← Voltar para a lista de provas Instituto Militar de Engenharia (IME) · Concurso de Formação e Graduação 40 questões nesta prova · página 1 de 2 · 38 com gabarito Gabarito disponível Gabarito disponível As duas desigualdades forçam f(x+1) = f(x)+1, então f(n) = n e g(2023) = 1. De f(x+1) ≤ f(x)+1 segue f(x+7) ≤ f(x)+7. Combinando com f(x+7) ≥ f(x)+7, tem-se igualdade, e portanto cada passo f(x+1) = f(x)+1 vale com igualdade. Com f(1) = 1, f(n) = n para todo inteiro n. Assim g(2023) = f(2022) − 2023 + 2 = 2022 − 2021 = 1. A, C, D e E decorrem de erros de cálculo ou de usar f(2023) em vez de f(2022). O valor correto é 1. Referência: Funções – equações e inequações funcionais. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível B é um quadrado de centro (a,b) e semilado c; o vértice mais afastado dá r = a + b + 2c. B é o quadrado de centro (a,b) e semilado c. A função |x| + |y| é convexa, então seu máximo em B ocorre num vértice. O vértice mais afastado é (a+c, b+c), onde |x| + |y| = a + b + 2c. Logo, o menor r tal que B ⊂ A é a + b + 2c. A (a+b+c) deixa o vértice (a+c, b+c) fora de A. B, C e E fornecem valores que não coincidem com o máximo de |x|+|y| em B, por isso não são o menor r. Referência: Números complexos – regiões no plano de Argand-Gauss. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível A equação reduz a 4z² + 10z − 1 = 0, mas só a raiz positiva é válida. Aplicando a tangente aos dois lados, (2z+1)/(1 − z(z+1)) = 4/3, o que dá 4z² + 10z − 1 = 0. As raízes são z = (−5 ± √29)/4, aproximadamente 0,096 e −2,6. A raiz negativa dá arctg(z) + arctg(z+1) 0, então é espúria. Só a raiz positiva serve. A, B e C estão erradas porque admitem duas soluções, e a raiz negativa é extrínseca. E está errada porque a única solução válida é positiva. Referência: Trigonometria – funções trigonométricas inversas. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Os cinco restantes formam PG se seus índices estão em PA; há 8 casos favoráveis em C(10,5) = 252, o que dá 2/63. Como q > 1, uma subsequência de 5 termos é PG exatamente quando seus índices formam uma PA. Em {1,…,10}, com razão 1 há 6 possibilidades e com razão 2 há 2 (começando em 1 ou 2). Razões maiores não cabem. São 8 casos favoráveis em C(10,5) = 252, logo 8/252 = 2/63. A (1/252) e B (1/126) contam menos casos favoráveis. C (3/126) e E (3/63) contam casos a mais. Apenas 8/252 = 2/63 está correto. Referência: Probabilidade e PG; combinatória. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Pelo volume do tetraedro, a distância de D ao plano ABC é 6/√7 = (6/7)√7. CD é perpendicular a DA e DB, logo é perpendicular ao plano ABD. O triângulo ABD tem AD = BD = 4 e ângulo de 60°, portanto é equilátero com AB = 4 e área 4√3. O volume é V = (1/3)·4√3·3 = 4√3. No triângulo ABC, CA = CB = 5 e AB = 4, então a altura relativa a AB é √21 e a área é 2√21. A distância procurada é d = 3V/área = 12√3/(2√21) = 6/√7 = (6/7)√7. B, C, D e E não satisfazem V = (1/3)·(2√21)·d. Além disso, d não pode ser maior que 3, pois d ≤ CD = 3 e d ≤ AD, e os valores 4 e 5 excedem esse limite. Nenhuma das outras bate com o cálculo. Referência: Geometria Espacial – tetraedro, volume e distância ponto-plano. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Gabarito disponível f(x) = log(x + √(x²+1)) é função ímpar, pois f(−x) = −f(x). Temos f(−x) = log(√(x²+1) − x). Como (√(x²+1) − x)(√(x²+1) + x) = 1, segue que √(x²+1) − x = 1/(x + √(x²+1)). Logo f(−x) = −f(x), e f é ímpar. A está errada porque f só seria par se fosse identicamente nula. C está errada porque, para x<0, f é crescente e f(2x) < f(x), então a desigualdade não vale para todo x≠0. D está errada porque a única raiz é x=0, já que x+√(x²+1)=1 só ocorre em x=0. E está errada porque x=0 é raiz.
Referência: Funções – paridade e função logarítmica (arco seno hiperbólico). Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Gabarito disponível O sistema leva a x = 1 para todo α, então o lugar geométrico é um segmento de reta vertical. Da segunda equação, 12y = 8cosα·x, logo y = (2/3)x·cosα. Substituindo na primeira, multiplicada por sinα, obtém-se 4x − 6cosα·y = 4sen²α, ou seja, 4x − 4x·cos²α = 4sen²α. Daí x·sen²α = sen²α, e como senα ≠ 0, x = 1. Com y = (2/3)cosα variando em [−2/3, 2/3], o lugar geométrico é um segmento da reta vertical x = 1. A está errada porque y varia e x é constante. C, D e E estão erradas porque x é constante, o que exclui reta inclinada, elipse e parábola. Referência: Geometria Analítica – lugares geométricos; identidades trigonométricas. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Ponteiros trocados: o relógio volta a marcar a hora certa em t = 12/11 h após as 4h, ou seja, por volta de 5h05min. Depois da troca, o ponteiro que parte da posição das horas (120°) gira a 360°/h e o que parte do 12 gira a 30°/h. Para a hora estar certa, o ponteiro rápido deve coincidir com a posição que o ponteiro das horas real ocupa, 120° + 30t, módulo 360°. Isso dá 330t = 360m, então t = 12m/11. O primeiro instante é t = 12/11 h ≈ 1h05min27s, ou seja, 5h05min27s, que está em 5h ≤ t < 5h30min.
A está errada porque 5h05 é posterior a 5h. C, D e E apontam intervalos posteriores, que só seriam atingidos em valores maiores de m. A primeira coincidência (m=1) já ocorre em B. Referência: Matemática – Problemas de ponteiros de relógio; velocidades angulares. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Relacionar ∠BIC = 90° + A/2 e ∠AGC = B/2. No incentro, ∠BIC = 90° + A/2. Como G é o ex-incentro oposto a A, ∠GAC = A/2 e ∠ACG = C + (180° − C)/2 = 90° + C/2, então ∠AGC = B/2. Assim, 90° + A/2 + B/2 = 155°, logo A + B = 130° e C = 180° − 130° = 50°. A, B, D e E: não resultam de A + B = 130°. Referência: Geometria plana: incentro e ex-incentro. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Substituição t = (2/3)^(2x) reduz a equação a uma quadrática. Com p = 2ˣ e q = 3ˣ: o numerador é p²q²(p²+q²) e o denominador é (p²+q²)(p⁴−p²q²+q⁴). A razão fica p²q²/(p⁴−p²q²+q⁴) = 6/7. Com t = p²/q², temos 6t² − 13t + 6 = 0, então t = 2/3 ou 3/2, o que dá x = 1/2 ou x = −1/2. A soma dos módulos é 1. B, C, D e E: não correspondem às soluções x = ±1/2. Referência: Equações exponenciais e fatoração da soma de cubos. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Cônica degenerada: determinante da matriz da cônica igual a zero. Para representar duas retas, o determinante da matriz [[2, c/2, −3/2],[c/2, 6, −2],[−3/2, −2, −2]] deve ser nulo. Isso leva a c²/2 + 3c − 91/2 = 0, ou seja, c² + 6c − 91 = 0, com raízes 7 e −13. O valor positivo é c = 7, e a parte quadrática 2x² + 7xy + 6y² tem discriminante 1 > 0, o que garante retas concorrentes. A, C, D e E não anulam o determinante; a única raiz positiva de c² + 6c − 91 = 0 é 7. Referência: Geometria analítica: cônicas degeneradas. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível O único cubo palíndromo de 4 algarismos é 1331. Os cubos de quatro algarismos vão de 10³ = 1000 a 21³ = 9261. Examinando-os (1000, 1331, 1728, 2197, 2744, 3375, 4096, 4913, 5832, 6859, 8000, 9261), só 11³ = 1331 é palíndromo. A soma dos algarismos é 1+3+3+1 = 8. B, C, D e E: nenhum cubo palíndromo de quatro algarismos tem soma 10, 12, 14 ou 16. Referência: Teoria dos números: cubos perfeitos. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Gabarito disponível Gabarito disponível Efeito Doppler relativístico com fonte vermelha vista como verde. Aproximando-se do semáforo, λ_g = λ_r·√((1−β)/(1+β)). Elevando ao quadrado, (λ_g/λ_r)² = (1−β)/(1+β), o que dá β = [1 − (λ_g/λ_r)²]/[1 + (λ_g/λ_r)²]. Logo v = c·β dessa forma, que é a velocidade mínima para ver o vermelho como verde. A e B: usam a razão sem elevar ao quadrado. D: inverte a razão dos comprimentos de onda. E: inverte o sinal da expressão e daria β > 1. Referência: Efeito Doppler relativístico. Resolução comentada do VaiConcursos. Gabarito disponível Gabarito disponívelIME — Concurso de Admissão 2022/2023 — 1ª Fase — Prova Objetiva (Matemática, Física e Química)
. Seja Xᵀ a transposta da matriz X.
Sabendo que XᵀA⁻¹ = B então X⁻¹ é
f(x + 7) ⩾ f(x) + 7 e f(x + 1) ⩽ f(x) + 1 .
Se g(x) = f(x − 1) − x + 2, o valor de g(2023) éResolução comentada
Análise das alternativas
A = {x + iy tal que x,y ∈ ℝ e |x| + |y| ≤ r} e
B = {x + iy tal que x,y ∈ ℝ e max {|x − a|,|y − b|} ≤ c} ,
onde r, a, b e c são números reais positivos e max {x₁,x₂} é o maior valor entre os reais x₁ e x₂.
O menor valor de r, em função de a, b e c, para que se tenha B ⊂ A éResolução comentada
Análise das alternativas
Resolução comentada
Análise das alternativas
Resolução comentada
Análise das alternativas
A D̂ B = π/3 e C D̂ B = A D̂ C = π/2
e os comprimentos das arestas em centímetros CD‾ = 3 e AD‾ = BD‾ = 4 .
A distância em centímetros do ponto D ao plano ABC éResolução comentada
Análise das alternativas
éResolução comentada
Análise das alternativas
{ 4 cossec(α)x − 6 cotg(α)y = 4 sen(α)
{ 12 cossec(α)y − 8 cotg(α)x = 0
onde α é um ângulo em radianos diferente de kπ (k ∈ ℤ). O lugar geométrico descrito pelos pontos P, conforme se varia o ângulo α, é um segmento de:Resolução comentada
Análise das alternativas
Resolução comentada
Análise das alternativas
Resolução comentada
Análise das alternativas
(144ˣ + 324ˣ)/(64ˣ + 729ˣ) = 6/7.
A soma dos módulos das soluções reais desta equação éResolução comentada
Análise das alternativas
Resolução comentada
Análise das alternativas
Resolução comentada
Análise das alternativas
Um cubo de arestas de comprimento L é fabricado a partir de uma chapa metálica fina de densidade superficial de massa S. O cubo encontra-se bem vedado e possui 20% de seu volume interior preenchido com óleo e o restante preenchido com ar. Em certo momento, o cubo é colocado dentro de um reservatório de água e permanece em equilíbrio na posição ilustrada na figura.
Dados:
• massa específica da água: 1 g/cm³;
• massa específica do óleo: 0,8 g/cm³.
Observações:
• a massa do ar no interior do cubo é desprezível;
• a espessura da chapa é desprezível em relação ao comprimento L das arestas;
• a unidade de L é cm;
• a unidade de S é g/cm².
A relação L/S, em cm³/g, é:
Na figura mostra-se um tanque sendo alimentado por uma bomba d’água, um agitador e um sistema de aquecimento.
Dados:
• massa específica da água: 1 g/cm³;
• calor específico da água: 1 cal/(g.°C);
• vazão de água da bomba: 10 L/min;
• 1 cal = 4,2 J.
Observações:
• não há perdas de calor pelo tanque;
• toda energia dissipada pela resistência aquece a água;
• o agitador mistura toda a água do tanque, mantendo-a numa mesma temperatura.
A água do tanque e a fornecida pela bomba encontram-se a 20 °C. Em determinado instante, o tanque contém 220 L de água e a chave S do sistema de aquecimento é fechada. O tempo, em minutos, para que a água do tanque atinja 60 °C será:
Dados:
• velocidade da luz no vácuo: c;
• comprimento de onda da cor verde (“siga"): λ_g;
• comprimento de onda da cor vermelho (“pare"): λ_r.
A velocidade mínima da espaçonave era:Resolução comentada
Análise das alternativas
Em dois experimentos, A e B, uma partícula foi fixada à esquerda e outra partícula à direita foi solta com velocidade nula, conforme geometrias apresentadas nas figuras acima. Em cada experimento, mediu-se a velocidade final que a partícula da direita alcançou muito tempo após ser solta.
Observação:
• os movimentos das partículas nos experimentos ocorrem sempre na horizontal e sem a influência da gravidade.
Definindo v_A como a velocidade escalar final da partícula solta no experimento A e v_B como a velocidade escalar final da partícula solta no experimento B, a razão v_A/v_B é
Uma fonte sonora está pendurada por um fio ideal, conforme ilustrado na figura, realizando um movimento pendular.
Dados:
• frequência da fonte sonora: f;
• comprimento do fio do pêndulo: L;
• aceleração da gravidade: g;
• velocidade do som: v.
Se θ_max é o ângulo máximo atingido pelo fio que sustenta a fonte com relação à vertical, a frequência máxima do som ouvido por um observador localizado a uma distância ínfima do ponto mais baixo da trajetória da fonte é:
Considere as matrizes
Seja f(x) uma função definida em ℝ tal que f(1) = 1. Para todo x ∈ ℝ valem as seguintes desigualdades
Considere os conjuntos de números complexos:
A equação arctg(z) + arctg(z + 1) = arctg (4/3), em que arctg(x) é o arco tangente de x, apresenta:
Dez números reais formam uma progressão geométrica (PG) com razão q > 1. Removem-se ao acaso cinco desses números. A probabilidade de que os cinco números restantes estejam em PG é
Seja um tetraedro de vértices A, B, C e D. São dados os ângulos em radianos:
A soma dos inversos das soluções inteiras da equação
Seja f : ℝ ⟶ ℝ definida como f(x) = log(x + √(x² + 1)). Então:
Um polígono regular possui 2n vértices (n ∈ ℕ, n > 1). Escolhem-se ao acaso 4 vértices do polígono, formando o quadrilátero ABCD. A probabilidade de ABCD ser um retângulo é
Considere um ponto P cujas coordenadas (x,y), x,y ∈ ℝ, satisfazem o sistema
Um aluno distraído desmontou um relógio. Ao remontá-lo, trocou a posição dos ponteiros das horas e dos minutos, de modo que o ponteiro das horas passou a girar com a velocidade do ponteiro dos minutos, e vice-versa. Sabendo que o relógio foi acertado para as 4 horas, o intervalo que contém o horário t que marcará a hora certa novamente pela primeira vez é
Um triângulo ABC possui incentro I e ex-incentro G relativo ao lado BC‾. Se B Î C + A Ĝ C = 155°, então o ângulo A Ĉ B é
Seja a equação
Se a equação 2x² + cxy − 3x + 6y² − 4y − 2 = 0 representa no plano real duas retas concorrentes, então o valor positivo do número real c é
Um número natural é palíndromo quando é o mesmo lido da esquerda para a direita e vice-versa. Seja n um número natural palíndromo tal que 1000 ≤ n ≤ 9999. Se n é um cubo perfeito, então a soma dos algarismos de n é
Um físico pilotando uma espaçonave foi multado por avanço de um semáforo de trânsito interestelar. Em sua defesa, alegou que via luz verde ao avançar o semáforo. Além de ter sua defesa indeferida, o físico ainda recebeu outra multa por excesso de velocidade.