resolução comentada - ita 2019 - curso objetivoita - /2ª fase (1º dia) - dezembro 2018 massas...

QQUUÍÍMMIICCAA

Constantes

Constante de Avogadro (NA) = 6,02 x 1023 mol–1

Constante de Faraday (F) = 9,65 x 104 C mol–1 =

= 9,65 x 104A s mol–1 = 9,65 x 104 J V–1 mol–1

Volume molar de gás ideal = 22,4 L (CNTP)

Carga elementar = 1,60 x 10–19 C

Constante dos gases (R) = 8,21 x 10–2 atm L K–1 mol–1 =

= 8,31 J K–1 mol–1 = 1,98 cal K–1 mol–1

Constante gravitacional (g) = 9,81 m s–2

Constante de Planck (h) = 6,63 x 10–34 m2 kg s–1

Velocidade da luz no vácuo = 3,0 x 108 m s–1

Número de Euler (e) = 2,72

Definições

Pressão: 1 atm = 760 mmHg = 1,01325 x 105 N m–2 =

= 760 Torr = 1,01325 bar

Energia: 1 J = 1 N m = 1kg m2 s–2 = 6,24 x 1018 eV

Condições normais de temperatura e pressão (CNTP):

0°C e 760 mmHg

Condições ambientes: 25°C e 1 atm

Condições padrão: 1 bar; concentração das soluções =

= 1 mol L–1 (rigorosamente: atividade unitária das espé -

cies); sólido com estrutura cristalina mais estável nas

condições de pressão e temperatura em questão.

(s) = sólido. (�) = líquido. (g) = gás. (aq) = aquoso.

(conc) = concentrado. (ua) = unidades arbitrárias.

u.m.a. = unidade de massa atômica. [X] = concentração

da espécie química X em mol L–1

ln X = 2,3 log X

II TTAA -- 22ªª FFAASS EE ((11ºº DD II AA )) -- DDEEZZEEMMBBRROO//22001188

Massas Molares


1Considere reações de combustão do etanol.

a) Escreva a equação química balanceada para a reaçãocom oxigênio puro.

b) Escreva a equação química balanceada para a reaçãocom ar atmosférico.

c) Escreva a equação química balanceada para a reaçãocom 50% da quantidade estequiométrica de ar atmos -férico.

d) Classifique as reações dos itens a), b) e c) em ordemcrescente de variação de entalpia reacional.

Resoluçãoa) Combustão do etanol com O2 puro:

C2H5OH + 3 O2 → 2 CO2 + 3 H2O + calor

b) Combustão do etanol com ar atmosférico:Composição aproximada do ar atmosférico, emvolume:79% N2 + 21% O2

Logo, temos:

1 mol de O2 para 3,76 mol de N2

C2H5OH + 3 (O2 + 3,76 N2) →

→ 2 CO2 + 3 H2O + 3 . 3,76 N2 + calor

O gás N2 não participa da reação.

c) Combustão do etanol para 50% da quantidade

estequiométrica de ar atmosférico, ou seja,

1,5 (O2 + 3,76 N2)

C2H5OH + 1,5 (O2 + 3,76 N2) →

→ CO2 + C + 3 H2O + 1,5 . 3,76 N2 + calor

Novamente, o gás N2 não participa da reação.

d) Tanto na reação a como na reação b, ocorre a

oxidação total dos átomos de carbono do álcool,

logo a energia liberada será a mesma.

Na reação c, a oxidação dos átomos de carbono

não é total, logo a energia liberada será menor do

que nas anteriores.

�ΔH �C < �ΔH �A = �ΔH �B ou

ΔHC > ΔHA = ΔHB

Nota: A variação de entalpia (ΔH) considera rea -gentes e produtos na mesma temperatura. Por -tanto, o N2 está na mesma temperatura no 1.o e 2.o

membros.


2Uma determinada quantidade de um composto A foimisturada a uma quantidade molar três vezes maior deum composto B, ou seja, A + 3B. Essa mistura foisubmetida a dois experimentos de combustão (I e II)separadamente, observando-se:

I. A combustão dessa mistura A + 3B liberou 550 kJ deenergia.

II. A combustão dessa mistura A + 3B, adicionada de umcomposto C em quantidade correspondente a 25% emmol do total da nova mistura, liberou 814 kJ deenergia.

Considerando que os compostos A, B e C não reagementre si, determine os valores numéricos

a) da quantidade, em mol, de A, B e C.

b) do calor de combustão, em kJ mol–1, do composto C,ΔHc (C).

Dados: ΔHc (A) = –700 kJ mol–1;

ΔHc (B) = –500 kJ mol–1.

Resolução

Para a mistura A + 3B, a proporção em mols de cada

composto é de 1 para 3.

Cálculo da quantidade em mols de cada composto,

A(x) e B (3x), sabendo que um mol de A libera 700 kJ

e 3 mol de B liberam 3 x 500 kJ, e que a mistura libera

no total 550 kJ.

x . 700 + 3x . 500 = 550

700x + 1500x = 550

2200x = 550

x = 0,25 mol

Portanto, a mistura contém 0,25 mol de A e 3 x 0,25 mol = 0,75 mol de B.Na mistura A + 3B + tC, a proporção em mols de Ccorresponde a 25% do total da mistura.

(0,25 + 0,75 + n) mol –––––––––– 100%n mol –––––––––– 25%

25 (0,25 + 0,75 + n) = 100 . n

25 + 25n = 100n

75n = 25

n = mol1

–––3


a) A ⇒ 0,25 molB ⇒ 0,75 mol

C ⇒ mol

b) A quantidade de calor liberado pela queima de

mol de C corresponde à diferença

(814 – 550) kJ = 264 kJ

mol de C –––––– 264 kJ

1 mol de C –––––– y

y = 792 kJ

Portanto, o calor de combustão de C será:

�Hc (C) = –792 kJ . mol –1

1–––3

1–––3

1–––3


3Considere uma porção de uma solução aquosa de umeletrólito genérico AB, em formato de um cilindro de 2 cm de diâmetro e 314 cm de comprimento, cuja con -centração seja de 1,0 x 10–2 mol L–1. Sabendo que aresistência elétrica dessa porção é de 1,0 x 104 ohm,calcule a sua condutividade molar em S cm2 mol–1.

Resolução

Cálculo da condutividade (�):

Sendo R: resistência; �: resistividade, �:

comprimento; A: área; �: ohm; S: siemens (�–1 ou

mho), temos:

R = = . ⇒

⇒ � = =

� = 1 . 10–2�–1 . cm–1 = 1 . 10–2 S . cm–1

Cálculo da concentração em mol/cm3:

1 . 10–2 mol ⎯⎯→ 1000 cm3

x ⎯⎯→ 1 cm3

x = 1 . 10–5 mol/cm3

Cálculo da condutividade molar (Λ):

Λ = = = 1. 103

��––––

A

1––––

�

�–––A

�–––––R . A

314 cm–––––––––––––––––––1 . 104� . 3,14 . 1 cm2

�––––

C

1 . 10–2 S . cm–1–––––––––––––––1 . 10–5 mol/cm3

S . cm2––––––

mol


4Uma solução aquosa de água oxigenada a 3% (v/v) foiadicionada a soluções aquosas ácidas em dois experi men -tos diferentes. Foram observados:

I. No primeiro experimento: a adição a uma soluçãoaquosa ácida de permanganato de potássio resultou naperda da coloração da solução, tornando-a incolor.

II. No segundo experimento: a adição a uma soluçãoaquosa ácida de iodeto de potássio inicialmente incolorresultou em uma solução de coloração castanha.

Com base nas observações experimentais, escreva asreações químicas balanceadas para cada experimento eindique os agentes oxidantes e redutores em cada caso,quando houver.

ResoluçãoI) Reação I:

Semirreação de redução

Semirreação de oxidação

Balanceando os átomos de oxigênio usando H2O,temos:MnO–

4 → Mn2+ + 4 H2OH2O2 → O2

Balanceando os átomos de hidrogênio usando H+,temos:MnO–

4 + 8 H+ → Mn2+ + 4 H2OH2O2 → O2 + 2H+

Balanceando as cargas por adição de elétrons,temos:

MnO–4 + 8 H+ + 5 e– → Mn2+ + 4 H2O

H2O2 → O2 + 2 H+ + 2 e–

Balanceando os elétrons, temos:

2 MnO–4 + 16 H+ + 10 e– → 2 Mn2+ + 8 H2O

5 H2O2 → 5 O2 + 10 H+ + 10 e–

Equação global:

2MnO–4 + 5 H2O2 + 6H+ → 2Mn2+ + 5O2 + 8H2O

Agente oxidante: MnO–4 (permanganato de potás sio)

Agente redutor: H2O2 (água oxigenada)


II) Reação II:Semirreação de redução

Semirreação de oxidação

Balanceando os átomos de hidrogênio usando H+,temos:2H+ + H2O2 → 2 H2O2 I– → I2

Balanceando as cargas por adição de elétrons,temos:

2e– + 2 H+ + H2O2 → 2 H2O2 I– → I2 + 2 e–

Equação global:

2 H+ + H2O2 + 2 I– → 2 H2O + I2

Agente oxidante: H2O2 (água oxigenada)

Agente redutor: I– (iodeto de potássio)


5Classifique cada uma das substâncias abaixo corno óxidosácido, básico ou anfótero.

a) SeO2

b) N2O3

c) K2O

d) BeO

e) BaO

Resolução

a) SeO2 – óxido ácido (não metal com O)

Se: grupo 16, não metal

b) N2O3 – óxido ácido (não metal com O)

N: grupo 15, não metal

c) K2O – óxido básico (metal com O)

K: grupo 1, metal

d) BeO – óxido anfótero (reage com ácido e com base)

Be: grupo 2, metal

Nota: Be é similar ao Al, que também forma óxidoanfótero: Al2O3.

e) BaO – óxido básico (metal com O)

Ba: grupo 2, metal


6Considere a seguinte reação genérica, nas condiçõespadrão e a 25°C:

2 A3+ + 2 B– →← 2 A2+ + B2

Determine a constante de equilíbrio dessa reação a 25°C,sabendo que os valores dos potenciais de eletrodo padrãode semicélula das espécies envolvidas são iguais a+ 0,15 V e – 0,15 V.

ResoluçãoI) Cálculo do ΔE0 da reação:

Como a espécie A3+ sofre redução, ela possuimaior potencial de redução (+ 0,15V). B– sofreoxidação, logo possui menor potencial de redução(– 0,15V).

ΔE0 = E0sofre redução – E0

sofre oxidação ⇒⇒ ΔE0 = 0,15V – (– 0,15V) = 0,30V

II) Cálculo da constante de equilíbrio (K). Usando aEquação de Nernst, temos:

ΔE = ΔE0 – �nQ

No equilíbrio, ΔE = 0, logo:

ΔE0 = �nK ou ΔE0 = 2,3 log K

0,30V =

log K = 10,16

K = 1010,16

RT–––nF

RT–––nF

RT–––nF

8,31 J K–1 mol–1 . 298 K . 2,3 log K–––––––––––––––––––––––––––––––

2 . 9,65 . 104 J . V–1 mol–1


7Uma solução comercial de HCl é vendida com 37% (emmassa) de HCl em água. A densidade dessa solução deHCl é de 1,15 g cm–3,

a) Considerando que o HCl se dissocia completamente,determine o pH dessa solução comercial.

b) O valor do pH determinado no item a) possui signifi -cado físico? Justifique.

Resoluçãoa) Determinação da massa de 1 litro de solução de

HCl:1,15 g –––––– 1 cm3

m –––––– 1000 cm3

m = 1150 g de solução

Determinação da massa de HCl nessa solução:1150 g –––––– 100% de solução

x –––––– 37% de HClx = 425,5 g de HCl

Determinação da quantidade de matéria, em mol,de HCl:1 mol de HCl –––––– 36,46 g

y –––––– 425,5 gy = 11,67 mol de HCl

∴ a concentração de HCl é 11,67 mol/L

Considerando que o HCl se dissocia comple -tamente, temos:

H2OHCl ⎯⎯→ H+ + Cl–

11,67 mol/L 11,67 mol/L

Cálculo do pH:

pH = – log [H+]

pH = – log 11,67

pH � – log 12

pH � – (log 3 + log 4)

pH � – (0,5 +0,6)

b) Sim, o sinal negativo no valor do pH indica que aconcentração de H+ é maior que 1 mol/L.

pH � – 1,1


8Considere as variações de entalpia de processo abaixotabeladas.

a) Esboce o diagrama de Born-Haber para a formação doNaCl(s) a partir de Na0(s) e Cl2(g) e calcule a variaçãode entalpia de formação do NaCl(s).

b) Sabe-se que o valor absoluto (em módulo) da entalpiade rede do CaO(s) é maior do que a do NaCl(s).Explique por quê.

Resoluçãoa)

ΔHf = +97,4 kJ + 121,3 kJ + 495,8 kJ – 349 kJ – 787 kJ

ΔHf = –421,5 kJ/mol de NaCl (s)

b) A energia de rede é a energia necessária para se -pa rar completamente 1 mol de um compostoiônico sólido em íons gasosos.

A energia de rede do Ca2+

O2–

(s) é maior do que a do

Na1+

Cl1–

(s) porque as cargas nos íons Ca2+

e O2–

são

duas vezes maiores, cada uma, do que as cargas

em Na1+

e Cl1–

.

Conclusão: quanto maior as cargas dos íons,maior a energia de rede.

Processo ΔH (kJ mol –1)

Ionização do Na0 495,8

Energia de ligação Cl — Cl 242,6

Entalpia de vaporização do Na0 97,4

Afinidade eletrônica do Cl – 349

Entalpia de rede do NaCl – 787


9A figura abaixo mostra a estrutura básica de umtriacilglicerídeo, em que R, R' e R" representam cadeiascarbônicas, saturadas ou insaturadas, com pelo menosoito átomos de carbono. Sabe-se que o triacilglicerídeopode reagir tanto por transesterificação (reação A) quantopor hidrólise básica (reação B). Em ambos os casos, umproduto comum dessas reações pode ser usado naprodução de nitroglicerina (reação C). Com base nessasinformações, escreva as equações que descrevem asreações A, B e C.

Resolução


10Considere a reação genérica 2A(g) →← B(g). No instanteinicial, apenas o reagente A está presente. Sabendo quea reação direta é exotérmica, construa os gráficos deconcentração de cada substância em função do tempo dereação para as seguintes condições:

a) desde o instante inicial até o equilíbrio, na presença ena ausência de catalisador.

b) a partir do equilíbrio inicial, com um rápido aumentoda temperatura, até um novo equilíbrio.

c) a partir do equilíbrio inicial, com um rápido aumentoda pressão, até um novo equilíbrio.

d) a partir do equilíbrio inicial, com a remoção rápida de50% do produto B, até um novo equilíbrio.

Resoluçãoa) Como apenas o reagente A está presente, a reação

ocorrerá no sentido direto, ou seja, no sentido deconsumo de A e de produção de B, na proporçãode 2 : 1.Vamos admitir que no equilíbrio a concentraçãode A seja maior que a de B. Sabe-se que napresença de catalisador a reação é mais rápida e oequilíbrio será atingido em menor tempo.

Na ausência de catalisador.


Na presença de catalisador.

b) Com um rápido aumento de temperatura, oequilíbrio será deslocado no sentido da reaçãoendotérmica, ou seja, no sentido do consumo de Be de produção de A.

c) Inicialmente, devido ao aumento rápido da pres -são, as concentrações de A e B aumentam devidoà diminuição rápida do volume. Ocorre, então, odes locamento do equilíbrio no sentido da con -tração de volume, o que faz aumentar a quan -tidade em mols de B e diminuir a de A, de tal modoque o Kc e o Kp fiquem constantes. No final tere -mos um aumento das concentrações de A e B comrelação ao equilíbrio inicial.Teremos, portanto, o seguinte gráfico:

d) Com a remoção rápida de 50% do produto B, oequilíbrio será deslocado no sentido em quehouver produção de B e consumo de A.


MMAATTEEMMÁÁTTIICCAA

Notações

R : conjunto dos números reais

i : unidade imaginária i2 = –1

[a, b] = {x ∈ � : a ≤ x ≤ b}

Observação: Os sistemas de coordenadas consideradossão os cartesianos retangulares.

1Determine os valores reais de a e b para os quais asequações x3 + ax2 + 18 = 0 e x3 + bx + 12 = 0 possuamduas raízes em comum e, a seguir, determine essas raízes.

Resolução

1) Sejam r e s as raízes comuns às duas equações.

Seja p a terceira raiz da equação x3 + ax2 + 18 = 0

e q a terceira raiz da equação x3 + bx + 12 = 0.

2) Pelas relações de Girard, temos:

e

Assim,

= ⇔ q = .

Substituindo nas primeiras relações de Girard,temos

⇒ = – a ⇔ p = – 3a

Desta forma, – 3a é uma das raízes da primeiraequação dada.

3) (– 3a)3 + a . (– 3a)2 + 18 = 0 ⇔ – 18a3 = – 18 ⇔⇔ a3 = 1 ⇔ , pois a ∈ �.

Substituindo resulta p = – 3 e q = – 2

Além disso, r + s + (– 3) = – 1 ⇒ r + s = 2 ⇔⇔ s = 2 – r r . s . (– 3) = – 18 ⇔ rs = 6 e

b = rs + q (r + s) = 6 + (– 2) . 2 ⇒

Desta forma, r(2 – r) = 6 ⇔

r + s + q = 0

rs + rq + sq = b

rsq = – 12�r + s + p = – a

rs + rp + sp = 0

rsp = – 18�2p–––3

– 18–––––– 12

rsp–––––

rsq

p–––3

r + s + p = – a

r + s + = 02p–––3�

a = 1

b = 2


⇔ r2 – 2r + 6 = 0 ⇔ r = ⇔

⇔ r = ⇔ r = 1 ± ��5 i

Para r = 1 + ��5 i ⇔ s = 1 – ��5 i e

para r = 1 – ��5 i ⇔ s = 1 + ��5 i

Respostas: a = 1, b = 2 e as raízes comuns são

1 + ��5 i e 1 – ��5 i

2 ± �� –20––––––––

2

2 ± 2 ��5 i–––––––––

2


2Determine todas as soluções da equação

sen6x + cos6x = .

Resolução

Sendo sen6x + cos6x = , temos:

(sen2x + cos2x)3 = 13

sen6x + 3 . sen4x . cos2x + 3 . sen2x . cos4x + cos6x = 1

3 . sen2x . cos2x . (sen2x + cos2x) + = 1

3 . sen2x . (1 – sen2x) =

36 . sen4x – 36 . sen2x + 5 = 0

sen2x = ou sen2x =

sen x = � ou sen x = �

x = arc sen� � + n . 2π; (n ∈ �)

x = arc sen�– � + n . 2π; (n ∈ �)

x = arc sen� � + n . 2π; (n ∈ �)

x = arc sen�– � + n . 2π; (n ∈ �)

S = �x ∈ � � x = ± arc sen + n . 2π ou

x = ± arc sen + n . 2π; (n ∈ �)

7–––12

7–––12

7–––12

5–––12

5–––6

1–––6

�30–––––

6

�6––––

6

�6––––

6

�6––––

6

�30–––––

6

�30–––––

6

�6––––

6

�30–––––

6


3Determine o número complexo z de menor argumentoque satisfaz �z – 25i� ≤ 15.

ResoluçãoSejam z = a + bi, com a ∈ �, b ∈ � e α = arg (z)

I) ⎥z – 25i⎥ � 15, temos:

⎥a + bi – 25i⎥ � 15 ⇔ ⎥a + (b – 25)i⎥ � 15 ⇔

⇔ a2 + (b – 25)2 � 152, que representa a região

em que α é o menor argumento entre todos osnúmeros que atendem à região.

II) Assim, o número complexo z de menor argu mentoque satisfaz ⎥z – 25i⎥ � 15 é z = a + bi, logo:

⇒ ⇒

⇒

Assim, z = 12 + 16i é o número complexo de menorargumento e que satisfaz a região mostrada acima.

a2 + b2 = 400

a2 + (b – 25)2 = 225�� a2 + b2 = 20a2 + (b – 25)2 = 152�

a = 12

b = 16�


4Sabendo que x pertence ao intervalo fechado [1, 64],determine o maior valor da função

f(x) = (log2x)4 + 12(log2x)2 . log2 .

Resolução

f(x) = (log2x)4 + 12(log2x)2 . [log28 – log2x]

f(x) = (log2x)4 + 12(log2x)2 . (3 – log2x)

f(x) = (log2x)4 – 12(log2x)3 + 36(log2x)2

f(x) = (log2x)2 . [(log2x)2 – 12 . log2x + 36]

f(x) = (log2x)2 . [log2x – 6]2

Se 1 ≤ x ≤ 64 então, 0 ≤ log2x ≤ 6 e, portanto, o gráfico

de f em função de log2x é

A função f é o quadrado de g(x) = log2x . (log2x – 6)

cujo gráfico é

A função g é mínima para log2x = 3 e

gmín = 3 . (3 – 6) = – 9

Para log2x = 3, a função f, que é o quadrante de g será

máxima e, portanto, fmáx = (– 9)2 = 81.

Resposta: O maior valor de f é 81.

�8–––x�


5Seja F o foco da parábola de equação (y – 5)2 = 4(x – 7),e sejam A e B os focos da elipse de equação

+ = 1. Determine o lugar geométrico

formado pelos pontos P do plano tais que a área do

triângulo ABP seja numericamente igual ao dobro da

distância de P a F.

Resolução

1) A equação (y – 5)2 = 4(x – 7) representa uma pará -

bola de concavidade voltada para a direita, com

vértice no ponto (7; 5) e f = 1. Assim, F(8; 5).

2) A equação + = 1 representa uma

elipse com eixo maior paralelo ao eixo x, centro no

ponto (4; 2), a2 = 9 e b2 = 8. Assim,

f = �� a2 – b2 = �� 9 – 8 = 1. Logo as coordenadas dos

focos são A(3; 2) e B(5; 2).

3) Seja P o ponto de coordenadas (xP; yP). A área do

triângulo ABP é dada por

S = = �yP – 2�

4) A distância de P a F é dada por

dP,F =

5) Como a área do triângulo ABP é numericamente

igual ao dobro da distância de P a F, temos

S = 2dP,F ⇔ �yP – 2� = 2 ⇔⇔ (yP – 2)2 = 4[(xP – 8)2 + (yP – 5)2] ⇔⇔ yP

2 – 4yP + 4 = 4(xP – 8)2 + 4yP2 – 40yP + 100 ⇔

⇔ 4(xP – 8)2 + 3(yP2 – 12yP + 36) – 12 = 0 ⇔

⇔ 4(xP – 8)2 + 3(yP – 6)2 = 12 ⇔

⇔ + = 1

que representa uma elipse com eixo maior para -

lelo ao eixo y e centro no ponto (8; 6).

(y – 2)2

––––––8

(x – 4)2

––––––9

(y – 2)2––––––

8

(x – 4)2––––––

9

xP

3

5

xP

2

2

1

1

1

1––2

(xP – 8)2 + (yP – 5)2

(xP – 8)2 + (yP – 5)2

(xP – 8)2

––––––––3

(yP – 6)2

––––––––4


6Sejam a, b e c três números reais em progressãoaritmética crescente, satisfazendo

cos a + cos b + cos c = 0 e sen a + sen b + sen c = 0.

Encontre a menor razão possível para essa progressãoaritmética.

ResoluçãoSendo r a razão da progressão aritmética crescente(a; b; c), temos:

I. cos a + cos b + cos c = 0

cos(b – r) + cos b + cos(b + r) = 0

2 . cos b . cos r + cos b = 0

cos b . (2 cos r + 1) = 0

cos b = 0 ou cos r = –

II. sen a + sen b + sen c = 0

sen(b – r) + sen b + sen(b + r) = 0

2 sen b . cos r + sen b = 0

sen b . (2 . cos r + 1) = 0

sen b = 0 ou cos r = –

Para que a, b e c satisfaçam

cos a + cos b + cos c = 0

sen a + sen b + sen c = 0,

devemos ter:

cos r = – ⇔ r = ± + n . 2π, (n ∈ �)

Já que r > 0, a menor razão possível para esta

progressão aritmética crescente é .

Resposta: .

1__2

1__2

�

2π––––

31__2

2π––––

32π

––––3


7Um número natural n, escrito na base 10, tem seis dígitos,sendo 2 o primeiro. Se movermos o dígito 2 da extremaesquerda para a extrema direita, sem alterar a ordem dosdígitos intermediários, o número resultante é três vezes onúmero original. Determine n.

Resolução

Se n = “2abcde”, com a, b, c, d, e algarismos, temos:

“abcde2” = 3 . “2abcde”

Substituindo “abcde” por y, temos:

10 . y + 2 = 3 . [2 . 105 + y] ⇔

⇔ 10y + 2 = 6 . 105 + 3y ⇔ 7y = 600 000 – 2 ⇔

⇔ y = 599 998 ÷ 7 ⇔ y = 85 714

Assim sendo, “abcde” = 85 714 e

n = “2abcde” = 285 714


8Um cone circular reto, de altura h, e um cilindro circularreto têm bases de mesmo raio. O volume do cone émetade do volume do cilindro, e a área lateral do cone éigual à área lateral do cilindro. Determine, em função deh, o raio da esfera inscrita no cone.

Resolução

Sejam g a geratriz do cone, H a altura do cilindro, Ra medida do raio da base do cone e do cilindro e r oraio da esfera inscrita no cone.

I) Vcone = . Vcilindro ⇒

⇒ π R2 . h = . π R2 . H ⇒ H =

II) g2 = R2 + h2 ⇒ g = � R2 + h2

III) Alateral do cone = Alateral do cilindro ⇒

⇒ π Rg = 2 π R . H ⇒ g = 2H ⇒

⇒ g = 2 . ⇒ g =

Assim, g = � R2 + h2 ⇒ = � R2 + h2 ⇒

⇒ = R2 + h2 ⇒ R2 = ⇒ R =

IV) Da semelhança dos triângulos ATO e ABC,temos:

= ⇒ = ⇒

⇒ 4r = �7 h – �7 r ⇒ r = . h ⇒

r = . h ⇒ r = . h

Resposta: . h

1–––2

2h–––3

1–––2

1–––3

4h–––3

2h–––3

4h–––3

h �7–––––

37h2–––9

16h2––––

9

h – r––––––

4h–––3

r––––––h �7–––––

3

h – r–––––

gr

–––R

�7–––––––4 + �7

4�7 – 7––––––––

9

�7 . (4 – �7 )––––––––––––

9

4�7 – 7––––––––

9


9Sejam A, B, C os vértices de um triângulo. Determine sen

^B, sabendo que

sen (^A +

^B) = = sen (

^A –

^C).

Resolução

1) Sendo A, B e C ângulos de um triângulo, tem-se

A + B + C = 180° ⇔ sen (A + B) = sen C

Se C > A, teríamos A – C < 0 ⇔

⇔ sen (A – C) < 0, o que é impossível, pois

sen (A – C) = .

Assim, A > C e, portanto, C não é o maior ângulo

do triângulo. Dessa forma, cos C > 0.

2) sen C = sen (A + B) = e, portanto, cos C =

Como sen (A – C) = , tem-se cos (A – C) =

ou cos (A – C) = –

Para cos (A – C) = , resulta:

sen A . cos C – sen C . cos A = ⇔

cos A . cos C + sen A . sen C =

sen A . – . cos A = ⇔

cos A . + . sen A =

3 sen A – 4 cos A = 4

3 cos A + 4 sen A = 3

⇒ sen A = e cos A =

4–––5

4–––5

3–––5

4–––5

3–––5

4–––5

3–––53

–––5

�4

–––53

–––5

�⇔

4–––5

4–––5

3–––5

3–––5

4–––5

3–––5

�⇔ ⇒

–7–––25

24–––25


3) sen B = sen [180° – (A + C)] = sen (A + C) =

= sen A . cos C + sen C . cos A =

= . + . =

Para cos (A – C) = – , de modo análogo,

resultaria em sen ^A = 0, que é impossível.

Resposta:

44––––125�–7

–––25�4

––5

3––5

24–––25

3–––5

44––––125


10Escolhem-se aleatoriamente três números distintos noconjunto {1, 2, 3, ... , 29, 30}. Determine a probabilidadeda soma desses três números ser divisível por 3.

Resolução1) O número total de maneiras de escolher, alea to -

riamente, três números distintos no conjunto {1, 2, 3, 4, …, 29, 30} é

C30,3 = = 4060

2) Sejam

A1 = {3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30}

A2 = {2, 5, 8, 11, 14, 17, 20, 23, 26, 29}

A3 = {1, 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, 25, 28}

3) Os elementos de A1, são do tipo 3k, os de A2 do tipo

3k – 1, os de A3 do tipo 3k + 1

4) A soma de três dos 30 números será divisível por3 se:

a) os três forem elementos de A1: C10,3

b) os três forem elementos de A2: C10,3

c) os três forem elementos de A3: C10,3

d) for um de cada um dos três conjuntos: 10 . 10 . 10

5) O número total de casos favoráveis é, portanto:3 . C10,3 + 103 = 360 + 1000 = 1360

6) A probabilidade pedida é =

30 . 29 . 28–––––––––

3 . 2 . 1

68–––203

1360–––––4060


resolução comentada - ita 2019 - curso objetivoita - /2ª fase (1º dia) - dezembro 2018 massas...

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