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Insper – 01/11/2009 Seu pé direito nas melhores Faculdades

CPV ibmecnov2009_analisequantitativa

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análise quantitativa

40. No campeonato brasileiro de futebol, cada equipe realiza 38 jogos, recebendo, em cada partida, 3 pontos em caso de vitória, 1 ponto em caso de empate e nenhum ponto em caso de derrota. Considere que uma equipe participante do campeonato já tenha realizado J jogos (0 ≤ J ≤ 38), tendo acumulado um total de P pontos. Se o número de jogos que essa equipe empatou é igual ao número de partidas em que foi derrotada, então ela já venceu

a) 25P J- jogos.

b) 34P J- jogos.

c) P J+34

jogos.

d) 3 23

P J- jogos.

e) P J+3

jogos.

Resolução:

x: vitórias P: pontos

y: empates z: derrotas

J: jogos, 0 < J < 38

P = 3x + 1y

P = 3x + y Þ y = P – 3x (1) J = x + y + z Þ J = x + 2y (2) y = z

Substituindo (1) em (2) temos:

J = x + 2 (p – 3x) \ x = 25P J- jogos

Alternativa A

Seu pé direito nas melhores Faculdades Insper – 01/11/2009


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41. Na figura a seguir, estão representadas partes dos gráficos das funções f(x) = senx e g(x) = cos x.

A partir dos gráficos, é correto concluir que a menor solução positiva da equação

cos(2 sen x) = 22

vale aproximadamente

a) 0, 2. b) 0, 3. c) 0, 4. d) 0, 5. e) 0, 6.

Resolução:

cos(2 senx) = 2

2

Þ 2 sen x =

ππ

ππ

42

74

2

+

+

k

k não convém( ) assim:

2 sen x = p4

+ 2 kp, para a menor solução positiva temos k = 0 \

2 sen x = p4

Þ sen x = p8

Þ sen x @ 0,4

Se f(x) = 0,4; do gráfico temos x = 0,4.

Alternativa C



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42. Numa cidade, há apenas três fiscais responsáveis pelo exame para obtenção da carteira de motorista (A, B e C). Cada candidato é examinado por um único fiscal, a menos que este tenha alguma dúvida. Neste caso, o exame é repetido pelo fiscal A, que é o mais experiente. Na tabela a seguir, são dadas as taxas de aprovação históricas dos três fiscais.

Um grupo de pessoas se submeterá ao exame na próxima semana, não sendo possível saber, para um candidato qualquer, qual fiscal será o responsável pelo exame. Considerando que as séries históricas da tabela se mantenham, pode-se concluir que serão aprovados

a) no mínimo 45% e no máximo 60% dos candidatos. b) no mínimo 50% e no máximo 60% dos candidatos. c) no mínimo 50% e no máximo 65% dos candidatos. d) no mínimo 50% e no máximo 70% dos candidatos. e) no mínimo 65% e no máximo 70% dos candidatos.

Resolução:

A aprovação percentual total depende do maior ou menor número de candidatos que forem atribuídos, em primeira tentativa, ao examinador A (mais “reprovador”), ao examinador B ou ao C (mais “aprovador”). Assim, há três possíveis situações-limite a considerar:

Cenário 1: todos os candidatos (100%) são atribuídos ao examinador A. Desses, 50% são aprovados em 1a tentativa, sem chance de reavaliação. Total de aprovados: n = 0,50.

Cenário 2: todos os candidatos (100%) são atribuídos ao examinador B. Desses, 45% são aprovados em 1a tentativa; dos 50% que repetem o teste, 50% são aprovados em 2a tentativa. Total de aprovados: n = 0,45 + 0,50 . 0,50 = 0,45 + 0,25 = 0,70.

Cenário 3: todos os candidatos (100%) são atribuídos ao examinador C. Desses, 60% são aprovados em 1a tentativa; dos 10% que repetem o teste, 50% são aprovados em 2a tentativa. Total de aprovados: n = 0,60 + 0,50 . 0,10 = 0,60 + 0,05 = 0,65.

Avaliando os dois extremos de aprovação, temos que a porcentagem geral de aprovação oscila no intervalo de limites 50% e 70%.

Alternativa D



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43. Os oito elementos que estão faltando na sequência de números inteiros

(1, ??, ??, ??, ??, ??, ??, ??, ??, 10)

serão escolhidos respeitando-se os seguintes critérios:

· todo elemento da sequência obtida, a partir do segundo, será maior ou igual ao elemento imediatamente anterior; · haverá um único elemento repetido na sequência, isto é, dentre os seus dez elementos haverá exatamente nove números

inteiros diferentes.

Nessas condições, o número de maneiras distintas de escolher estes oito elementos é igual a

a) 54. b) 56. c) 64. d) 70. e) 72.

Resolução:

Temos uma sequência com 10 posições, contra 10 opções de números inteiros disponíveis para preenchê-la. Entretanto, dois desses inteiros são especiais: um (e apenas um) dos números será repetido uma vez [NR], de modo que um segundo número estará necessariamente ausente da série [NA].

Exemplos de possíveis sequências são:

(1, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10) ® NR = 1 e NA = 9 (1, 2, 3, 4, 4, 5, 6, 7, 9, 10) ® NR = 4 e NA = 8 (1, 2, 3, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10) ® NR = 3 e NA = 7 (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 10) ® NR = 10 e NA = 9

Assim, há 3 casos a considerar:

1o Caso: NR = 1 ® caso o número 1 repita, basta escolher apenas qual o número ausente. Note que esse número não pode ser nem o 1, nem o 10, o que gera um subtotal de 8 opções.

2o Caso: NR = 10 ® caso o número 10 repita, basta escolher apenas qual o número ausente. Assim como no 1o caso, esse número não pode ser nem o 1, nem o 10, o que gera um subtotal de mais 8 opções.

3o Caso: NR ¹ 1 e NR ¹ 10 ® aqui, precisamos definir qual o número que se repete (há 8 opções para NR) e qual o número ausente: nesse caso, haverá 7 opções para escolha de NA (à exceção de 1, 10 e NR). Logo, são geradas mais 8 x 7 = 56 opções.

O total de construções possíveis é então: n = 8 + 8 + 56 = 72 sequências.Alternativa E



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44. Em uma indústria, há duas chaminés com a forma de cilindros circulares retos, de bases inferiores horizontais e coplanares, por onde são eliminados gases não poluentes. Em relação a um sistema de coordenadas cartesianas, em que a unidade adotada foi o metro, os centros das bases inferiores das duas chaminés são dados, respectivamente, por (0, 0, 0) e (12, 9, 0). Se a distância entre os centros das bases superiores das duas chaminés é 17 m, então a altura da chaminé mais alta supera a altura da mais baixa em

a) 5 m. b) 8 m. c) 10 m. d) 12 m. e) 15 m.

Resolução:

x2 = 92 + 122

x = 15

Como CE = AB, aplicando o Teorema de Pitágoras no D CDE: x2 + h2 = (17)2

h = 8m

Alternativa B

A

B (12; 9; 0)

z

h

17

12

(0; 0; 0)

x

9

x

E

C

D

y



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45. Ao dividir o polinômio A(x), que possui grau 4 e coeficientes reais, pelo polinômio B(x) = x3 − 4x, obtém-se quociente Q(x) e resto R(x). Sabe-se que 2 é uma raiz de R(x). Assim, sendo n o número total de raízes reais de A(x), conclui-se que o conjunto de todos os valores que n pode assumir é

a) {0; 2; 4}. b) {0; 2}. c) {0; 4}. d) {2; 4}. e) {4}.

Resolução:

2 é raiz de R(x) Þ R(2) = 0

A(x) B(x) Þ A(x) = B(x) . Q(x) + R(x)

R(x) Q(x) Þ A(x) = (x3 – 4x) . Q(x) + R(x)

Assim, A(2) = (23 – 4 . 2) . Q(2) + R(2) Þ A(2) = 0 \ 2 é raiz de A(x)

Como A(x) tem 4 raízes e uma delas é real, as outras 3 raízes devem ser:

3 reais e 0 imaginárias ou 1 real e 2 imaginárias

\ A(x) poderá ter

4 raízes reais 2 raízes reais e 2 raízes imaginárias

Logo, n = 2 ou n = 4Alternativa D



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46. Seja A o conjunto de todas as matrizes de ordem 2 da forma x yz w

, em que x, y, z, w são elementos do conjunto {0; 1}.

Escolhendo ao acaso uma matriz do conjunto A, a probabilidade de que seu determinante seja zero é igual a

a) 12

.

b) 58

.

c) 34

.

d) 78

.

e) 1.

Resolução:

Há 24 = 16 maneiras distintas de montar as matrizes do conjunto A.

Matrizes cujos determinantes são iguais a zero:

· somente um elemento não nulo;

1 00 0

0 10 0

0 01 0

0 00 1

, , , Þ 4 matrizes

· todos os elementos são iguais;

0 00 0

1 11 1

, Þ 2 matrizes

· uma linha ou coluna onde todos os elementos são zero;

0 01 1

1 10 0

1 01 0

0 10 1

, , , Þ 4 matrizes

Portanto, a probabilidade será 4 2 416

1016

58

+ += =

Alternativa B



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47. Leia o texto a seguir.

Suponha que você disponha de uma quantidade infinita de cópias de uma determinada forma geométrica. Se for possível encaixá-las, sem falhas ou sobreposição, de modo que o plano seja todo coberto por elas, dizemos que essa forma geométrica pavimenta o plano. No ano de 1968, o problema de pavimentar o plano com pentágonos convexos idênticos parecia resolvido: aparentemente, apenas oito tipos de pentágonos convexos possuíam essa propriedade. Porém, um acontecimento surpreendente causou uma reviravolta no problema. Uma dona de casa americana, Marjorie Rice, cuja formação matemática limitava-se àquela obtida no ensino médio, tomou conhecimento do assunto em uma revista de divulgação científica e descobriu, entre 1976 e 1977, quatro novos tipos de pavimentações do plano usando pentágonos convexos.

Texto adaptado de: F. Dutenhefer e R. Castro. Uma hist´oria sobre pavimentações do plano euclidiano: acertos e erros.Revista do Professor de Matemática — número 70.

A figura abaixo mostra um dos tipos de pavimentação do plano descoberto por Marjorie Rice.

Nesse caso, o pentágono convexo ABCDE satisfaz as seguintes condições:

· EA = AB = BC = CD · 2E + B = 360º · 2 D + ^C = 360º

Observando-se a figura da pavimentação, pode-se concluir que esse pentágono também satisfaz a condição

a) 2A + B + ^C = 360◦. b) A + 2B + C = 360◦. c) A + B + 2 ^C = 360◦.

d) A + B + C + D = 360◦. e) A + B + C + E = 360◦.

Resolução:

Temos que a soma dos ângulos internos desse pentágono convexo é: A + B + ^C + D + E = 540

2A + 2B + 2^C + 2D + 2E = 1080º

Assim: 2E + B = 360º Þ 2A + B + ^C + 360 + 360 = 1080 2D + ^C = 360º Þ 2A + B + ^C = 360º

Alternativa A



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48. No triângulo PQR, retângulo em P, PR = 12 e PQ = 3 . O ponto S, pertencente ao lado PR, é tal que o ângulo RSQ mede 120º. Assim, sendo a medida do ângulo SQR, o valor de sen a é

a) 710

.

b) 911

.

c) 712

.

d) 1213

.

e) 1114

.

Resolução:

No D SPQ:

tg 60º = 3x Þ x = 1

Aplicando o Teorema de Pitágoras no D PQR:

RQ2 = 122 + ( )3 2

RQ = 147 = 7 3

Pela Lei dos senos no D RSQ:

7 3120

11 7 332

11sen sen senº

= ⇒ =α α

Þ sen a = 1114

Alternativa E

60ºx

12 – x

3



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49. Dada uma constante real k, considere a equação x2−2kx + k2 + 1 = 0, na variável x. Para cada valor de k, a equação foi resolvida e suas soluções foram plotadas no plano complexo de Argand-Gauss. Dentre as alternativas abaixo, aquela que mais se assemelha à figura obtida é

a) b) c)

d) e)

Resolução:

x2 – 2kx + k2 + 1 = 0 � ��

(x – k)2 + 1 = 0

(x – k)2 = –1 = i2

x – k = ± i Þ x = k + i Þ e(x) = k e Im(x) = 1

x = k – i Þ e(x) = k e Im(x) = –1

\ a representação no plano Argand-Gauss será duas retas constantes:

Alternativa D

Im

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