Correção Matemática IME 2021...Professor Victor So Correção IME Correção IME 2 18 Questões...

Correção Matemática

IME 2021

Professor Victor So

Professor Victor So Correção IME

Correção IME www.estrategiamilitares.com.br

2 18

Questões Resolvidas

(IME/2021)

Determine a soma dos coeficientes de 𝑥3 na expansão de (1 + 𝑥)4 (2 − 𝑥2)5.

a) -320

b) -288

c) -192

d) 128

e) 320

Comentários

Sabemos que o desenvolvimento do binômio de Newton é dado por:

(𝑥 + 𝑦)𝑛 =∑(𝑛

𝑘) 𝑥𝑛−𝑘𝑦𝑘

𝑛

𝑘=0

Do triângulo de Pascal, temos:

1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋱

Assim, na expansão de cada fator, temos:

⇒ (1 + 𝑥)4 = 1 + 4𝑥 + 6𝑥2 + 4𝑥3 + 𝑥4

(2 − 𝑥2)5 = 25 + 5(24)(−𝑥2) + 10(23)(−𝑥2)2 + 10(22)(−𝑥2)3 + 5(21)(−𝑥2)4 + (−𝑥2)5

⇒ (2 − 𝑥2)5 = 32 − 80𝑥2 + 80𝑥4 − 40𝑥6 + 10𝑥8 − 𝑥10

Os termos de 𝑥3 vão ser dados pela soma dos termos da multiplicação de (1 + 𝑥)4 e (2 − 𝑥2)5, assim, vemos que:

[𝑥3] ⇒ 4𝑥 ⋅ (−80𝑥2) + 4𝑥3(32) = −320𝑥3 + 128𝑥3 = −192𝑥3

Gabarito: C

(IME/2021)

Considere que 𝑎 ≠ 0, 𝑏 ≠ 0 e (𝑎 + 𝑏) ≠ 0. Sabendo-se que 𝑎

𝑏+𝑏

𝑎= 3, determine o valor de

𝑎2+𝑏2

2(𝑎+𝑏)2.

a) 0,1

b) 0,3



3 18

c) 0,6

d) 0,8

e) 1,0

Comentários

Da equação dada, temos:

𝑎2 + 𝑏2

𝑎𝑏= 3 ⇒ 𝑎2 + 𝑏2 = 3𝑎𝑏 (𝐼)

Da expressão:

𝑋 =𝑎2 + 𝑏2

2(𝑎 + 𝑏)2=

𝑎2 + 𝑏2

2(𝑎2 + 𝑏2 + 2𝑎𝑏)

Usando a relação I:

𝑋 =3𝑎𝑏

2(3𝑎𝑏 + 2𝑎𝑏)=3𝑎𝑏

10𝑎𝑏

Como 𝑎𝑏 ≠ 0, temos:

𝑋 =3

10= 0,3

Gabarito: B

(IME/2021)

Seja a função 𝑓(𝑥) = 2𝑥4 − 8𝑥3 + 4𝑥 − 7. Considere uma reta qualquer que corta o gráfico dessa função em quatro pontos distintos: (𝑥1, 𝑦1), (𝑥2, 𝑦2), (𝑥3, 𝑦3), (𝑥4, 𝑦4). O valor de 𝑥1+𝑥2+𝑥3+𝑥4

2 é:

a) 1

b) 3/2

c) 2

d) 7/2

e) 4

Comentários

Como os pontos pertencem a uma reta, podemos dizer que os pontos são pontos da função 𝑔 tal que:

𝑔(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏

Os pontos fazem interseção com 𝑓, logo:

𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥)

2𝑥4 − 8𝑥3 + 4𝑥 − 7 = 𝑎𝑥 + 𝑏

2𝑥4 − 8𝑥3 + (4 − 𝑎)𝑥 − 7 − 𝑏 = 0

Note que 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3 e 𝑥4 são raízes da equação acima, assim, pelas relações de Girard:



4 18

𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = −(−8)

2= 4

O valor pedido é

𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥42

=4

2= 2

Gabarito: C

(IME/2021)

Sejam 𝑧1 e 𝑧2 dois números complexos tais que |𝑧1| = 4, |𝑧2| = 3 e |𝑧1 + 𝑧2| = 6. O valor de |𝑧1 − 𝑧2| é:

a) √7

b) √3

3

c) 1

d) √14

e) 2√3

Comentários

Vamos resolver esse problema vetorialmente. Fazendo-se um esboço da situação, temos:

Pela lei dos cossenos, temos:

|𝑧1 + 𝑧2|2 = |𝑧1|

2 + |𝑧2|2 − 2|𝑧1||𝑧2| cos 𝜃

62 = 42 + 32 − 2 ⋅ 4 ⋅ 3 cos 𝜃

36 = 25 − 24 cos 𝜃

∴ cos 𝜃 = −11

24

Aplicando novamente a lei dos cossenos:



5 18

|𝑧1 − 𝑧2|2 = |𝑧1|

2 + |𝑧2|2 − 2|𝑧1||𝑧2| cos(180° − 𝜃)

|𝑧1 − 𝑧2|2 = 42 + 32 + 2 ⋅ 4 ⋅ 3 cos 𝜃

|𝑧1 − 𝑧2|2 = 25 + 24 (−

11

24)

∴ |𝑧1 − 𝑧2| = √14

Gabarito: D

(IME/2021)

Uma sequência é gerada pelo produto dos termos correspondentes de duas progressões aritméticas de números inteiros. Os três primeiros termos dessa sequência são 3053, 3840 e 4389. O sétimo termo da sequência é:

a) 3035

b) 4205

c) 4398

d) 4608

e) 5063

Comentários

Temos duas progressões aritméticas:

(𝑎1, 𝑎2, 𝑎3, 𝑎4, … ) 𝑃𝐴 𝑑𝑒 𝑟𝑎𝑧ã𝑜 𝑟

(𝑏1, 𝑏2, 𝑏3, 𝑏4, … ) 𝑃𝐴 𝑑𝑒 𝑟𝑎𝑧ã𝑜 𝑞

Do enunciado, temos a sequência:

(𝑎1𝑏1, 𝑎2𝑏2, 𝑎3𝑏3, … ) = (3053, 3840, 4389,… )

⇒ 𝑎1𝑏1 = 3053

𝑎2𝑏2 = (𝑎1 + 𝑟)(𝑏1 + 𝑞) = 𝑎1𝑏1 + 𝑎1𝑞 + 𝑏1𝑟 + 𝑟𝑞

𝑎2𝑏2 − 𝑎1𝑏1 = 𝑎1𝑞 + 𝑏1𝑟 + 𝑟𝑞

𝑎1𝑞 + 𝑏1𝑟 + 𝑟𝑞 = 3840 − 3053 = 787

⇒ 𝑎1𝑞 + 𝑏1𝑟 = 787 − 𝑟𝑞

𝑎3𝑏3 = (𝑎1 + 2𝑟)(𝑏1 + 2𝑞) = 𝑎1𝑏1 + 2(𝑎1𝑞 + 𝑏1𝑟) + 4𝑟𝑞

𝑎3𝑏3 − 𝑎1𝑏1 = 2(𝑎1𝑞 + 𝑏1𝑟) + 4𝑟𝑞

4389 − 3053 = 2(787 − 𝑟𝑞) + 4𝑟𝑞

1336 = 1574 + 2𝑟𝑞

⇒ 𝑟𝑞 = −119

𝑎1𝑞 + 𝑏1𝑟 = 787 − (−119)

⇒ 𝑎1𝑞 + 𝑏1𝑟 = 906



6 18

O número pedido é 𝑎7𝑏7:

𝑎7𝑏7 = (𝑎1 + 6𝑟)(𝑏1 + 6𝑞) = 𝑎1𝑏1 + 6(𝑎1𝑞 + 𝑏1𝑟) + 36𝑟𝑞

𝑎7𝑏7 = 3053 + 6(906) + 36(−119)

𝑎7𝑏7 = 3053 + 5436 − 4284

∴ 𝑎7𝑏7 = 4205

Gabarito: B

(IME/2021)

Seja a matriz 𝑀 = [1 𝑧−𝑧 𝑧̅

], onde 𝑧 é o número complexo 𝑧 = cos (4𝜋

3) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛 (

4𝜋

3), 𝑧̅ o seu

conjugado e os ângulos estão expressos em radianos. O determinante de 𝑀 é:

a) 2 (cos (2𝜋

3) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛 (

2𝜋

3))

b) 2 (cos (4𝜋

3) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛 (

4𝜋

3))

c) 2 (cos (8𝜋

3) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛 (

8𝜋

3))

d) cos(𝜋) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛 (𝜋)

e) cos(2𝜋) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛(2𝜋)

Comentários

Calculando o determinante:

det𝑀 = 𝑧 + 𝑧2

det𝑀 = cos (4𝜋

3) − 𝑖 𝑠𝑒𝑛 (

4𝜋

3) + cos (

8𝜋

3) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛 (

8𝜋

3)

det𝑀 = cos (4𝜋

3) − 𝑖 𝑠𝑒𝑛 (

4𝜋

3) + cos (

2𝜋

3) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛 (

2𝜋

3)

det𝑀 = −1

2− 𝑖 (−

√3

2) + (−

1

2) + 𝑖 (

√3

2)

det𝑀 = 2(−1

2+𝑖√3

2) = 2(cos (

2𝜋

3) + 𝑖 𝑠𝑒𝑛 (

2𝜋

3))

Gabarito: A

(IME/2021)

Se 𝐴 é a área da região 𝑅 do plano cartesiano dada por

𝑅 = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2 |2 ≤ 𝑥 ≤ 10 𝑒 0 ≤ 𝑦 ≤ ln (𝑥)}

a) 𝐴 ≤ ln (204)

b) ln (ln(9!)) ≤ ln (𝐴) ≤ (2 + ln(9!))

c) 𝐴 ≥ ln(10!) − ln (2)



7 18

d) 1

9!≤ 𝑒−𝐴 < 20−4

e) ln(10) + ln(2) ≤ A ≤ 10 ln(10) − 2 ln(2) − 10

Comentários

A área da região R é dada pela figura abaixo:

Analisando as alternativas, vemos que temos uma aproximação para A. Podemos estimar A de diversas formas:

1) Usando a área do trapézio:

Temos:

𝐴 >(ln 2 + ln 10)8

2= 4 ln 20 = ln 204

∴ 𝐴 > ln 204

Com isso, eliminamos a letra a.

Podemos também estimar os limites inferior e superior usando a soma da área de retângulos:



8 18

𝐴 > ln2 ⋅ 1⏟ á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑡â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜

+ ln 3 ⋅ 1 + ln 4 ⋅ 1 + ⋯+ ln9 ⋅ 1 = ln 1⏟0

+ ln 2 +⋯+ ln 9 = ln(9!)

∴ 𝐴 > ln(9!)

Na letra d:

1

9!≤ 𝑒−𝐴 < 20−4

ln(9!−1) ≤ ln 𝑒−𝐴 < ln(20−4)

− ln(9!) ≤ −𝐴 < − ln 204

⇒ ln204 < 𝐴 ≤ ln(9!)

Portanto, alternativa errada.

Limitando a área superiormente:

𝐴 < ln 3 + ln 4 + ln 5 +⋯+ ln 10

𝐴 < ln 1 + ln 2 + ln 3 +⋯+ ln 10 − ln 2



9 18

𝐴 < ln(10!) − ln 2

𝐴 < ln(9!) + ln (10

2)

∴ 𝐴 < ln(9!) + ln 5

Veja que na letra b, temos:

ln(ln(9!)) ≤ ln(𝐴) ≤ (2 + ln(9!))

ln(9!) ≤ 𝐴 ≤ ln 𝑒2 + ln(9!)

Note que das desigualdades encontradas, temos:

ln(9!) < 𝐴 < ln(9!) + ln 5 < ln(9!) + ln 𝑒2

∴ ln(9!) < 𝐴 < ln(9!) + ln 𝑒2

Portanto, a alternativa correta é a letra b.

A alternativa E está errada, pois estimando-se a área usando a figura abaixo, temos:

𝐴 > ln 10 ⋅ 10⏟ á𝑟𝑒𝑎 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑒+𝑎𝑧𝑢𝑙+𝑣𝑒𝑟𝑚𝑒𝑙ℎ𝑜

− ln 2 ⋅ 2⏟ á𝑟𝑒𝑎 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑒

− (ln 10 − ln 2) ⋅(2 + 10)

2⏟ á𝑟𝑒𝑎 𝑎𝑧𝑢𝑙

𝐴 > 10 ln 10 − 2 ln 2 − 6 ln 5

6 ln 5 ≅ 6 ⋅ 1,6 = 9,6

∴ 𝐴 > 10 ln 10 − 2 ln 2 − 6 ln 5 > 𝐴 > 10 ln 10 − 2 ln 2 − 10

Na alternativa E, temos:

ln(10) + ln(2) ≤ A ≤ 10 ln(10) − 2 ln(2) − 10

Gabarito: B

(IME/2021)



10 18

Seja 𝑓 ∶ 𝐷 → ℝ uma função onde 𝐷 = {𝑥 ∈ ℝ |𝑥 ≠ 0 𝑒 𝑥 ≠ 1} e que satisfaz a equação

𝑓 (𝑥−1

𝑥) + 𝑓(𝑥) − 𝑥 = 2. O valor de 𝑓(2) é:

a) 5/4

b) 1/4

c) 1/2

d) 1

e) 7/2

Comentários

Vamos atribuir valores de 𝑥 e encontrar relações para 𝑓:

𝑓 (1 −1

𝑥) + 𝑓(𝑥) − 𝑥 = 2

𝑥 = 2 ⇒ 𝑓 (1 −1

2) + 𝑓(2) − 2 = 2

𝑓 (1

2) + 𝑓(2) = 4

𝑥 =1

2⇒ 𝑓(1 −

1

12

) + 𝑓 (1

2) −

1

2= 2

𝑓(−1) + 𝑓 (1

2) =

5

2

𝑥 = −1 ⇒ 𝑓(1 − (−1)) + 𝑓(−1) − (−1) = 2

𝑓(2) + 𝑓(−1) = 1

Assim, temos o sistema:

{

𝑓 (

1

2) + 𝑓(2) = 4 (𝐼)

𝑓(−1) + 𝑓 (1

2) =

5

2 (𝐼𝐼)

𝑓(2) + 𝑓(−1) = 1 (𝐼𝐼𝐼)

Fazendo (𝐼𝐼𝐼) − (𝐼𝐼):

𝑓(2) − 𝑓 (1

2) = 1 −

5

2= −

3

2

Somando com (𝐼):

2𝑓(2) = −3

2+ 4 =

5

2

∴ 𝑓(2) =5

4

Gabarito: A



11 18

(IME/2021)

Há um torneio de xadrez com 6 participantes. Cada participante joga com cada um dos outros uma única partida. Não ocorrem empates. Cada participante tem 50% de chance de vencer cada partida. Os resultados são independentes. O vencedor em cada partida ganha um ponto e o perdedor zero. Deste modo, o total é acumulado para montar o ranking. No primeiro jogo do torneio José vence Maria. Se a probabilidade de José chegar à frente de Maria ao final do

torneio é 𝑝

𝑞, com 𝑝 e 𝑞 primos entre si, o valor de 𝑝 + 𝑞 é:

a) 5

b) 19

c) 257

d) 419

e) 4097

Comentários

No início, temos que José já possui 1 ponto após vencer Maria. Sabendo que os resultados são independentes, que cada participante tem 50% de chance de vencer e que temos apenas 6 jogadores, temos que José chegará à frente de Maria nas seguintes situações:

1) José vence as 4 próximas partidas:

Nesse caso, temos que José chegará à frente de Maria para qualquer resultado que ela obter, logo, temos:

𝑝1 = (1

2)4

⏟𝐽𝑜𝑠é 𝑣𝑒𝑛𝑐𝑒 𝑡𝑜𝑑𝑎𝑠

⋅ 1⏟𝑝𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎

=1

24=1

16

2) José vence apenas 3 partidas:

Nesse caso, Maria deve perder pelos menos 1 partida:

𝑝2 = (4

3) (1

2)3

(1

2)

⏟ 𝐽𝑜𝑠é 𝑣𝑒𝑛𝑐𝑒 3 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑑𝑎

⋅ (1 − (1

2)4

⏟𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎 𝑣𝑒𝑛𝑐𝑒 𝑡𝑜𝑑𝑎𝑠

) = 4(1

2)4 24 − 1

24=1

2215

16=15

64

3) José vence apenas 2 partidas:

Nesse caso, Maria deve perder pelo menos 2 partidas:

𝑝3 = (4

2) (1

2)2

(1

2)2

⏟ 𝐽𝑜𝑠é 𝑣𝑒𝑛𝑐𝑒 2 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑑𝑎𝑠

⋅ (1 − (1

2)4

⏟𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎 𝑣𝑒𝑛𝑐𝑒 𝑡𝑜𝑑𝑎𝑠

− (4

3) (1

2)3

(1

2)1

⏟ 𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎 𝑣𝑒𝑛𝑐𝑒 3 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑠

)

𝑝3 =4 ⋅ 3

2

1

24(1 −

1

24− 4 ⋅

1

24) =

3

2324 − 5

24=33

128

4) José ganha apenas 1 partida:

Nesse caso, Maria pode vencer até 1 partida.



12 18

𝑝4 = (4

1) (1

2)1

(1

2)3

⏟ 𝐽𝑜𝑠é 𝑣𝑒𝑛𝑐𝑒 1 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑑𝑎

⋅ ((4

1) (1

2)1

(1

2)3

⏟ 𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎 𝑣𝑒𝑛𝑐𝑒 1

+ (4

0) (1

2)0

(1

2)4

⏟ 𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑒 𝑡𝑜𝑑𝑎𝑠

)

𝑝4 = 41

24(41

24+1

24) =

1

22(5

24) =

5

64

5) José ganha nenhuma partida:

Nesse caso, Maria deve perder todas partidas:

𝑝5 = (1

2)4

𝐽𝑜𝑠é 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑒 𝑡𝑜𝑑𝑎𝑠

⋅ (1

2)4

⏟𝑀𝑎𝑟𝑖𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑒 𝑡𝑜𝑑𝑎𝑠

=1

28=

1

256

Assim, a probabilidade total é:

𝑝 = 𝑝1 + 𝑝2 + 𝑝3 + 𝑝4 + 𝑝5 =1

16+15

64+33

128+5

64+

1

256

𝑝 =16 + 60 + 66 + 20 + 1

256=163

256=𝑝

𝑞

∴ 𝑝 + 𝑞 = 163 + 256 = 419

Gabarito: D

(IME/2021)

Seja a equação

74𝑥 − 10 ⋅ 73𝑥 + 17 ⋅ 72𝑥 + 40 ⋅ 7𝑥 = 12 ⋅ 7

Para cada uma das raízes reais não nulas dessa equação, constrói-se um segmento de reta cujo comprimento corresponde ao módulo do valor da raiz. A partir de todos os segmentos obtidos:

a) pode-se construir um triângulo escaleno.

b) pode-se cosntruir um triângulo isósceles.

c) pode-se construir um quadrilátero.

d) pode-se construir um pentágono.

e) não é possível construir qualquer polígono.

Comentários

Fazendo 7𝑥 = 𝑦 > 0, temos:

𝑦4 − 10𝑦3 + 17𝑦2 + 40𝑦 − 84 = 0

Pesquisando-se as raízes racionais, temos que 𝑦 = 7, 𝑦 = 3 e 𝑦 = 2 são raízes. Assim, aplicando-se Briot-Ruffini sucessivas vezes:



13 18

7 1 −10 17 40 −84

3 1 −3 −4 12 0

2 1 0 −4 0

1 2 0

(𝑦 − 7)(𝑦 − 3)(𝑦 − 2)(𝑦 + 2) = 0

Com isso, temos as raízes:

𝑦 = 7 ⇒ 7𝑥 = 7 ⇒ 𝑥1 = 1

𝑦 = 3 ⇒ 7𝑥 = 3 ⇒ 𝑥2 = log7 3

𝑦 = 2 ⇒ 7𝑥 = 2 ⇒ 𝑥3 = log7 2

𝑦 = −2 ⇒ 𝑛ã𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑣é𝑚

Note que:

log7 3 + log7 2 = log7 6 < 1

Portanto, temos que os segmentos de medidas 1, log7 3 e log7 2 não podem formar um triângulo, já que não satisfazem a desigualdade triangular. Logo, temos que não é possível construir qualquer polígono.

Gabarito: E

(IME/2021)

Considere o sistema de equações:

{log(−2𝑥 + 3𝑦 + 𝑘) = log(3) + log(𝑧)

𝑙𝑜𝑔𝑥(1 − 𝑦) = 1𝑥 + 𝑧 = 1

onde 𝑥, 𝑦 e 𝑧 são variáveis e 𝑘 é uma constante numérica real. Esse sistema terá solução se:

a) 𝑘 < −2

b) −2 < 𝑘 < 0

c) 0 < 𝑘 < 2

d) 2 < 𝑘 < 4

e) 𝑘 > 4

Comentários

Analisando a condição de existência dos logaritmos:

{

−2𝑥 + 3𝑦 + 𝑘 > 0𝑧 > 0

1 − 𝑦 > 0 ⇒ 𝑦 < 1𝑥 > 0 𝑒 𝑥 ≠ 1



14 18

Da terceira equação, temos:

𝑧 = 1 − 𝑥 > 0

∴ 𝑥 < 1

Logo, 0 < 𝑥 < 1.

Da segunda equação:

1 − 𝑦 = 𝑥 ⇒ 𝑦 = 1 − 𝑥 ∴ 𝑦 = 𝑧

Da primeira equação:

log(−2𝑥 + 3𝑦 + 𝑘) = log(3) + log(𝑧)

log(−2𝑥 + 3𝑦 + 𝑘) = log(3𝑧)

−2𝑥 + 3𝑦 + 𝑘 = 3𝑧

−2𝑥 + 𝑘 = 0

∴ 𝑥 =𝑘

2

Sabemos que 𝑥 ∈ (0, 1), logo:

0 <𝑘

2< 1

∴ 0 < 𝑘 < 2

Gabarito: C

(IME/2021)

No que diz respeito à posição relativa das circunferências representadas pelas equações

𝑥2 + 𝑦2 − 6𝑥 − 8𝑦 = 11

𝑥2 + 𝑦2 − 8𝑥 + 4𝑦 = −16

pode-se afirmar que elas são:

a) exteriores.

b) tangentes exteriores.

c) tangentes interiores.

d) concêntricas.

e) secantes.

Comentários

Completando os quadrados das equações e fatorando, temos:

𝑥2 − 6𝑥 + 9 + 𝑦2 − 8𝑦 + 16 = 11 + 9 + 16

(𝑥 − 3)2 + (𝑦 − 4)2 = 36 = 62

Temos uma circunferência de centro 𝑂1(3, 4) e raio 𝑟1 = 6.

𝑥2 − 8𝑥 + 16 + 𝑦2 + 4𝑦 + 4 = −16 + 16 + 4



15 18

(𝑥 − 4)2 + (𝑦 + 2)2 = 4 = 22

Temos uma circunferência de centro 𝑂2(4,−2) e raio 𝑟2 = 2.

Vamos calcular a distância dos seus centros e comparar com seus raios:

𝑂1𝑂2 = √(4 − 3)2 + (−2 − 4)2 = √37

𝑟1 + 𝑟2 = 6 + 2 = 8 = √64

𝑟1 − 𝑟2 = 6 − 2 = 4 = √16

Assim, temos:

√16 < √37 < √64

𝑟1 − 𝑟2 < 𝑂1𝑂2 < 𝑟1 + 𝑟2

Portanto, as circunferências são secantes.

Gabarito: E

(IME/2021)

Seja a equação 2𝑠𝑒𝑛2(𝑒𝜃) − 4√3𝑠𝑒𝑛(𝑒𝜃)𝑐𝑜𝑠(𝑒𝜃) − cos (2𝑒𝜃) = 1, 𝜃 ∈ ℝ+. O menor valor

de 𝜃 que é raiz da equação é:

a) ln (𝜋

6)

b) ln (𝜋

3)

c) ln (5𝜋

6)

d) ln (𝜋

12)

e) ln (5𝜋

12)

Comentários

Seja 𝑥 = 𝑒𝜃 > 0, substituindo na equação:

2𝑠𝑒𝑛2(𝑥) − 4√3𝑠𝑒𝑛𝑥 cos 𝑥 − cos(2𝑥) = 1

−4√3𝑠𝑒𝑛𝑥 cos 𝑥 = cos(2𝑥) + 1 − 2𝑠𝑒𝑛2(𝑥)

Vamos usar as transformações:

2𝑠𝑒𝑛𝑥 cos 𝑥 = 𝑠𝑒𝑛(2𝑥)

1 − 2𝑠𝑒𝑛2𝑥 = cos(2𝑥)

Na equação:

−2√3𝑠𝑒𝑛(2𝑥) = cos(2𝑥) + cos(2𝑥)

−2√3𝑠𝑒𝑛(2𝑥) = 2 cos(2𝑥)

⇒ 𝑡𝑔(2𝑥) = −√3

3



16 18

Como queremos o menor valor de 𝜃, devemos tomar o menor valor de 𝑥 possível. Na relação acima:

2𝑥 =5𝜋

6+ 𝑘𝜋

𝑥 =5𝜋

12+𝑘𝜋

2

𝑥 deve ser positivo, então o menor valor ocorre para 𝑘 = 0:

𝑥 =5𝜋

12⇒ 𝑒𝜃 =

5𝜋

12⇒ ln(𝑒𝜃) = ln (

5𝜋

12)

∴ 𝜃 = ln (5𝜋

12)

Gabarito: E

(IME/2021)

Considere um trapézio de bases AB e CD, com o ponto I sendo a interseção de suas diagonais. Se as áreas dos triângulos AIB e CID formados pelas diagonais são 9 cm2 e 16 cm2, respectivamente, a área do trapézio, em cm2, é:

a) Não é possível determinar por terem sido fornecidos dados insuficientes.

b) 63

c) 50

d) 49

e) 45

Comentários

As áreas verdes são iguais, pois possuem a mesma base e altura, basta ver [𝐴𝐵𝐷] = [𝐴𝐵𝐶] ou [𝐴𝐷𝐶] = [𝐵𝐶𝐷].

Note que Δ𝐴𝐼𝐵~Δ𝐶𝐼𝐷, logo:



17 18

[𝐴𝐼𝐵]

[𝐶𝐼𝐷]=9

16= (

𝑎

𝑏)2

= (ℎ

𝐻)2

⇒𝑎

𝑏=ℎ

𝐻=3

4

Calculando-se a área dos triângulos ACD e ABD:

[𝐴𝐵𝐷] = 𝑆 + 9 =1

2𝑎(ℎ + 𝐻)

[𝐴𝐶𝐷] = 𝑆 + 16 =1

2𝑏(ℎ + 𝐻)

Dividindo-se as relações:

𝑆 + 9

𝑆 + 16=𝑎

𝑏=3

4⇒ 4𝑆 + 36 = 3𝑆 + 48 ∴ 𝑆 = 12

A área do trapézio é 𝑆𝑇 = 2 ⋅ 12 + 9 + 16 = 49.

Gabarito: D

(IME/2021)

Um copo exótico de vidro, em uma festa, era uma pirâmide invertida de base pentagonal regular de 9 cm de altura. Esse copo continha uma bebida que ocupava 8 cm de altura. Um dos convidados fechou a base pentagonal do copo e virou de cabeça para baixo. A nova altura ℎ da bebida, em cm, em relação à base pentagonal satisfaz:

a) 2,9 ≤ ℎ ≤ 3,0

b) 3,8 ≤ ℎ ≤ 4,0

c) 4,8 ≤ ℎ ≤ 4,9

d) 5,8 ≤ ℎ ≤ 6,0

e) 6,1 ≤ ℎ ≤ 6,2

Comentários

Temos duas situações:

Da primeira, usando a relação entre volumes de sólidos semelhantes, temos:



18 18

𝑉𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙

= (8

9)3

Da segunda:

𝑉𝑣𝑎𝑧𝑖𝑜𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙

=𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 − 𝑉𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜

𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙= (

9 − ℎ

9)3

1 −𝑉𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙

= (9 − ℎ

9)3

Assim, temos:

1 − (8

9)3

= (9 − ℎ

9)3

93 − 83

93= (

9 − ℎ

9)3

(9 − 8)(92 + 9 ⋅ 8 + 82)

93= (

9 − ℎ

9)3

9 − ℎ

9=√81 + 72 + 643

9

⇒ ℎ = 9 − √2173

< 9 − √2163

= 9 − 6 = 3

Portanto, temos que ℎ < 3, logo o gabarito é a letra A.

Gabarito: A

Correção Matemática IME 2021...Professor Victor So Correção IME Correção IME 2 18 Questões...

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