DESEMPENHO NESTA PROVA
Claude Fable 5.1
Na prova ITA 2027 · 2ª fase · Matemática.
| Questão | Com a maioria | Resposta final | Resposta |
|---|---|---|---|
| 1 (Matemática) | = | As PAs com a_1 = \frac{87-9r}{2} e r\in\{\pm1,\pm3,\pm5,\pm7,\pm9\}, ou seja: (39,40,…,48), (30,33,…,57), (21,26,…,66), (12,19,…,75), (3,12,…,84) e as mesmas cinco em ordem decrescente (razões -1,-3,-5,-7,-9) — 10 progressões ao todo. |
**Montando a equação** Seja a PA $(a_1, a_2, \dots, a_{10})$ de razão $r$. Como os termos são naturais, $a_1\in\mathbb N$ e $r = a_2 - a_1$ é inteiro. A soma dos 10 termos é $$S_{10} = \frac{(a_1 + a_{10})\cdot 10}{2} = 5(2a_1 + 9r) = 4… |
| 2 (Matemática) | = | x\in\left(\log_2\dfrac{\sqrt5-1}{2},\;1\right), isto é, -\log_2\dfrac{1+\sqrt5}{2}<x<1. |
**Resolução** Como $2^x+2>2$ para todo $x\in\mathbb{R}$, temos $\log_2(2^x+2)>1>0$, logo $|\log_2(2^x+2)|=\log_2(2^x+2)$. A inequação fica: $$\log_2(2^x+2)>|2x| \iff 2^x+2>2^{|2x|}=4^{|x|}.$$ **Caso 1: $x\ge 0$.** Seja $t=2^x\ge 1$. En… |
| 3 (Matemática) | = | lado =\sqrt{\dfrac{2-\sqrt2}{2}} = \dfrac{\sqrt{4-2\sqrt2}}{2}; r = \dfrac{1}{16} |
**Resolução** A equação $r + iz^8 = 0$ equivale a $$z^8 = -\frac{r}{i} = -r\cdot\frac{1}{i} = -r\cdot(-i) = ri = r\left(\cos\tfrac{\pi}{2} + i\,\mathrm{sen}\tfrac{\pi}{2}\right).$$ Logo as oito raízes são $$z_k = r^{1/8}\left[\cos\left(… |
| 4 (Matemática) | = | a = −2; raízes de p(x): −1 (dupla), 2, i, −i, 3 + 2√2, 3 − 2√2. |
**Fatorando q(x):** q(−1) = −1 + 3 − 2 = 0 e q(2) = 8 − 6 − 2 = 0. Como q'(x) = 3x² − 3 e q'(−1) = 0, −1 é raiz dupla: q(x) = x³ − 3x − 2 = (x + 1)²(x − 2). **Determinando a:** p(x) divisível por q(x) exige p(2) = 0: p(2) = 128 + 192a … |
| 5 (Matemática) | = | x_C = 5\sqrt{3}-9 |
**Pontos A e B.** Da elipse $2x^2+y^2=6$ com $x=1$: $y^2=4\Rightarrow y=\pm 2$. Logo $A=(1,2)$ e $B=(1,-2)$ (ou vice‑versa), e $m(\overline{AB})=4$. **Condição do perímetro.** Como o perímetro é $10$, $$m(\overline{CA})+m(\overline{CB})=… |
| 6 (Matemática) | = | 235 |
**Resolução** Chamemos as equações de (I), (II) e (III). (II) − (I): x₂ + x₃ + x₄ + x₅ + x₆ = 22. (IV) (III) − (II): x₁ + x₃ + x₄ + x₅ + 3x₆ = 24. (V) (I) − (V): x₂ = 6. Substituindo em (IV): x₃ + x₄ + x₅ + x₆ = 16, ou seja, x₃ + x₄ … |
| 7 (Matemática) | = | n \in \{-6,\ -4,\ 6,\ 8\} |
**Divisão dos polinômios** Dividindo $2n^3 - 5n^2 - 52n + 90$ por $n^2 - 2n - 27$: $2n\cdot(n^2-2n-27) = 2n^3 - 4n^2 - 54n$, resto parcial: $-n^2 + 2n + 90$. $-1\cdot(n^2-2n-27) = -n^2 + 2n + 27$, resto: $63$. Logo $$2n^3 - 5n^2 - 52n… |
| 8 (Matemática) | ≠ | a) 1\le x\le 9; b) lados \sqrt{10} e 3\sqrt{10}. |
**Montagem do problema.** Coloco $A=(0,0)$, $B=(10,0)$, $C=(10,6)$, $D=(0,6)$. Como $EFGH$ é inscrito, cada vértice está em um lado: $$E=(x,0),\quad F=(10,y),\quad G=(g,6),\quad H=(0,h),$$ com $0<x<10$, $0<y<6$. Como $EFGH$ é retângulo, … |
| 9 (Matemática) | = | 10+5\sqrt3 |
**Montagem da pirâmide** Seja $L$ a aresta lateral. Em cada face lateral (triângulo isósceles de base 4 e ângulo de vértice $\pi/6$): $$4 = 2L\,\mathrm{sen}\,15^\circ \;\Rightarrow\; L=\frac{2}{\mathrm{sen}\,15^\circ}=\frac{8}{\sqrt6-\s… |
| 10 (Matemática) | = | k = 3 |
**Simplificando $f$** Usando $1+\cos(2x)=2\cos^2 x$ e $1-\cos(2x)=2\,\text{sen}^2 x$: $$\sqrt{1+\cos(2x)}=\sqrt2\,|\cos x|,\qquad \sqrt{1-\cos(2x)}=\sqrt2\,|\text{sen}\,x|,$$ logo $$f(x)=\sqrt2\,(|\text{sen}\,x|+|\cos x|)-\text{sen}\,x… |