Fonte: ITA – prova da 1ª fase e gabarito oficial. Arquivos na página de provas anteriores do ITA.

A 1ª fase do ITA 2023 teve 60 questões de múltipla escolha, 12 de cada disciplina (Física, Português, Inglês, Matemática e Química). Este post traz as questões de matemática, numeradas de 37 a 48 como na prova.

Convenções da prova. $\mathbb{N} = \{1, 2, 3, \dots\}$; $i^2 = -1$; $M_n(\mathbb{R})$ é o conjunto das matrizes $n \times n$ reais; $\overline{AB}$ é o segmento e $AB$ a reta por $A$ e $B$; $m(\overline{AB})$ é o comprimento de $\overline{AB}$; $A\hat{O}B$ é o ângulo de vértice $O$; $\det A$ é o determinante de $A$.

Gabarito

Questão Assunto Gabarito
37 Determinantes e equação com solução única C
38 Números complexos: iteração de $f(z) = z^2 + i$ E
39 Polígonos convexos e progressão aritmética B
40 Polinômios: média harmônica das raízes C
41 Funções exponenciais: desigualdades B
42 Geometria plana: retângulo inscrito no triângulo D
43 Números complexos: soma de potências D
44 Hipérbole: triângulo com os focos A
45 Probabilidade: jogo das moedas B
46 Sólido de revolução: dois cones E
47 Equação trigonométrica A
48 Polinômios: coeficientes de potências múltiplas de 3 C

Questão 37: Uma equação com determinantes e solução única

Enunciado

Considere $A \in M_3(\mathbb{R})$ tal que existe um único número real $x$ que satisfaz a equação $\det(\sqrt[3]{2}\,x^2 A) + \det(xA^3) = \det A^2$. Então, $x + \det A$ é

  • A) $-5$.
  • B) $-4$.
  • C) $-3$.
  • D) $-2$.
  • E) $-1$.

Resolução

Seja $d = \det A$. Para uma matriz $3 \times 3$, $\det(kM) = k^3\det M$.

1. Traduzindo.

$$\det(\sqrt[3]{2}\,x^2 A) = \left(\sqrt[3]{2}\,x^2\right)^3 d = 2x^6 d, \qquad \det(xA^3) = x^3 d^3, \qquad \det A^2 = d^2$$

A equação é $2d\,x^6 + d^3 x^3 = d^2$.

2. $d$ não pode ser zero. Se $d = 0$, a equação vira $0 = 0$ e todo $x$ serve, contrariando a unicidade. Com $d \ne 0$, dividimos por $d$:

$$2x^6 + d^2 x^3 - d = 0$$

3. Solução única. Com $t = x^3$ (cada $t$ real corresponde a exatamente um $x$ real), temos $2t^2 + d^2 t - d = 0$. Para haver um único $x$, essa equação do 2º grau precisa ter uma única raiz real: discriminante nulo.

$$\Delta = d^4 + 8d = d(d^3 + 8) = 0 \quad\Rightarrow\quad d = -2$$

4. O valor de $x$. Com $d = -2$: $2t^2 + 4t + 2 = 0 \Rightarrow (t + 1)^2 = 0 \Rightarrow t = -1$, e $x = -1$.

$$x + \det A = -1 + (-2) = -3$$

Resposta: alternativa C ($-3$).

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Questão 38: Aplicando f 2023 vezes

Enunciado

Sejam $z \in \mathbb{C}$ e $f(z) = z^2 + i$. Para cada $n \in \mathbb{N}$, definimos $f^{(1)}(z) = f(z)$ e $f^{(n)}(z) = f(f^{(n-1)}(z))$. Então, $f^{(2023)}(0)$ é

  • A) $1 - i$.
  • B) $i - 1$.
  • C) $-1 - i$.
  • D) $i$.
  • E) $-i$.

Resolução

Calculando as primeiras iteradas a partir de $0$:

  • $f^{(1)}(0) = 0^2 + i = i$
  • $f^{(2)}(0) = i^2 + i = -1 + i$
  • $f^{(3)}(0) = (-1 + i)^2 + i = (1 - 2i - 1) + i = -i$
  • $f^{(4)}(0) = (-i)^2 + i = -1 + i$
  • $f^{(5)}(0) = -i$

A partir de $n = 2$ os valores alternam: $-1 + i$ para $n$ par e $-i$ para $n$ ímpar. Como 2023 é ímpar,

$$f^{(2023)}(0) = -i$$

Resposta: alternativa E ($-i$).

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Questão 39: Polígonos convexos com ângulos em PA

Enunciado

Considere as afirmações:

  • I. Se $P$ é um polígono convexo de $n$ lados iguais, então $P$ é um polígono regular.
  • II. Seja $P$ um polígono convexo de 6 lados. Se seus ângulos internos, listados em ordem crescente, formam uma progressão aritmética, então a soma do menor e do maior ângulo interno de $P$ é $240^\circ$.
  • III. Existe um polígono convexo de 100 lados cujos ângulos internos, listados em ordem crescente, formam uma progressão aritmética de razão $r = 1^\circ$.

É (são) sempre verdadeira(s):

  • A) apenas I.
  • B) apenas II.
  • C) apenas III.
  • D) apenas II e III.
  • E) nenhuma.

Resolução

I. Falsa. Um losango que não é quadrado tem 4 lados iguais, mas ângulos diferentes.

II. Verdadeira. A soma dos ângulos internos do hexágono é $(6 - 2)\cdot 180^\circ = 720^\circ$. Numa PA de 6 termos, a soma é $\frac{(a_1 + a_6)\cdot 6}{2} = 3(a_1 + a_6)$. Então $a_1 + a_6 = 240^\circ$.

III. Falsa. A soma dos ângulos é $98 \cdot 180^\circ = 17640^\circ$. Com razão $1^\circ$:

$$100a_1 + \frac{99 \cdot 100}{2} = 17640 \quad\Rightarrow\quad a_1 = 126{,}9^\circ$$

e o maior ângulo seria $a_{100} = 126{,}9^\circ + 99^\circ = 225{,}9^\circ > 180^\circ$. Um polígono convexo não tem ângulo interno maior que $180^\circ$.

Resposta: alternativa B (apenas II).

Para revisar, veja Progressão Aritmética.

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Questão 40: Média harmônica das raízes

Enunciado

A média harmônica de $n$ números reais positivos $a_1, a_2, \dots, a_n$ é

$$H = \frac{n}{\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \dots + \frac{1}{a_n}}.$$

Sabendo que o polinômio $p(x) = 30x^3 - 113x^2 + 108x - 30$ possui três raízes reais positivas, a média harmônica das raízes de $p(x)$ é

  • A) $\frac{2}{3}$.
  • B) $\frac{5}{18}$.
  • C) $\frac{5}{6}$.
  • D) $1$.
  • E) $3$.

Resolução

Sejam $r_1, r_2, r_3$ as raízes. Pelas relações de Girard,

$$r_1 r_2 + r_1 r_3 + r_2 r_3 = \frac{108}{30}, \qquad r_1 r_2 r_3 = \frac{30}{30} = 1$$

A soma dos inversos é

$$\frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2} + \frac{1}{r_3} = \frac{r_2 r_3 + r_1 r_3 + r_1 r_2}{r_1 r_2 r_3} = \frac{108}{30} = \frac{18}{5}$$

Então

$$H = \frac{3}{18/5} = \frac{15}{18} = \frac{5}{6}$$

Resposta: alternativa C ($\frac{5}{6}$).

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Questão 41: Comparando 9ˣ, 3ˣ e 2ˣ

Enunciado

Sejam $f$ e $g$ funções reais definidas da seguinte forma: $f(x) = 3^{2x}$ e $g(x) = 3^x - 2^x$. Considere as afirmações:

  • I. $g(x) \ge 0$, para todo $x \in \mathbb{R}$.
  • II. $f(x) \ge g(x)$, para todo $x \in \mathbb{R}$.
  • III. $f(x) + g(x) \ge 0$, para todo $x \in \mathbb{R}$.

É (são) sempre verdadeira(s):

  • A) apenas I.
  • B) apenas II.
  • C) apenas III.
  • D) todas.
  • E) nenhuma.

Resolução

Lembre que $f(x) = 9^x$. Para $x > 0$ a base maior dá a potência maior ($9^x > 3^x > 2^x$); para $x < 0$ é o contrário ($2^x > 3^x > 9^x$).

I. Falsa. Para $x = -1$: $g(-1) = \frac{1}{3} - \frac{1}{2} = -\frac{1}{6} < 0$.

II. Verdadeira.

  • Se $x \ge 0$: $9^x \ge 3^x > 3^x - 2^x$.
  • Se $x < 0$: $g(x) = 3^x - 2^x < 0 < 9^x$.

III. Falsa. Para $x = -1$: $\frac{1}{9} + \frac{1}{3} - \frac{1}{2} = \frac{2 + 6 - 9}{18} = -\frac{1}{18} < 0$.

Resposta: alternativa B (apenas II).

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Questão 42: O menor segmento EF

Enunciado

Seja $ABC$ um triângulo retângulo tal que $B\hat{A}C = 30^\circ$. Considere $D$ um ponto na hipotenusa $\overline{AC}$ e retas $r$ e $s$ passando por $D$, paralelas aos lados $\overline{AB}$ e $\overline{BC}$, respectivamente. Se $E = r \cap \overline{BC}$, $F = s \cap \overline{AB}$ e $m(\overline{BC}) = 1$, o menor valor possível para $m(\overline{EF})$ é

  • A) $\frac{\sqrt{2}}{5}$.
  • B) $\frac{\sqrt{2}}{2}$.
  • C) $\frac{\sqrt{3}}{3}$.
  • D) $\frac{\sqrt{3}}{2}$.
  • E) $\sqrt{3}$.

Resolução

1. O triângulo. A hipotenusa é $\overline{AC}$, então o ângulo reto está em $B$. Com $\hat{A} = 30^\circ$ e $m(\overline{BC}) = 1$ (cateto oposto a $30^\circ$): $m(\overline{AC}) = 2$ e $m(\overline{AB}) = \sqrt{3}$.

2. Um retângulo. $DE \parallel AB$ e $DF \parallel BC$, e $AB \perp BC$. Então $BEDF$ é um retângulo, e suas diagonais são iguais:

$$m(\overline{EF}) = m(\overline{BD})$$

3. Minimizando. $D$ percorre a hipotenusa; a menor distância de $B$ a um ponto de $\overline{AC}$ é a altura relativa à hipotenusa:

$$m(\overline{BD})_{\min} = \frac{m(\overline{AB})\cdot m(\overline{BC})}{m(\overline{AC})} = \frac{\sqrt{3}\cdot 1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$$

O pé dessa altura fica entre $A$ e $C$ (os ângulos em $A$ e $C$ são agudos), então é um ponto válido.

Resposta: alternativa D ($\frac{\sqrt{3}}{2}$).

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Questão 43: Somando |z²ⁿ⁺¹ + z̄²ⁿ⁺¹|

Enunciado

Dado $z = 5 - 5i \in \mathbb{C}$, definimos $f(n) = \left|z^{(2n+1)} + \bar{z}^{(2n+1)}\right|$ para cada $n \in \mathbb{N}$. A soma de $f(n)$ para $n$ de 1 até 20 é

  • A) $250(50^{21} - 1)/49$.
  • B) $500\sqrt{2}(50^{20} - 1)/49$.
  • C) $1000(50^{21} - 1)/49$.
  • D) $500(50^{20} - 1)/49$.
  • E) nenhuma das alternativas anteriores.

Resolução

1. Forma trigonométrica. $|z| = \sqrt{25 + 25} = 5\sqrt{2}$ e o argumento é $-\frac{\pi}{4}$: $z = 5\sqrt{2}\,\operatorname{cis}\left(-\frac{\pi}{4}\right)$.

2. Soma com o conjugado. Para qualquer $w$, $w + \bar{w} = 2\operatorname{Re}(w)$. Com $k = 2n + 1$,

$$z^k + \bar{z}^k = 2\,(5\sqrt{2})^k\cos\left(\frac{k\pi}{4}\right)$$

Para $k$ ímpar, $\left|\cos\frac{k\pi}{4}\right| = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Então

$$f(n) = 2\,(5\sqrt{2})^{2n+1}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2} = (5\sqrt{2})^{2n}\cdot 5\sqrt{2}\cdot\sqrt{2} = 10\cdot 50^n$$

Conferindo com $n = 1$: $z^3 = 125(1 - i)^3 = 125(-2 - 2i)$, então $z^3 + \bar{z}^3 = -500$ e $f(1) = 500 = 10 \cdot 50$ ✔

3. Soma da PG. $f(n)$ é uma PG de primeiro termo 500 e razão 50:

$$\sum_{n=1}^{20} 10\cdot 50^n = 500\cdot\frac{50^{20} - 1}{50 - 1} = \frac{500\,(50^{20} - 1)}{49}$$

Resposta: alternativa D.

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Questão 44: Triângulo formado por um ponto da hipérbole e os focos

Enunciado

Considere a hipérbole $H$ de equação $x^2 - \dfrac{y^2}{4} = 1$. Seja $T$ um triângulo de vértices $P$, $F_1$, $F_2$, onde $F_1$ e $F_2$ são os focos de $H$ e $P$ um ponto em $H$. Sabendo que o perímetro de $T$ é $5\sqrt{5}$, o produto da medida dos lados de $T$ é

  • A) $\frac{41\sqrt{5}}{2}$.
  • B) $\frac{41}{4}$.
  • C) $\frac{41\sqrt{5}}{4}$.
  • D) $\frac{41}{8}$.
  • E) $\frac{41\sqrt{5}}{8}$.

Resolução

1. Elementos da hipérbole. $a = 1$, $b = 2$, $c = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{5}$. Então $m(\overline{F_1F_2}) = 2\sqrt{5}$.

2. Os outros dois lados. Sejam $u = m(\overline{PF_1})$ e $v = m(\overline{PF_2})$.

  • Definição da hipérbole: $|u - v| = 2a = 2$.
  • Perímetro: $u + v = 5\sqrt{5} - 2\sqrt{5} = 3\sqrt{5}$.

3. O produto $uv$. Sem precisar achar $u$ e $v$:

$$uv = \frac{(u + v)^2 - (u - v)^2}{4} = \frac{45 - 4}{4} = \frac{41}{4}$$

4. Produto dos três lados.

$$\frac{41}{4}\cdot 2\sqrt{5} = \frac{41\sqrt{5}}{2}$$

Resposta: alternativa A ($\frac{41\sqrt{5}}{2}$).

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Questão 45: Quanto dura o jogo das moedas?

Enunciado

Um conjunto de moedas é lançado sucessivas vezes. Em cada lançamento, todas as moedas que resultam em coroa, e apenas estas, são retiradas. As demais moedas permanecem para o próximo lançamento. O jogo termina quando todas as moedas tiverem sido retiradas. A probabilidade de o jogo durar mais do que três rodadas, se for iniciado com quatro moedas, é

  • A) $1341/4096$.
  • B) $1695/4096$.
  • C) $2049/4096$.
  • D) $2401/4096$.
  • E) $2755/4096$.

Resolução

1. Uma moeda por vez. Cada moeda fica no jogo enquanto der cara. Ela ainda está lá depois de 3 rodadas se deu cara 3 vezes seguidas: probabilidade $\left(\frac{1}{2}\right)^3 = \frac{1}{8}$. Logo ela é retirada em até 3 rodadas com probabilidade $\frac{7}{8}$.

2. O complementar. O jogo acaba em até 3 rodadas quando todas as 4 moedas saem em até 3 rodadas. As moedas são independentes:

$$P(\text{acaba em até 3 rodadas}) = \left(\frac{7}{8}\right)^4 = \frac{2401}{4096}$$

3. Resposta.

$$P(\text{dura mais de 3 rodadas}) = 1 - \frac{2401}{4096} = \frac{1695}{4096}$$

Resposta: alternativa B ($1695/4096$).

Cuidado com a pegadinha: $2401/4096$ (alternativa D) é a probabilidade do evento contrário.

Para revisar, veja Introdução à Probabilidade.

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Questão 46: Girando o triângulo em torno da hipotenusa

Enunciado

A medida da hipotenusa de um triângulo retângulo é igual a 10 cm. O volume do sólido gerado pela rotação deste triângulo em torno de um eixo que contém a hipotenusa é $30\pi$ cm³. O perímetro desse triângulo é, em cm, igual a

  • A) $10 + 4\sqrt{7}$.
  • B) $10 + 5\sqrt{7}$.
  • C) $10 + 2\sqrt{10}$.
  • D) $10 + 3\sqrt{10}$.
  • E) $10 + 4\sqrt{10}$.

Resolução

1. O sólido. Girando em torno da hipotenusa, o triângulo gera dois cones unidos pela base. O raio comum é a altura $h$ relativa à hipotenusa, e as alturas dos cones somam 10:

$$V = \frac{1}{3}\pi h^2 d_1 + \frac{1}{3}\pi h^2 d_2 = \frac{1}{3}\pi h^2\cdot 10 = 30\pi \quad\Rightarrow\quad h = 3$$

2. Os catetos. Sejam $b$ e $c$ os catetos. Pela área, $bc = 10 \cdot h = 30$; por Pitágoras, $b^2 + c^2 = 100$. Então

$$(b + c)^2 = 100 + 60 = 160 \quad\Rightarrow\quad b + c = 4\sqrt{10}$$

3. Perímetro. $10 + 4\sqrt{10}$ cm.

Conferindo que o triângulo existe: $b$ e $c$ são raízes de $t^2 - 4\sqrt{10}\,t + 30 = 0$, com discriminante $160 - 120 = 40 > 0$ ✔

Resposta: alternativa E ($10 + 4\sqrt{10}$).

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Questão 47: Uma equação que pede dois máximos ao mesmo tempo

Enunciado

Considere a função real

$$f(x) = \cos(x)\cdot\left[\cos\left(\frac{x}{3}\right) + 2\operatorname{sen}(x)\right] - \operatorname{sen}(x)\cdot\operatorname{sen}\left(\frac{x}{3}\right) - 2,$$

definida no intervalo $I = ]-4\pi, 4\pi[$. Sobre a equação $f(x) = 0$, podemos afirmar que

  • A) não admite soluções em $I$.
  • B) admite uma única solução em $I$.
  • C) admite exatamente duas soluções em $I$.
  • D) admite exatamente três soluções em $I$.
  • E) admite exatamente quatro soluções em $I$.

Resolução

1. Simplificando. Distribuindo e agrupando:

$$f(x) = \underbrace{\cos x\cos\tfrac{x}{3} - \operatorname{sen} x\operatorname{sen}\tfrac{x}{3}}_{\cos\left(x + \frac{x}{3}\right)} + \underbrace{2\operatorname{sen} x\cos x}_{\operatorname{sen} 2x} - 2 = \cos\frac{4x}{3} + \operatorname{sen} 2x - 2$$

2. Só no máximo. Como cosseno e seno valem no máximo 1, $f(x) = 0$ exige ao mesmo tempo

$$\cos\frac{4x}{3} = 1 \quad\text{e}\quad \operatorname{sen} 2x = 1$$

3. Incompatível.

  • $\cos\frac{4x}{3} = 1 \Rightarrow \frac{4x}{3} = 2k\pi \Rightarrow x = \frac{3k\pi}{2}$, $k \in \mathbb{Z}$.
  • $\operatorname{sen} 2x = 1 \Rightarrow 2x = \frac{\pi}{2} + 2m\pi \Rightarrow x = \frac{\pi}{4} + m\pi$, $m \in \mathbb{Z}$.

Igualando: $\frac{3k}{2} = \frac{1}{4} + m \Rightarrow 6k = 1 + 4m$. O lado esquerdo é par e o direito é ímpar: impossível. Não há solução em lugar nenhum, muito menos em $I$.

Resposta: alternativa A (não admite soluções).

Para revisar, veja Fórmulas de adição e subtração de arcos.

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Questão 48: Filtrando as potências múltiplas de 3

Enunciado

Na expansão de $\left[1 + x^2 - x^3 + x^4\right]^{10}$, a soma de todos os coeficientes das potências múltiplas de 3 é

  • A) 114.
  • B) 228.
  • C) 342.
  • D) 456.
  • E) 570.

Resolução

Seja $P(x) = (1 + x^2 - x^3 + x^4)^{10} = \sum c_k x^k$. Queremos $S = c_0 + c_3 + c_6 + \dots$

1. O filtro das raízes cúbicas da unidade. Seja $\omega = \operatorname{cis}\frac{2\pi}{3}$, com $\omega^3 = 1$ e $1 + \omega + \omega^2 = 0$. Então $1 + \omega^k + \omega^{2k}$ vale 3 se $k$ é múltiplo de 3 e 0 caso contrário. Por isso

$$S = \frac{P(1) + P(\omega) + P(\omega^2)}{3}$$

2. Calculando.

  • $P(1) = (1 + 1 - 1 + 1)^{10} = 2^{10} = 1024$.
  • $P(\omega) = (1 + \omega^2 - 1 + \omega)^{10} = (\omega + \omega^2)^{10} = (-1)^{10} = 1$, pois $\omega^3 = 1$ e $\omega^4 = \omega$.
  • $P(\omega^2) = 1$, do mesmo modo.
$$S = \frac{1024 + 1 + 1}{3} = 342$$

(Aqui $x^0$ conta como potência múltipla de 3; sem ele a soma seria 341, que não está entre as alternativas.)

Resposta: alternativa C (342).

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