as verdadeiras, I e II. Referência: Polígonos regulares: apótema e raio. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Triângulo retângulo inscrito (hipotenusa = diâmetro = 2) com área 1/√2. O maior lado mede 2, igual ao diâmetro, então o triângulo é retângulo com hipotenusa 2. A área dá (cateto₁·cateto₂)/2 = 1/√2, logo o produto dos catetos é √2. Sendo s o menor cateto, s² + 2/s² = 4, ou seja, s⁴ − 4s² + 2 = 0, e s² = 2 − √2 (o menor valor). Portanto s = √(2 − √2). As demais não satisfazem simultaneamente a hipotenusa 2 e o produto dos catetos √2. Por exemplo, 1/√2 elevado ao quadrado dá 1/2, que não é raiz da equação s⁴ − 4s² + 2 = 0. Referência: Triângulo retângulo inscrito, Pitágoras e área. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Sistema 3x3 impossível: escalonamento resulta em (a−6)z = b−4. Subtraindo a 1ª equação da 2ª, obtém-se y + 3z = 1. Subtraindo 3 vezes a 1ª da 3ª, obtém-se −2y + (a−12)z = b−6. Somando 2 vezes (y + 3z = 1), chega-se a (a−6)z = b−4. O sistema é impossível quando o coeficiente se anula (a = 6) e o termo independente não (b ≠ 4). B, C e E: com a ≠ 6, z = (b−4)/(a−6) existe e o sistema tem solução. D: com a = 6 e b = 4, a equação vira 0 = 0 e o sistema é possível e indeterminado. Referência: Escalonamento e discussão de sistemas lineares (Teorema de Rouché-Capelli). Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Interseção reta-circunferência dá P(0,2) e Q(8/5, −6/5); produto escalar. Substituindo y = 2 − 2x em x² + y² = 4, obtém-se 5x² − 8x = 0, logo x = 0 ou x = 8/5. Os pontos são P(0,2) e Q(8/5, −6/5), ambos a distância 2 da origem. Então cos PÔQ = (P·Q)/4 = (−12/5)/4 = −3/5. B, C, D e E não resultam de P·Q/|P||Q| com os pontos encontrados. São erros no produto escalar ou nas coordenadas de Q. Referência: Geometria analítica: circunferência e reta; produto escalar. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Perímetro dá sen α + cos α = √5 − 1; sen(β−α) = cos 2α. Com ℓ = 1, sen α + cos α = √5 − 1. Elevando ao quadrado, 1 + sen 2α = 6 − 2√5, então sen 2α = 5 − 2√5. Como β = 90° − α, sen(β−α) = cos 2α = √(1 − sen²2α) = √(1 − (45 − 20√5)) = √(20√5 − 44), tomando o valor positivo pois α < 45°.
A e B são valores de sen 2α ou expressões sem raiz, e não de cos 2α. C e E são resultados de erros ao calcular 1 − sen²2α. Referência: Trigonometria no triângulo retângulo; arcos duplos. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Gabarito disponível I e II verdadeiras; III falsa (z⁵⁹ = 2²⁹(−1−i)). I: somando as equações, w(1−i) = 3+i, logo w = 1+2i e z = −1−i, e z²+w² = 2i + (−3+4i) = −3+6i (verdadeira). II: com z = x+iy, xy = 1 e 3x²+y² = 4, que dá as soluções ±(1+i) e ±(1/√3 + i√3), cuja soma é 0 (verdadeira). III: z = √2·e^(−iπ/4) e z⁵⁹ tem argumento −59π/4 ≡ −3π/4, então z⁵⁹ = 2²⁹(−1−i), e não 2²⁹(−1+i) (falsa). A omite II. C, D e E incluem III, que é falsa por causa do sinal da parte imaginária. Referência: Números complexos: forma algébrica e trigonométrica. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Corda igual ao raio gera ângulo central 60° e ângulo em R de 120°. Como PQ = 4 = raio, o triângulo OPQ é equilátero e o ângulo central é 60°. As tangentes formam em R um ângulo de 180° − 60° = 120°, e PR = QR = 4·tg30° = 4/√3. A área é ½·PR²·sen120° = ½·(16/3)·(√3/2) = 4√3/3. A, B, C e D são valores que não resultam de ½·PR²·sen120°. Surgem de erros no comprimento da tangente ou no ângulo em R. Referência: Circunferência: tangentes e cordas; área do triângulo. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Área do quadrilátero é 10; igualar a área à esquerda de x = a a 5. Pela fórmula de Gauss, a área é 10, então cada parte deve ter 5. A área à esquerda de x = 2 vale 2 (largura x entre AB e AD). Entre 2 e a, a região fica entre y = 0 e a reta AD (y = 1 + x/2): (a−2) + (a²−4)/4. Impondo 2 + (a−2) + (a²−4)/4 = 5 chega-se a a² + 4a − 24 = 0, logo a = 2√7 − 2. A, B, C e E não satisfazem a² + 4a − 24 = 0. São obtidos com área total ou integrais mal calculadas. Referência: Geometria analítica: área de polígonos. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível PG 8, 4, 2: p(x) = x²(x⁶ + x² − 2). Com razão q: 8(1+q+q²) = 14 dá q = 1/2, logo m = 4 e n = 2 (q = −3/2 daria expoentes negativos). Então p = x⁸ + x⁴ − 2x² = x²(x²−1)(x⁴+x²+2). I é verdadeira (fator x²). II é falsa: x = 1 é raiz simples, pois g(x) = x⁶ + x² − 2 tem g′(1) = 8 ≠ 0. III é verdadeira: x⁴ + x² + 2 tem discriminante negativo em y = x² e dá 4 raízes não reais. A omite III, que é verdadeira. B e D e E incluem II, que é falsa porque x = 1 é raiz simples. Referência: Progressão geométrica; raízes e multiplicidade de polinômios. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Lei dos cossenos nos triângulos ABM e AMN, com lado 3 e BM = 1. Com lado 3, BM = MN = NC = 1. Em ABM: AM² = 9 + 1 − 2·3·1·cos60° = 7, e AN² = 7 por simetria. No triângulo AMN: cos α = (7 + 7 − 1)/(2·7) = 13/14. B, C, D e E não resultam de (AM² + AN² − MN²)/(2·AM·AN) com AM² = AN² = 7 e MN = 1. Referência: Lei dos cossenos. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível sen θ = (R−r)/(R+r) e V = πh³tan²θ/3 com h = 2R²/(R−r). Seja θ o semiângulo do vértice. As distâncias do vértice aos centros são R/senθ e r/senθ, e sua diferença é R + r, logo senθ = (R−r)/(R+r). A altura é h = R/senθ + R = 2R²/(R−r), e tgθ = (R−r)/(2√(Rr)). Assim, V = (π/3)·h³·tg²θ = (π/3)·8R⁶/(R−r)³·(R−r)²/(4Rr) = 2πR⁵/(3r(R−r)). As outras opções diferem apenas pelo coeficiente numérico (1, 1/3·… , 4/3, 5/3), que não resulta do cálculo acima. Só 2/3 é obtido. Referência: Geometria espacial: cone, esferas inscritas e tangentes. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Raízes: i, −i, −1 e −1−i; uma tem módulo √2. Verifica-se que p(i) = 0 e p(−i) = 0. Dividindo por z²+1 obtém-se z² + (2+i)z + (1+i) = 0, com discriminante −1 e raízes −1 e −1−i. As raízes são i, −i, −1 e −1−i, de módulos 1, 1, 1 e √2. Portanto, o módulo de uma das raízes é √2. A é falsa, pois −1 é real. B é falsa, pois i e −i são conjugadas. C é falsa: a soma dos módulos é 3 + √2. D é falsa: o produto dos módulos é √2. Referência: Polinômios com coeficientes complexos; fatoração. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Número de cubos distinguíveis com 6 cores diferentes: 6!/24 = 30. Há 6! = 720 modos de colorir as faces com as 6 cores distintas. Cada cubo pode ser girado de 24 maneiras (rotações do cubo), e cada coloração é contada 24 vezes. Logo, N = 720/24 = 30. A, B, C e D são valores que não correspondem a 720/24. Surgem de contagens erradas, como dividir por outro número de simetrias. Referência: Análise combinatória: colorações a menos de simetria. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Bissetriz interna em APC dá AN; coordenadas fornecem MN² = 10 − 5√3. CP é mediana e altura, com CP = √3 e ângulo APC = 90°. Pelo teorema da bissetriz, AN/NC = PA/PC = 1/√3, logo AN = 2/(1+√3) = √3 − 1. Com A = (0,0), B = (2,0), C = (1,√3): N = ((√3−1)/2, (3−√3)/2) e M = (3/2, √3/2). Então MN² = [(4−√3)² + (2√3−3)²]/4 = (40 − 20√3)/4 = 10 − 5√3. As demais opções são resultados de erros algébricos na posição de N ou no cálculo de MN². Só (D) é coerente com MN² = 10 − 5√3. Referência: Teorema da bissetriz interna; geometria analítica. Resolução comentada do VaiConcursos.ITA — Vestibular 2016 — Matemática
I. A função f(x) = log₁₀((x − 1)/x) é estritamente crescente no intervalo ]1, +∞[.
II. A equação 2ˣ⁺² = 3ˣ⁻¹ possui uma única solução real.
III. A equação (x + 1)ˣ = x admite pelo menos uma solução real positiva.
É (são) verdadeira(s)Resolução comentada
Análise das alternativas
Resolução comentada
Análise das alternativas
Resolução comentada
Análise das alternativas
I. A sequência (aₙ) é decrescente.
II. aₙ > 0 para todo n ≥ 1.
III. aₙ < 1 para todo n ≥ 3.
É (são) verdadeira(s)Resolução comentada
Análise das alternativas
I. Pₙ é inscritível numa circunferência.
II. Pₙ é circunscritível a uma circunferência.
III. Se ℓₙ é o comprimento de um lado de Pₙ e aₙ é o comprimento de um apótema de Pₙ, então aₙ/ℓₙ ≤ 1 para todo n ≥ 3.
É (são) verdadeira(s)Resolução comentada
Análise das alternativas
Resolução comentada
Análise das alternativas
x + y + 4z = 2
x + 2y + 7z = 3
3x + y + az = b
é impossível, então os valores de a e b são tais queResolução comentada
Análise das alternativas
Resolução comentada
Análise das alternativas
Resolução comentada
Análise das alternativas
, então MNᵀ − M⁻¹N é igual a
I. Se z e w são números complexos tais que z − iw = 1 − 2i e w − z = 2 + 3i, então z² + w² = −3 + 6i.
II. A soma de todos os números complexos z que satisfazem 2|z|² + z² = 4 + 2i é igual a zero.
III. Se z = 1 − i, então z⁵⁹ = 2²⁹(−1 + i).
É (são) verdadeira(s)Resolução comentada
Análise das alternativas
Resolução comentada
Análise das alternativas
Resolução comentada
Análise das alternativas
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)Resolução comentada
Análise das alternativas
Resolução comentada
Análise das alternativas
Resolução comentada
Análise das alternativas
p(z) = z⁴ + (2 + i)z³ + (2 + i)z² + (2 + i)z + (1 + i).
Podemos afirmar queResolução comentada
Análise das alternativas
Resolução comentada
Análise das alternativas
a) P é o ponto médio de A̅B̅;
b) M é o ponto médio de B̅C̅;
c) PN é a bissetriz do ângulo AP̂C.
Então, o comprimento do segmento M̅N̅ é igual aResolução comentada
Análise das alternativas
Considere as seguintes afirmações:
Se x é um número natural com 2015 dígitos, então o número de dígitos da parte inteira de ⁷√x é igual a
Escolhendo-se, aleatoriamente, três números inteiros distintos no intervalo [1, 20], a probabilidade de que eles estejam, em alguma ordem, em progressão geométrica é igual a
Se tgx = √7 e x ∈ [π, 3π/2], então sen3x é igual a
Seja (a₁, a₂, a₃, ...) a sequência definida da seguinte forma: a₁ = 1000 e aₙ = log₁₀(1 + aₙ₋₁) para n ≥ 2. Considere as afirmações a seguir:
Seja Pₙ um polígono convexo regular de n lados, com n ≥ 3. Considere as afirmações a seguir:
Um triângulo está inscrito numa circunferência de raio 1 cm. O seu maior lado mede 2 cm e sua área é de 1/√2 cm². Então, o menor lado do triângulo, em cm, mede
Se o sistema de equações
Se P e Q são pontos que pertencem à circunferência x² + y² = 4 e à reta y = 2(1 − x), então o valor do cosseno do ângulo PÔQ é igual a
Um triângulo retângulo tem perímetro igual a ℓ√5, em que ℓ é o comprimento da hipotenusa. Se α e β são seus ângulos agudos, com α < β, então sen(β − α) é igual a
Se
Considere as afirmações a seguir:
Sejam λ uma circunferência de raio 4 cm e P̅Q̅ uma corda em λ de comprimento 4 cm. As tangentes a λ em P e em Q interceptam-se no ponto R exterior a λ. Então, a área do triângulo PQR, em cm², é igual a
Se a reta de equação x = a divide o quadrilátero cujos vértices são (0, 1), (2, 0), (4, 0) e (6, 4) em duas regiões de mesma área, então o valor de a é igual a
Seja p o polinômio dado por p(x) = x⁸ + xᵐ − 2xⁿ, em que os expoentes 8, m, n formam, nesta ordem, uma progressão geométrica cuja soma dos termos é igual a 14. Considere as seguintes afirmações:
Seja ABC um triângulo equilátero e suponha que M e N são pontos pertencentes ao lado B̅C̅ tais que BM = MN = NC. Sendo α a medida, em radianos, do ângulo MÂN, então o valor de cos α é
Uma esfera S₁, de raio R > 0, está inscrita num cone circular reto K. Outra esfera, S₂, de raio r, com 0 < r < R, está contida no interior de K e é simultaneamente tangente à esfera S₁ e à superfície lateral de K. O volume de K é igual a
Considere o polinômio p com coeficientes complexos definido por
Pintam-se N cubos iguais utilizando-se 6 cores diferentes, uma para cada face. Considerando que cada cubo pode ser perfeitamente distinguido dos demais, o maior valor possível de N é igual a
Em um triângulo equilátero ABC de lado 2, considere os pontos P, M e N pertencentes aos lados A̅B̅, B̅C̅ e A̅C̅, respectivamente, tais que