Matematica resolvida

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GGE RESPONDE - VESTIBULAR – IME 2011 (MATEMÁTICA) 
1 APÓS CADA PROVA, ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR 
MATEMÁTICA 
 
01. A base de um prisma reto ABCA1B1C1 é um triângulo com o 
lado AB igual ao lado AC. O valor do segmento CD vale x, onde D 
é o ponto médio da aresta lateral AA1. Sabendo que  é o ângulo 
ACB e β é o ângulo DCA, determine a área lateral do prisma em 
função de x,  e β. 
SOLUÇÃO: 


 
 
Do triângulo ACD temos: 

 


senx 2CCBBAAxsenAD
ABcosxAC
111
 
 
Do triângulo ABC temos: 

cosx

co
s
x
 



coscosx2BC 
cosBCcosx2BC 
cosBC )cosx(2BC cosxcosx
:Cossenos dos Lei
2
22222
 
 
Logo a área lateral: 
111 CCBCAAACAAAB  
= 2x  cos  2x  sen + 2x  cos  cos  2x  sen 
= 4x2  cos  sen (1 + cos) 
= 2x2  sen2(1 + cos) 
 
02. Determine o valor da excentricidade da cônica dada pela 
equação .016y11xy310x 22  
SOLUÇÃO: 
016y11xy310x 22  
64
4
30044
4
BAC4'C'AC'A4BAC4B
2
122 




 
A’ = 16 
C’ = - 4 
(x+4)(x-16)= 0 
x2 – 12x – 64 = 0 
    1x
4
y 016'y4'x16 12
12
22  
2
5
4
5
a
ce 5c2 






1b
4a
2
2
 
03. Sejam z1 = 10 + 6i e z2 = 4 + 6i, onde i é a unidade imaginária, 
e z um número complexo tal que 
4zz
zz
arg
2
1 






 , determine o 
módulo do número complexo (z – 7 – 9i). 
Obs.: arg(w) é o argumento do número complexo w. 
 
Solução: 
Seja z = a + bi; a, b  R e i2 = - 1 
z – z1 = a + bi – (10 + 6i) = (a – 10) + (b – 6)i 
z – z2 = a + bi – (4 + 6i) = (a – 4) + (b – 6)i 
i)6b()4a(
i)6b()4a(
i)6b()4a(
i)6b()10a(
zz
zz
2
1








 
22
2
)6b()4a(
)6b(i)6b)(4a(i)6b)(10a()4a)(10a(


 
i
)6b()4a(
)6b(6
)6b()4a(
)6b()4a)(10a(
2222
2





 
Como 
4zz
zz
arg
2
1 






 
Segue que, 
















2
1
2
1
e zz
zz
Im
zz
zz
R 
 
Daí, 
(a – 10)(a – 4) + (b – 6)2 = 6(b – 6) 
a2 – 14a + 40 + b2 – 18b + 72 = 0 
(a – 7)2 – 9 + (b – 9)2 – 9 = 0 
(a – 7)2 + (b – 9)2 = 18 
A equação acima representa uma circunferência com centro 7 + 
9i, ou seja, 
|z – (7 + 9i)| = r 
18i97z olog  
 
04. Os números m, 22.680 e n fazem parte, nessa ordem, de uma 
progressão geométrica crescente com razão dada por q. Sabe-se 
que: 
• existem, pelo menos, dois elementos entre m e 22.680; 
• n é o sexto termo dessa progressão geométrica; 
• n ≤ 180.000 . 
Determine os possíveis valores de m e n, sabendo que m, n e q 
são números naturais positivos. 
 
Solução: 
 
7532680.22 43  
 
1º caso 
nc 02268 b a m
 
23
2268
n 
m
22680q  
q é natural positivo 
 
m
753 32
m
7532q 33
43 


 
080.136n6q105753m  1ª possibilidade 
  000.180120.204n3q8407532m 3  
  90720n2q28357533m 3  2ª possibilidade 
7532
nq
43
2

 
000.1802041207532n 63  
 
2º caso 
 
nc 02268 b a m
 
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680.22
n
m
22680q 4  
q é natural positivo 
4
3
4
43
m
7523
m
7532q  
040.68n3q280752m 3  3ª possibilidade 
7532
nq 43 
 
erioint é não m2q360.457532n 44  
 
 
3º caso 
 
n 02268c b m a
 
positivo natural é q 
22680
n
m
22680 q 3  
m
75332
m
7532 q 3
43 


 
 
  040.68n3q8407532m 3  4ª possibilidade 
 
  360.45n2q28357533m 3  5ª possibilidade 
 
 
05. Seja ABC um triângulo onde α, β e γ são os ângulos internos 
dos vértices A,B e C, respectivamente. Esse triângulo está inscrito 
em um círculo de raio unitário. As bissetrizes internas desses 
ângulos interceptam esse círculo nos pontos A1, B1 e C1, 
respectivamente. Determine o valor da expressão: 






sensensen
2
cosCC
2
cosBB
2
cosAA 111
 
 
SOLUÇÃO: 
2

2

2
 2

2

2

2

2
2

 
 












 








 





 







 

sensen
2
cosAA
mas ,sen)(sen
2
cosAA
soma) em produto do çãotransforma(
2
 cos
2
sen2
2
cosAA
2
cosx
2
sen2AA
2R2
2
sen
AA
1
1
1
1
1
 
2
2
sen
BB1 





 

2
2
sen
CC1 





 



 sensen
2
cosBB1


 sensen
2
cosCC1
 
2
sensensen
)sensensen(2
sensensen
sensensensensensen
sensensen
2
cosAA
2
cosBB
2
cosAA 111















 
 
06. Resolva a equação 5
)3z(
z9z 2
2
2 

 , onde z pertence ao 
conjunto dos números complexos. 
 
SOLUÇÃO: 
5
)3z(
z9z 2
2
2 

 
5
3z
z3z
2
2 






 
 
Mas 
2
22
2
2
)3z(
z9
3z
z6z
3z
z3z










 
2
22
2
22
)3z(
z9
3z
z6z
3z
z3z3z












 
 
05
3z
z6
3z
z 2
22











 
0562  
0)1)(5( 
1
5 


15z5z5
3z
z 22 015z5z2  
Raízes: 
2
35i
2
5
 
 


3zz1
3z
z 22 03zz2  
Raízes: 
2
11i
2
1
 
 
 
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07. Seja x um número inteiro positivo menor ou igual a 20.000. 
Sabe-se que 2x – x2 é divisível por 7. 
Determine o número de possíveis valores de x. 
 
Solução: 
 
Se a  b (mod m), então an  bn (mod m) 
Aplicada a 2n dá em geral, n = 3k + s, 1  s  3, 0  k 
2n  2s (mod 7) (1) 
 
n2 temos que a2  b2 mod n, em geral 
n = 7 j + r, 1  r  7, 0  j 
 
n2  r2 (mod 7) (2) 
o que quer dizer que os restos da divisão de n2 por 7 formam uma 
sucessão periódica de comprimento 7 que começa em n = 1. 
Se a  b (mod m) e c  d mod m então a – c  b – d (mod m) 
Seja un = 2n – n2 de (1) e (2) temos: 
 
un = 2s – r2 (mod 7) 
Os restos da divisão de Um por 7 formam outra sucessão 
periódica de comprimento 21 = mmc(37) que se inicia em n = 1. 
 
Para 1  n  21 os 6 termos são divisíveis por 7. 
u2, u4, u5, u6, u10, u15 
 
Assim para 1  n  19.992 = 21  





21
000.20
, há 






 952.6
21
000.206 
5712 
 
Para 19992 < n  20.000 há mais 4 termos u19994, u19996, u19997, 
u19998. 
Logo existem 5712 + 4 = 5716 números 2x – x2 divisíveis por 7 
para x  20.000. 
 
08. Uma pessoa lança um dado n vezes. Determine, em função 
de n, a probabilidade de que a sequência de resultados obtidos 
pelos lançamentos dos dados se inicie por 4 e que, em todos eles, 
a partir do segundo, o resultado seja maior ou igual ao lançamento 
anterior. 
Solução: 
Como queremos que o resultado seja sempre maior ou igual a 4 
temos: 
Para n = 1 4  P = 
6
1 
4
4
5
6
P/ n = 2
36
3
6
1
6
1
6
1
6
1
6
1
6
1P 
 

 

3
33
6
616
12
6
13x
6
1
6
1
6
1P 


















 

 

4
444444
6
101.
6
11
6
12
6
11
6
12
6
13
6
1P 




































 
P/ n = 5  P = 
56
15 
 
Logo a sequência do numerador é uma PA de segunda ordem 
2
n)1n(...) 21, 15, 10, 6, 3, (1, 
2 3 4 5 6
 
Logo 
n62
n)1n()n(P


 
 
09. Sejam o polinômio p(x) = 2x3 – 3x2 +2 e os conjuntos 
A = { p(k) / k  IN e k ≤ 1999}, B = { r2 + 1 / r  IN} e 
C = { q2 + 2 / q IN } . Sabe-se que y = n(A∩B) – n(A∩C), onde 
n(E) é o número de elementos do conjunto E. Determine o valor 
de y. 
Obs.: IN é o conjunto dos números naturais. 
 
Solução: 
p(k)  A  B  p(x) = r2 + 1 
p(k) – 1 = r2 
2k3 – 3k2 + 2 – 1 = r2 
2k3 – 3k2 + 1 = r2 
(k – 1)2 (2k + 1) = r2 
 
Se k = 1 → r = 0  1 solução 
Se k  1  2k + 1 = a2  a2 é ímpar  a é ímpar 
1999
2
1ak
2


 
a2  3999 
a  63,23 
a  63 → 32 soluções  total 33 soluções 
 
Analogamente p(k)  A  C  p(k) = q2 + 2 
p(k) – 2 = q2 
2x3 – 3k2 + 2 – 2 = q2 
2k3 – 3k2 = q2 
k2 (2k – 3) = q2 
Se k = 0 → q = 0  1 solução 
Se k  0  2k – 3 = b2  b2 é ímpar  b é ímpar 
 
1999
2
3bk
2


 
b2  4001 
b  63,25 
b  63 → 32 soluções  total 33 soluções 
y = 33 – 33 
y = zero 
 
10. Mostre que o determinante abaixo apresenta valor menor ou 
igual a 16 para todos valores de a, b e c, pertencentes ao conjunto 
dos números reais, que satisfazem a equação a2 + b2 + c2 = 4. 
 
 
SOLUÇÃO: 
a, b, c são reais tais que a2+b2+c2 = 4 
Seja D o valor do determinante. Assim: 
D = (a+b)3 + (b+c)3+(c+a)3 - (a+b)(c+a)(b+c) 
 - (a+b)(c+a)(b+c) - (a+b)(c+a)(b+c) 
 
D = a3+3a2b++b3 +b3+3b2c+3bc2+c3 +c3+3c2a+3ca2+a3 
 -3abc-3a2b-3ac2-3a2c-3b2c-3ab2-3bc2-3abc 
 
D = 2(a3+b3+c3-3abc) 
 
D = 2(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc) 
 
Usando a identidade (a+b+c)2 =a2+b2+c2+2(ab+ac+bc) 
 
2, 4, 1 2, 4, 1
Período 3 termos
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4 APÓS CADA PROVA, ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR 
Temos -ab-ac-bc=  
2
cbacba 2222  
 -ab-ac-bc=
2
)cba(4 2 
 
 
 
Segue que: 
D = 2(a+b+c) 
 







 

2
cba44
2
 
D = (a+b+c)  2)cba(12  
 
Fazendo a +b + c + = x , Temos: 
 
D= x (12 - x2) 
 
Queremos que D ≤ 16 e para isso devemos ter: 
 
x(12-x2) ≤ 16 
x3 – 12x + 16 ≥ 0 
(x -2)2(x+4) ≥ 0 
 
Como (x-2)2 ≥0 temos x ≥ -4, ou seja, a+b+c ≥ -4. 
 
Usando a desigualdade de Cauchy para (a, b, c) e (1,1,1) 
 
32cba32
32cba
341c1b1a 2



 
 
32cba32  
 
Mostrando que a + b + c = ≥ -4 
 
 
ERRATA – QUÍMICA 25/10/2010 
 
31. Um recipiente de paredes rígidas, contendo apenas ar, aberto 
para a atmosfera, é aquecido de 27 ºC a 127 ºC. Calcule a 
percentagem mássica de ar que saiu do recipiente, quando 
atingido o equilíbrio final. 
 
a) 79% 
b) 75% 
c) 30% 
d) 25% 
e) 21% 
 
 
 
 
SOLUÇÃO: 
2
2
1
1
T
P
T
P
 
 
T1 = 300K 
T2 = 400K 
 
atm
3
4P
K300
atm1K400P
K400
P
K300
atm1
2
2
2




 
 
Como o recipiente está aberto e a pressão é de 1 atm, então deve 
sair ar suficiente para que a pressão permaneça 1 atm. 
3
4
3
1
%100
x
 
%25
4
100x
3
100x
3
4


 
 
A pressão 4/3 atm corresponde ao ar total a temperatura de 400K 
(127°C). 
A pressão 1/3 atm, corresponde a fração de ar responsável pela 
pressão ser superior a 1 atm. 
 
 
ALTERNATIVA D 
 
32. Sabendo que 18,0 g de um elemento X reagem exatamente 
com 7,75 g de oxigênio para formar um composto de fórmula 
X2O5, a massa de um mol de X é: 
a) 99,2 g 
b) 92,9 g 
c) 74,3 g 
d) 46,5 g 
e) 18,6 g 
 
 
SOLUÇÃO: 
522 OX250 x 4  
 
0,242 
32
7,75
 oxigênio N
mol/g
g  
2O de mol 5 xde mol 4 
nx  2O de mol 242,0 
 
 

M M
18
mol 1936,0 g mol/g 9,92M M  
 
 
ALTERNATIVA B 
 
36. A entalpia de fusão de uma determinada substância é 200 
kJ/kg, e seu ponto de fusão normal é 27 °C. Após a solidificação 
de 3 kg do material, pode-se afirmar que a entropia desse 
sistema: 
 
a) diminuiu 2 kJ/K. 
b) diminuiu 600 kJ/K. 
c) não variou. 
d) aumentou 2 kJ/K. 
e) aumentou 600 kJ/K. 
 
 
SOLUÇÃO: 
K
KJ2
k300
kg3kg/KJ200
T
HS fusão





 
ALTERNATIVA A 
 
 xde mol 1936,0nx 
M M
18
MM
mnx g