008 - SIMULADO IME - MAT - GABARITO

Prévia do material em texto

1 
MAX PAIVA – I SIMULADO IME 2019 
 
 
 
 
 
 
CONCURSO DE ADMISSÃO 
AO 
CURSO DE FORMAÇÃO E GRADUAÇÃO 
 
QUESTÕES DE 1 A 10 
MATEMÁTICA 
 
SIMULADO IME 
3o ANO – ENSINO MÉDIO 
 
1a QUESTÃO – SOLUÇÃO Valor: 1,0 
 
A equação é dada por 
0 2 2 1 8 0 0
2 5 2 0 2 0 27 0
2 1 2 2 0 0 42
x x x y z
y y y y z
z z z x y z
− − −       
       
− −   = 
       
       −       
 
0 8 0 0
0 2 0 27 0
7 14 7 0 0 42
x x x y z
y y y y z
z z z x y z
− − −     
     
− −  = 
     
     −     
 
2
2
2
2 0 0 8 0 0
0 3 0 0 27 0
0 0 42 0 0 42
x
y
z
   
   
=   
  
  
 
 
De onde temos 
2x =  , 3y =  e 1z =  
 
 
2a QUESTÃO – SOLUÇÃO Valor: 1,0 
 
 
A) Veja que 
( ) ( ) ( ) ( )x y x y x y x y x y x y+ + −  + − − = + − −  
( ) 2x y x y y y+ + −  =  
2x y x y+ + − = 
 
B) Observe também que 
( ) ( ) ( ) ( )y x y x y x y x y x y x+ + −  + − − = + − −  
( ) 1 2y x y x x+ + −  =  
2y x y x x+ + − = 
 
 
 
 
 2 
MAX PAIVA – I SIMULADO IME 2019 
 
 
 
 
 
 
Agora temos dois sistemas 
I) 
2
1
y x y x x
y x y x
 + + − =

 + − − =
 2 2 1y x x+ = +  4 4 1y x− = 
II) 
2x y x y
x y x y y
 + + − =

 + − − =
 2 2x y y+ = +  4 4x y− = 
E assim, obtemos o sistema final 
4 4 1
4 4
y x
x y
− =

− =
 
5
3
y = e 
17
12
x = 
17 5
,
12 3
S
  
=   
  
 
 
3a QUESTÃO – SOLUÇÃO Valor: 1,0 
 
Observe que podemos multiplicar por sen 0x  , e obtemos: 
( ) ( )8 4 5 1x x x  = cos cos cos ( ) ( )8 4 5x x x x x   = sen cos cos cos sen 
( ) ( ) ( )4 2 4 5x x x x  = sen cos cos sen ( ) ( )( ) ( )2 6 2 5x x x x−  = sen sen cos sen 
( ) ( ) ( ) ( )2 6 5 2 2 5x x x x x −  = sen cos sen cos sen
( ) ( ) ( ) ( )( )11 7 3x x x x x+ − − = sen sen sen sen sen 
( ) ( ) ( )11 7 3 0x x x− + = sen sen sen ( ) ( ) ( )2 7 4 7 0x x x − = sen cos sen 
( ) ( )( )7 2 4 1 0x x − = sen cos 
( )7 0x =sen ou ( )2 4 1 0x − =cos 
Assim, temos 
π π π
| ou e π,com
k k
x x x x k k
  
 = =  +    
 7 6 2
 
 
4a QUESTÃO – SOLUÇÃO Valor: 1,0 
 
Observe que 
6
a b a c b c
c b a
+ + +
+ + =  
4 4 4
6
c b a
c b a
− − −
+ + =  
1 1 1
4 3 6
c b c
 
+ + − =  
 
 
1 1 1
4 9
c b c
 
+ + = 
 
 
Mas, veja que 
( ) ( ) ( )
2 2 2
a b a c b c
M
c b a
+ + +
= + +  
( ) ( ) ( )
2 2 2
4 4 4c b a
M
c b a
− − −
= + +  
2 2 2
16 8 16 8 16 8c c b b a a
M
c b a
− + − + − +
= + +  
( )
1 1 1
16 8 8 8M a b c
a b c
 
=  + + − − − + + +  
 
 
36 24 4M = − +  
16M = 
 
 
 3 
MAX PAIVA – I SIMULADO IME 2019 
 
 
 
 
 
 
 
5a QUESTÃO – SOLUÇÃO Valor: 1,0 
 
A equação polinomial 
( )
( )
2 56
8
1 7
P x
P x x
= −
+ +
, pode ser escrita como: 
( ) ( ) ( )7 2 8 1x P x x P x+  =  + 
Veja que 
• 0x = é raiz de ( )P x ,pois ( ) ( )0 7 0 0P+  = . Assim, temos podemos escrever 
( ) ( )P x x Q x=  , e ficamos com 
( ) ( ) ( ) ( )2 7 2 8 1 1x x Q x x x Q x+  =  +  +  ( ) ( ) ( ) ( )7 2 4 1 1x Q x x Q x+  =  +  + 
 
• 2x = − é raiz de ( )Q x ,pois ( ) ( )1 7 2 0P− +  − = . Assim, temos podemos escrever 
( ) ( ) ( )2Q x x R x= +  , e ficamos com 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 7 2 4 1 3 1x x R x x x R x+ +  = +  +  +  ( ) ( ) ( ) ( )7 2 2 3 1x R x x R x+  =  +  + 
 
• 6x = − é raiz de ( )R x ,pois ( ) ( )3 7 6 0P− +  − = . Assim, temos podemos escrever 
( ) ( ) ( )6R x x S x= +  , e ficamos com 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 7 2 2 3 7 1x x S x x x S x+ +  =  +  +  +  ( ) ( )2 1S x S x= + , x  
De onde concluímos que ( )S x c= (é constante), e portanto 
( ) ( ) ( ) ( )2 6P x x x x S x= + +   ( ) ( ) ( )2 6P x cx x x= + + 
Como ( )1 84P = , temos 4c = e ( ) ( ) ( )4 2 6P x x x x=  + + . 
( )2 12 5 9P =    ( )3 540P = 
 
6a QUESTÃO – SOLUÇÃO Valor: 1,0 
 
 
Seja n o total de partidas. Em cada partida temos uma soma de (a + b + c) pontos, e 
portanto em n partidas temos n (a + b + c) = 39. Como a, b, c e n são inteiros 
positivos. Só existe uma possibilidade que é 
n = 3 e a + b + c = 13, pois n  2. 
Como Flávio venceu a segunda e marcou apenas 10 pontos, as suas pontuações 
foram a, c, c, pois em qualquer outra configuração ele teria feito mais que 10 pontos. 
Veja que 
a + b + c = 13 
a + b + b > 13, pois b > c. 
Assim, só resta uma possibilidade para os resultados de Flávio, que é 
a + c + c = 10 
Agora veja que Ralph não pode ter marcado a pontos em nenhuma, pois neste caso 
ele faria mais pontos que Flávio. Assim, temos duas possibilidades para Ralph: 
I) b + b + b = 9 (Ralph), a + a + c = 20 (Marcos) e a + c + c = 10 (Flávio) 
O que não pode ocorrer, pois teríamos a = 10, b = 3 e c = 0. 
II) b + b + c = 9 (Ralph), a + a + b = 20 (Marcos) e a + c + c = 10 (Flávio) 
 
Resolvendo o sistema obtemos 
a = 8, b = 4 e c = 1 
 
 
 4 
MAX PAIVA – I SIMULADO IME 2019 
 
 
 
 
 
 
 
Portanto, temos: 
 
PRIMEIRA PARTIDA 
Marcos = 08; Ralph = 04; Flávio = 01. 
 
SEGUNDA PARTIDA 
Flávio = 08; Marcos = 04; Ralph = 01. 
 
TERCEIRA PARTIDA 
Marcos = 08; Ralph = 04; Flávio = 01. 
 
 
7a QUESTÃO – SOLUÇÃO Valor: 1,0 
 
Veja que 
( ) ( )3 2
1 1 1x x x x− = − + +  ( ) ( ) ( )3 2
1 1x x x x − = − − − 
A) Para x = 1,  e 2 temos: 
0 1 2 3 4 5 6 2
... 3
n
n
a a a a a a a a+ + + + + + + + = (I) 
2 3 4 5 6 2
0 1 2 3 4 5 6 2
... 0
n
n
a a a a a a a a      + + + + + + + + = (II) 
2 4 6 8 10 12 4
0 1 2 3 4 5 6 2
... 0
n
n
a a a a a a a a      + + + + + + + + = (III) 
Somando (I) + (II) + (III), obtemos: 
( ) ( ) ( ) ( )2 2 4
0 1 2 3
1 1 1 1 1 1 1 1 ... 3
n
a a a a   + + + + + + + + + + + + = 
( )0 3 6
3 ... 3
n
a a a+ + + =  1
0 3 6
... 3
n
a a a
−
+ + + = 
 
B) Multiplicando (II) por 2 e (III) por  , obtemos 
0 1 2 3 4 5 6 2
... 3
n
n
a a a a a a a a+ + + + + + + + = (I) 
2 3 4 5 6 7 8 2 2
0 1 2 3 4 5 6 2
... 0
n
n
a a a a a a a a        +
+ + + + + + + + = (IV) 
3 5 7 9 11 13 4 1
0 1 2 3 4 5 6 2
... 0
n
n
a a a a a a a a        +
+ + + + + + + + = (V) 
Somando (I) + (IV) + (V), obtemos: 
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
0 1 2 3
1 1 1 1 1 1 ... 3
n
a a a a     + + + + + + + + + + + + = 
( )1 4 7
3 ... 3
n
a a a+ + + =  1
1 4 7
... 3
n
a a a
−
+ + + = 
 
8a QUESTÃO – SOLUÇÃO Valor: 1,0 
 
De acordo com o enunciado temos a figura a seguir 
 
 
 5 
MAX PAIVA – I SIMULADO IME 2019 
 
 
 
 
 
 
 
Sejam 
M: o ponto médio de OS 
N: o ponto médio de AB 
T: o ponto médio de RC 
 
Devemos determinar o volume da pirâmide D-NMT. 
 
1
3
V NMT h=   
Usando Pitágoras 
I) nos triângulos NCT, MRT e NPM, temos: NT = MT = MN = 6a , com 2a= 
 
II) nos triângulos MSD, NAD e TCD, temos: MD = ND = TD = 5a 
Como o triângulo MNT é equilátero, temos que 
 
2
3
4
NMT =   
( )
2
6 3
4
a
NMT =   
2
3 3
2
a
NMT

= 
Como a pirâmide D-MNT é regular, então a altura é distância entre o vértice D e o 
baricentro(O) do triângulo MNT. Assim, temos que 
OT = 
2 6 3
3 2
a 
  OT = 2a . 
Usando o teorema de Pitágoras temos 
3h a= 
Portanto, temos que 
 
1
3
V NMT h=    
2
1 3 3
3
3 2
a
V a

=    
3
3
2
a
V =  
3
3
16
V = 
 
9a QUESTÃO – SOLUÇÃO Valor: 1,0 
 
A) Veja que a área é dada por 
2
a
a h S = , 2
b
b h S = e 2
c
c h S = 
Assim, temos que 
8
10
S
a = , 
10
10
S
b = e 
12
10
S
c = 
 
Usando a formula de Hierão, temos 
 
15
10
S
p = , 
7
10
S
p a− = , 
5
10
S
p b− = e 
3
10
S
p c− = 
Portanto temos 
2 15 7 5 3
10 10 10 10
S S S S
S =     4 2 2
10 15 7 S=    100 15 7 S=    20 3 7 S=    
20
3 7
S =  
20 7
21
S = 
 
 
 
 
 
 
 
 6 
MAX PAIVA – I SIMULADO IME 2019 
 
 
 
 
 
 
 
B) Portanto, ficamos com 
8
10
S
a =  
8 20 7
10 21
a =   
16 7
21
a = 
 
10
10
S
b =  
10 20 7
10 21
b =   
20 7
21
b = 
 
12
10
S
c =  
12 20 7
10 21
c =   
24 7
21c = 
 
 
10a QUESTÃO – SOLUÇÃO Valor: 1,0 
 
 
Sem perda de generalidade, podemos supor a situação representada pela figura a 
seguir. 
 
I) ESTUDO DA ELIPSE. 
Temos que 
• 
1
2
e =  
1
2
c
a
=  2a c= 
• 2 2 2
b a c= −  2 2 2
4b c c= −  2 2
3b c= 
Assim, a equação da elipse pode ser escrita na forma 
2 2
2 2
1
x y
a b
+ =  
2 2
2 2
1
4 3
x y
c c
+ = 
II) ESTUDO DA PARÁBOLA 
Temos que 
• 
2
p
OF =  OF c=  
2
p
c=  2p c= 
A equação da parábola é dada por 
2
2y px=  2
4y c x=  
 
 
 
 
 
 
 
 7 
MAX PAIVA – I SIMULADO IME 2019 
 
 
 
 
 
 
 
 
III) INTERSECÇÃO DAS CURVAS 
2
2 2
4
1
4 3
x cx
c c
+ =  2 2
3 16 12 0x cx c+ − =  
2
3
c
x = ou 6x c= − . 
Mas de acordo com o que foi considerado, não podemos ter 6x c= − . Assim, temos 
2
3
c
x = e 
2 6
3
c
y =  
IV) COEFICIENTES ANGULARES DAS RETAS TANGENTES 
Reta tangente à parábola: 
0
2 4yy c=  1
'm y=  
1
2c
m
y
= . 
Reta tangente à elipse: 
2 2
2 2 '
0
4 3
x yy
c c
+ =  
2
'm y=  
2
3
4
x
m
y
= − . 
V) TANGENTE DO ÂNGULO ENTRE AS CURVAS 
1 2
1 2
tan
1
m m
m m

−
= 
+
 
2
2
20 6
tan
20
c
c


= 

 tan 6 = 
Assim o ângulo entre as tangentes é ( )tg 6arc = .