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FGV – Economia – 20/nov/2016CPV O CursinhO que Mais aprOva na GV

1

MATEMÁTICA

01. As torneiras A, B e C, que operam com vazão constante, podem, cada uma, encher um reservatório vazio em 60 horas, 48 horas e 80 horas, respectivamente. Para encher esse mesmo reservatório vazio, incialmente abre-se a torneira A por quatro horas e, em seguida, fecha-se a torneira A e abre-se a torneira B por quatro horas. Por fim, fecha-se a torneira B e abre-se a torneira C até que o reservatório se encha por completo.

De acordo com o processo descrito, o tempo necessário e suficiente para encher o reservatório por completo e sem transbordamento é de

a) 84 horas. b) 76 horas. c) 72 horas. d) 64 horas. e) 60 horas.

Resolução:

Vazão = VolumeTempo

VA = VtA

VB = VtB

VC = VtC

VA = V60 VB =

V48 VC =

V80

V = V60 . 4 +

V48 . 4 +

V80 . tC

1 = 460 +

112 +

180 . tC

tC80 = 1 –

4 + 560 Þ

tC80 =

5160

tC = 68 horas Þ T = 4 + 4 + 68 Þ T = 76 horas

Alternativa B

02. Aníbal, Cláudio, Daniel, Rafael e Renato são interrogados na investigação do roubo de uma joia. Sabe-se que apenas um deles cometeu o roubo. No interrogatório, as seguintes falas foram registradas:

Renato: “Aníbal roubou a joia”. Aníbal: “Cláudio não roubou a joia”. Rafael: “Daniel roubou a joia”. Daniel: “Aníbal não roubou a joia”. Cláudio: “Renato roubou a joia”.

Se apenas três dos cinco disseram a verdade em sua fala e se quem roubou a joia mentiu na sua fala, então quem roubou a joia foi

a) Aníbal. b) Cláudio. c) Daniel. d) Rafael. e) Renato.

Resolução:

Como Renato e Daniel falam afirmações opostas, um deles está falando a verdade. Assim:

1) se Renato fala a verdade, temos:

– Renato (verdade) – Aníbal – Rafael (mentira) – Daniel (mentira) – Claudio (mentira)

2) se Daniel fala a verdade, temos:

– Renato (mentira) – Aníbal (verdade) – Rafael (mentira) – Daniel (verdade) – Claudio (verdade)

Portanto, quem roubou a joia foi o Renato.Alternativa E

não pode,pois três disseram mentira

pode,pois três disseram a verdade

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20/11/2016 CPV O CursinhO que Mais aprOva na GV2

03. A conta armada a seguir indica a adição de três números naturais, cada um com três algarismos, resultando em um número natural de quatro algarismos. Os algarismos que compõem os números envolvidos na conta, indicados pelas letras A, C, D e E, representam números primos distintos entre si.

A E C + C D D E A E 1 C D C

Assim, o valor de E . D + A . C é igual a

a) 35. b) 33. c) 31. d) 29. e) 27.

Resolução:

Sabendo que A, C, D e E só podem ser os números 2, 3, 5 ou 7, temos, pela conta armada, que:

C + D + E = 10 + C D + E = 10 1 + E + D + A = 10 + D E + A = 9 1 + A + C + E = 10 + C A + E = 9

De onde obtemos: D = 3, E = 7, A = 2 e C = 5

Portanto: E . D + A . C = 7 . 3 + 2 . 5 = 31Alternativa C

Þ

04. O quadrado PQRS está inscrito em um círculo de centro C. A corda BQ intersecta a diagonal PR do quadrado em A, sendo que QA = 6 cm e AB = 4 cm.

Nas condições descritas, a medida do lado do quadrado PQRS, em cm, é igual a

a) 2 10. b) 5 2. c) 2 15. d) 6 2. e) 7 2.

Resolução:

Se a é o lado do quadrado, então a diagonal PR = a 2.

Aplicando a Potência do Ponto A, temos: AQ . AB = AR . AP Þ 6 . 4 = x (a 2 – x) (I) Aplicando a Lei dos Cossenos no Δ AQR, temos: 62 = a2 + x2 – 2ax cos 45º Þ 36 = a2 + x2 – ax 2 (II)

Desenvolvendo a equação (I), temos: x2 – ax 2 = – 24. Substituindo em (II), temos: 36 = a2 – 24 Þ a2 = 60 Portanto o lado do quadrado a = 2 15 cm.

Alternativa C

ax

a

a

a

a2 –

x

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3CPV O CursinhO que Mais aprOva na GV 20/11/2016

05. As cidades A, B, C e D estão ligadas por uma rodovia, como mostra a figura seguinte, feita fora de escala.

Por essa rodovia, a distância entre A e C é o triplo da distância entre C e D, a distância entre B e D é a metade da distância entre A e B, e a distância entre B e C é igual a 5 km.

Por essa estrada, se a distância entre C e D corresponde a x% da distância entre A e B, então x é igual a

a) 36. b) 36,5. c) 37. d) 37,5. e) 38.

Resolução:

Temos que 2a + a = 3b + b Þ 3a = 4b e a = b + 5

3a = 4ba = b + 5

3(b + 5) = 4b Þ b = 15 e a = 20

Como b2a = x% Þ

x100 =

1540

\ x = 37,5

Alternativa D

3b b

5

a2a

BA C D

06. Na tabela de 8 colunas e infinitas linhas numeradas, indicada na figura, podemos formar infinitos quadrados coloridos 3x3, como mostra um exemplo.

Nessa tabela, o quadrado colorido 3x3 cuja soma dos 9 elementos é igual a 4 806 ocupa três linhas, sendo uma delas a linha

a) 71. b) 67. c) 53. d) 49. e) 41.

Resolução:

Observamos que numa tabela genérica (3x3), os 3 números da linha formam uma P.A. de razão 1 e os três números da coluna formam uma P.A. de razão 8. Então:

a a + 1 a + 2 a + 8 a + 9 a + 10 a + 16 a + 17 a + 18

Como a soma dos 9 elementos pedidos é 4806, temos que

S = 9a + 81 = 4806

a = 525

Observamos que, ao dividir um elemento qualquer da tabela por 8, temos:

exemplo 19 8 indica a ← 3 2 → adicionando 1 coluna temos linha 3

logo 525 8 45 65 → adicionando 1 coluna 5 ← 5 temos 66a linha

Portanto, o número 525 está na linha 66 e o quadrado ao qual ele pertence é composto pelas linhas 66, 67 e 68.

Alternativa B

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07. Removendo um número do conjunto {11, 12, 17, 18, 23, 29, 30} formamos um novo conjunto com média aritmética dos elementos igual a 18,5.

A mediana dos elementos desse novo conjunto é igual a

a) 26,5. b) 26,0. c) 20,5. d) 17,5. e) 14,5.

Resolução:

Seja x o número que foi retirado do conjunto inicial. Então:

11 + 12 + 17 + 18 + 23 + 29 + 30 – x

6 = 18,5

Þ 140 – x = 111 Þ x = 29 (número removido)

O novo conjunto obtido foi {11, 12, 17, 18, 23, 30},

cuja mediana é 17 + 18

2 = 17,5 Alternativa D

08. Em uma prova de matemática de 10 questões, cada questão vale zero ou um ponto, não havendo pontuações intermediárias.

Concede-se conceito C para os alunos que fizerem de 5 a 6 pontos, conceito B para os que fizerem de 7 a 8 pontos, e A para os que fizerem de 9 a 10 pontos. Alunos que fizerem menos do que 5 pontos recebem conceito insatisfatório.

A respeito do desempenho dos alunos de uma classe nessa prova, sabe-se que nenhum deles recebeu conceito insatisfatório, 20% receberam conceito A, 36 alunos não receberam conceito A e x% dos alunos receberam conceito C, sendo x um número inteiro positivo.

Apenas com os dados informados, é possível concluir que a pontuação dos alunos que tiraram conceito A ou conceito B nessa prova pode ter sido, no máximo, igual a

a) 162. b) 226. c) 234. d) 290. e) 306.

Resolução:

Como 36 alunos não receberam conceito A, eles obrigatoriamente receberam conceito B ou C, pois nenhum aluno recebeu conceito insatisfatório. Assim, esses 36 alunos representam 80% do total, ou seja, o total de alunos é

36

0,80 = 45

Sabendo que x% dos alunos receberam conceito C, sendo x um número inteiro positivo e que deve ser o mínimo possível, temos x = 20.

20% de 45 = 9 alunos receberam conceito C e portanto

36 – 9 = 27 alunos receberam conceito B.

Portanto, a pontuação dos alunos será no máximo

9 . 10 + 27 . 8 = 306

conceito A conceito BAlternativa E

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09. A torre de controle de tráfego marítimo de Algés, em Portugal, tem o formato de um prisma oblíquo, com base retangular de área 247 m2. A inclinação da torre é de aproximadamente 76,7º, com deslocamento horizontal de 9 m da base superior em relação à base inferior do prisma.

Dados:α sen α cos α tg α

13,3º 0,23 0,97 0,24

Nas condições descritas, o volume do prisma que representa essa torre, aproximado na casa da centena, é igual a

a) 9300 m3. b) 8900 m3. c) 8300 m3. d) 4600 m3. e) 4200 m3.

Resolução:

Pela figura, temos:

h = altura de prédio; V = volume do prédio

tg 13,3o = 9h Þ 0,24 =

9h Þ h = 37,5 m

V = 247 m2 . 37,5 m = 9262,5 m3

Aproximando na casa da centena, chegamos em 9300 m3.

Alternativa A

h

976,7º

13,3o

10. Os pontos de coordenadas cartesianas (2, 3) e (–1, 2) pertencem a uma circunferência. Uma reta que passa, necessariamente, pelo centro dessa circunferência tem equação

a) 3x – y + 9 = 0. b) 3x + y – 9 = 0. c) 3x + y – 4 = 0. d) x + 3y – 4 = 0. e) x + 3y – 9 = 0.

Resolução:

Sejam os pontos: A (2; 3), B (–1; 2) e C (x; y),

sendo C o centro da circunferência.

Sabe-se que a distância de A até C é a mesma de B até C (raio da circunferência).

Assim:

dAC = dBC Þ (x – 2)2 + (y – 3)2 = (x + 1)2 + (y – 2)2 Þ

Þ x2 – 4x + 4 + y2 – 6y + 9 = x2 + 2x + 1 + y2 – 4y + 4 Þ

Þ 6x + 2y – 8 = 0 Þ 3x + y – 4 = 0

O centro (C) deve estar sobre esta equação encontrada.

Alternativa C

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11. Para certos valores reais de k, o polinômio

P(x) = x2 – 6x + | 2k – 7 | é divisível por x – 1.

A soma de todos esses valores é igual a

a) 8. b) 7. c) 5. d) – 1. e) – 5.

Resolução:

Quando P(x) for divisível por x – 1, temos obrigatoriamente

P(1) = 0. Assim:

P(1) = 12 – 6 . 1 + | 2k – 7 | = 0 Þ | 2k – 7 | = 5

(I) 2k – 7 = 5 ou (II) 2k – 7 = – 5

(I) k = 6 6 + 1 = 7 (II) k = 1

Alternativa B

12. Suponha que fosse possível dar uma volta completa em torno da linha do Equador caminhando e que essa linha fosse uma circunferência perfeita na esfera terrestre.

Nesse caso, se uma pessoa de 2 m de altura desse uma volta completa na Terra pela linha do Equador, o topo de sua cabeça, ao completar a viagem, teria percorrido uma distância maior que a sola dos seus pés em, aproximadamente,

a) 63 cm. b) 12,6 m. c) 6,3 km. d) 12,6 km. e) 63 km.

Resolução:

Sendo C1 a circunferência que representa a linha do Equador:

os pés dessa pessoa percorreram o comprimento dessa circunferência: C1 = 2 π R

a cabeça dessa pessoa percorreu a circunferência C2, de raio R + 2 m.

C2 = 2 π (R + 2) Þ C2 = 2 π R + 4π

Logo, C2 = C1 + 4π

Sendo π = 3,14, temos que 4π = 12,56.

Como a unidade é metro, o topo da cabeça dessa pessoa percorreu uma distância maior que a sola dos seus pés em aproximadamente 12,6 m.

Alternativa B

C1R

R + 2

C2

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13. O índice de Angstrom (IA), usado para alertas de risco de incêndio, é uma função da umidade relativa do ar (U), em porcentagem, e da temperatura do ar (T), em ºC. O índice é

calculado pela fórmula IA = U20 +

27 – T10 , e sua interpretação

feita por meio da tabela a seguir.

Condição de ocorrência de incêndioIA > 4 improvável

2,5 < IA ≤ 4 desfavorável

2 < IA ≤ 2,5 favorável

1 < IA ≤ 2 provável

IA ≤ 1 muito provável

Tabela adaptada de www.daff.gov.za

A temperatura T, em ºC, ao longo das 24 horas de um dia, variou de acordo com a função T(x) = – 0,2x2 + 4,8x, sendo x a hora do dia (0 ≤ x ≤ 24). No horário da temperatura máxima desse dia, a umidade relativa do ar era de 35% (U = 35).

De acordo com a interpretação do índice de Angstrom, nesse horário, a condição de ocorrência de incêndio era

a) improvável. b) desfavorável. c) favorável. d) provável. e) muito provável.

Resolução:

Sendo T(x) = –0,2x2 + 4,8 x,

a temperatura máxima é dada por: – (4,8)2

4 . (–0,2) = 28,8º

Assim, IA = 3520 +

27 – 28,810 =

3520 –

1,810 = 1,57

Sendo 1 < IA ≤ 2, a ocorrência de incêndio era provável.

Alternativa D

14. Um estudante de Economia precisa escolher exatamente duas dentre três disciplinas eletivas, que são: econometria, microeconomia, macroeconomia.

A probabilidade de ele escolher econometria é a mesma que a de ele escolher microeconomia, cada uma igual a 62,5%.

A probabilidade de ele escolher econometria e microeconomia é de 25%.

Sendo assim, a probabilidade de esse estudante escolher macroeconomia é igual a

a) 34

b) 1825

c) 23

d) 58

e) 35

Resolução:

O estudante deverá escolher exatamente duas dentre três disciplinas eletivas. A probabilidade de ele escolher econometria, independemente da outra matéria a ser escolhida junto, é 62,5%; o mesmo vale para microeconomia.

Colocamos essa informação e as seguintes na tabela abaixo.

Eco Micro Macro PEco — 25% 37,5% 62,5%

Micro 25% — 37,5% 62,5%Macro 37,5% 37,5% — 75%

Q 62,5% 62,5% 75%

A probabilidade de ele escolher econometria e microeconomia nos dá a intersecção, na tabela, entre a linha Eco e a coluna micro, sendo igual a 25%.

Como P(Eco) = 62,5% e P(Eco Ç micro) + P(Eco Ç macro) = P(Eco), temos que 25% + P(Eco Ç macro) = 37,5%. Analogamente, pode-se preencher a tabela sabendo que a

soma dos valores em cada linha deve ser igual ao valor na coluna P e a soma dos valores em cada coluna dever ser igual ao valor na linha Q.

Dessa forma, a probabilidade desse estudante escolher macroeconomia é igual a 75% ou

34 .

Alternativa A

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15. Uma fração, definida como a razão entre dois inteiros, chama-se imprópria quando o numerador é maior ou igual ao denominador e chama-se decimal quando o denominador é uma potência de dez.

Dois dados convencionais, de seis faces equiprováveis, possuem cores diferentes: um deles é branco, e o outro preto.

Em um lançamento aleatório desses dois dados, o número obtido no dado branco será o numerador de uma fração, e o obtido no dado preto será o denominador.

A probabilidade de que a fração formada seja imprópria e equivalente a uma fração decimal é igual a

a) 1736

b) 12

c) 1936

d) 59

e) 712

Resolução:

BrancoPreto 1 2 3 4 5 6

111

21

31

41

51

61

212

22

32

42

52

62

313

23

33

43

53

63

414

24

34

44

54

64

515

25

35

45

55

65

616

26

36

46

56

66

A tabela mostra todos os casos possíveis, e os valores assinalados são as frações impróprias e equivalentes a uma fração decimal.

Assim, temos 19 casos em 36, e a probabilidade é 1936 .

Alternativa C

16. Os pontos A(0, 1), B(1, 1), C(1, 0) e D(–k, –k), com k > 0, formam o quadrilátero convexo ABCD, com eixo de simetria BD sobre a bissetriz dos quadrantes ímpares.

O valor de k para que o quadrilátero ABCD seja dividido em dois polígonos de mesma área pelo eixo y é igual a

a) 2 + 5

4 b) 3 + 2

4 c) 1 + 2

2

d) 1 + 3

2 e) 1 + 5

2

Resolução:

Da figura,

temos:

● equação da reta por CD: y = k

1 + k . (x – 1)

● ponto E (0; – k1 + k ). Assim, devemos ter: SADE = SABCE

(1 + k1 + k ) . k2 = (1 + k1 + k + 1) . 12 k2 – k – 1 = 0 (k > 0) Þ k =

1 + 52 Alternativa E

(0, 1)

(–k, –k)

E

C(1, 0)

–k

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17. A equação algébrica x3 – 7x2 + kx + 216 = 0, em que k é um número real, possui três raízes reais.

Sabendo-se que o quadrado de uma das raízes dessa equação é igual ao produto das outras duas, então o valor de k é igual a

a) – 64. b) – 42. c) – 36. d) 18. e) 24.

Resolução:

Dada a equação x3 – 7x2 + kx + 216 = 0

α, β e γ são raízes reais sendo que

α. β . γ = –216.

Como α2 = β . γtemos α . β . γ = –216 \ α3 = –216

α2

Portanto, α = –6 e P(–6) = –216 – 7 . 36 – 6k + 216 = 0

k = –252

6 = –42 Alternativa B

18. O coeficiente de x12 na expansão de (1 + x4 + x5)10 é igual a

a) 120. b) 90. c) 81. d) 60. e) 54.

Resolução:

No desenvolvimento de [(1 + x4) + x5]10, temos:

Tp+1 = 10( )p . (1 + x4)10 – p . x5p =

= 10( )p . 10 – p( )q . x4q . x5p = 10( )p . 10 – p( )q . x4q + 5p

Logo, no termo em x12 devemos ter:

4q + 5p = 12 Þ q = 3 e p = 0.

Assim, o coeficiente de x12 é dado por:

10( )0 . 10( )3 = 120

Alternativa A

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19. Somando todos os números de três algarismos distintos que podem ser formados com os dígitos 1, 2, 3 e 4, o resultado será igual a

a) 2 400. b) 2 444. c) 6 000. d) 6 600. e) 6 660.

Resolução:

A quantidade total de números de 3 algarismos distintos que podem ser formados com os dígitos 1, 2, 3 e 4 é

C4,3 . 3! = 4 . 6 = 24.

Para o dígito das unidades, cada um dos algarismos aparecerá 244 = 6 vezes.

Portanto a sua soma será 6 . (1 + 2 + 3 + 4) = 60.

Para o dígito das dezenas, a soma será 60 + 6, pois há 6 dezenas provenientes da soma das unidades.

Assim, teremos a soma:

6 6 1 2 3 1 3 2 2 1 3 2 3 1 . . . + 2 3 4 ___________ 6 6 6 0

Alternativa E

números de 3 algarismos distintosque podem ser formados com osdígitos 1, 2, 3 e 4

20. Para todos os inteiros n de 1 a 2016, temos que:

2, se log n for um número inteiro; an = (–1)n, se log n não for um número inteiro.

Sendo assim, a soma a1 + a2 + a3 + … + a2015 + a2016

é igual a

a) 8. b) 7. c) 6. d) – 6. e) – 8.

Resolução:

Os valores entre 1 e 2016 que tornam log n um número inteiro são:

n = 1 → log 1 = 0 n = 10 → log 10 = 1 n = 100 → log 100 = 2 n = 1000 → log 1000 = 3

Portanto a1 = a10 = a100 = a1000 = 2.

Entre 1 e 2016, temos

● 1008 números ímpares, cuja soma dos termos será 1008 . (–1) = –1008; mas, como a1 = 2, essa soma será –1008 – (–1) + 2 = –1005.

● 1008 números pares, cuja soma dos termos será 1008 . (1) = 1008; mas, como a10 = a100 = a1000 = 2, essa soma será 1008 – 3 . (1) + 3 . 2 = 1011.

Portanto, a soma dos termos

a1 + a2 + ... + a2016 = –1005 + 1011 = 6.Alternativa C

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21. Uma parábola P1 de equação y = x2 + bx + c, quando refletida

em relação ao eixo x, gera a parábola P2.

Transladando horizontalmente P1 e P2 em sentidos opostos, por quatro unidades, obtemos parábolas de equações y = f(x) e y = g(x).

Nas condições descritas, o gráfico de y = (f + g)(x) necessariamente será

a) uma reta. b) uma parábola. c) uma hipérbole. d) uma exponencial. e) um círculo.

Resolução:

P1: y = x2 + bx + c e

P2: y = –x2 – bx – c

f (x) = (x + 4)2 + b (x + 4) + c g (x) = – (x – 4)2 – b (x – 4) + c

f (x) = x2 + 8x + 16 + bx + 4b + c g (x) = –x2 + 8x – 16 – bx + 4b + c

Fazendo f (x) + g (x) = 16x + 4b + c

A função (f + g) (x) = 16x + 4b + c é uma reta.

Alternativa A

22. Certo capital foi aplicado em regime de juros compostos. Nos quatro primeiros meses, a taxa foi de 1% ao mês e, nos quatro meses seguintes, a taxa foi de 2% ao mês.

Sabendo-se que, após os oito meses de aplicação, o montante resgatado foi de R$ 65.536,00, então o capital aplicado, em reais, foi aproximadamente igual a

Dado: 65536 = 216

a) 3,668. b) 3,728. c) 3,788. d) 3,888. e) 3,968.

Resolução:

Temos: C(1,01)4 . (1,02)4 = 65.636

Para facilitarmos os cálculos, faremos a aproximação

(1,01)4 . (1,02)4 = (1,015)8

Assim, temos:

C(1,015)8 = 216 Þ C = (22)8

(1,015)8 = 4( )1,015

8 @ 3,968

Alternativa E

23. O dono de uma papelaria comprou uma grande quantidade de canetas de dois tipos, A e B, ao preço de R$ 20,00 e R$ 15,00 a dúzia, respectivamente, tendo pago na compra o valor de R$ 1.020,00. No total, ele saiu da loja com 777 canetas, mas sabe-se que, para cada três dúzias de um mesmo tipo de caneta que comprou, ele ganhou uma caneta extra, do mesmo tipo, de brinde.

Nas condições descritas, o total de dúzias de canetas do tipo B que ele comprou foi igual a

a) 52. b) 48. c) 45. d) 41. e) 37.

Resolução:

20A + 15B = 1020 Þ A = 15 e B = 48 12A + 12B +

A3 . 1 +

B3 . 1 = 777

Alternativa B

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24. Seja Z um número complexo cujo afixo P está localizado no 1o quadrante do plano complexo, e sejam I, II, III, IV e V os afixos de cinco outros números complexos, conforme indica a figura seguinte.

Se a circunferência traçada na figura possui raio 1 e está centrada na origem do plano complexo, então o afixo de

1Z pode ser

a) I. b) II. c) III. d) IV. e) V.

Resolução:

Z = a + bi

Pela localização de P no gráfico: | Z | > 1.

1Z .

ZZ

= Z

| Z |2

Como | Z |2 > 1 e Z Ì 3o quadrante, temos

Z

| Z |2 pode ser o III. Alternativa C

25. Na representação gráfica do sistema de equações

x2 + y2 = 4

4x2 – y = 2 no plano cartesiano, uma das soluções é (0; – 2).

A distância entre os pontos que representam as duas outras soluções desse sistema é igual a

a) 14

b) 72

c) 152

d) 142

e) 32

Resolução:

x2 + y2 = 4 (I)

4x2 – y = 2 (II)

–4(I) + (II) : 4y2 + y – 14 = 0

Como –2 é raiz:

–2 4 1 –14

4 –7 0

y = 74

Substituindo y em (II) obtemos:

xA = 154

e xB = – 15

4

dAB = ( 154 + 154 )2

+ ( 74 – 74 )2 = 152 Alternativa C

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26. A única solução da equação

sen 2x . sen 3x = cos 2x . cos 3x, com 0° ≤ x < 90°, é:

a) 72° b) 36° c) 24° d) 18° e) 15°

Resolução:

sen 2x . sen 3x = cos 2x . cos 3x

cos 2x . cos 3x – sen 2x . sen 3x = 0 cos 5x = 0

5x = π2 + kπÞ x = π10 +

kπ5

Para k = 0: x = π10 Þ x = 18º

Para k = 1: x = 3π10 Þ x = 54º

Para k = 2: x = 5π10 = π2 Þ x = 90º

não convém por ser igual a 90º

Alternativa D

27. Uma esfera de raio r está apoiada sobre o chão plano em um dia iluminado pelo sol. Em determinado horário, a sombra projetada à direita do ponto onde a esfera toca o chão tinha comprimento de 10 m, como indica a figura.

Nesse mesmo horário, a sombra projetada por uma vareta reta de 1 m, fincada perpendicularmente ao chão, tinha 2 m de comprimento.

Assumindo o paralelismo dos raios solares, o raio da esfera, em metros, é igual a

a) 5 5 – 10 b) 10 5 – 20 c) 5 5 – 5 d) 5 5 – 2 e) 10 5 – 10

Resolução:

Na figura abaixo incluímos informações. Observe:

ΔEDB ~ ΔFAB \ 12 = AF10 Þ AF = 5

No ΔABF temos: BF2 = 102 + 52 Þ BF = 5 5

Mas

ΔFOC ~ ΔFBA Þ 5 – r5 5

= r

10 Þ 50 – 10r = 5 5r Þ

Þ r = 50

5( 5 + 2) Þ r = 10 5 – 20Alternativa B

F C

r

r

A

5

1E

D B2

5 –

r

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28. A probabilidade de ocorrência do evento A é igual a 34 ,

e a de ocorrência do evento B é igual a 23 .

Apenas com essas informações, e sendo p a probabilidade de ocorrência de A e B, pode-se afirmar que o menor intervalo ao qual p necessariamente pertence é

a) [ 112, 23 ] b) [ 12 , 23 ] c) [ 112, 12 ] d) [ 512, 12 ] e) [ 512, 23 ]

Resolução:

Como p(A) + p(B) = 34 +

23 =

1712 > 1,

A e B não podem ser mutuamente exclusivos.

Há duas possibilidades para A Ç B. Observe tais possibilidades abaixo:

Da figura 1, temos:

0 ≤ p(A È B) ≤ 1 Û 0 ≤ p(A) + P(B) – p(A Ç B) ≤ 1 Û

Û 0 ≤ 34 + 23 – p (A Ç B) ≤ 1Û 0 ≤

1712 – p(A Ç B) ≤ 1Û

Û – 1712 ≤ – p(A Ç B) ≤ 1 –

1712 Û

Û 512 ≤ p(A Ç B) Û

512 ≤ p

Da figura 2, temos:

A Ç B = B, o que maximiza p.

Neste caso, p = p(B) = 23

Assim, 512 ≤ p ≤

23

Dessa forma, o menor intervalo ao qual p necessariamente

pertence é [ 512; 23 ]. Alternativa E

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29. O volume do cilindro circular reto que se obtém aumentando-se x metros no raio da base desse cilindro, com x ≠ 0, é igual ao do que se obtém aumentando-se x metros na sua altura.

Nessas condições, x é um

a) produto de dois números primos. b) número primo maior do que 5. c) número irracional. d) divisor de 64. e) múltiplo de 7.

Resolução:

V = π . r2 . h

VI = π . (r + x)2 . h

VII = π . r2 (x + h)

Como VI = VII

π (r2 h + 2r . h + x2 h) = π (r2 h + r2 x)

x = r2 – 2r h

h

Não há alternativa, por não haver definição de r e h.

Por exemplo, r = 3 e h = 2, temos x = –32 .

Sem alternativa

30. O total de números de cinco algarismos que possuem pelo menos dois dígitos consecutivos iguais em sua composição é igual a

a) 6.581 b) 9.590 c) 18.621 d) 27.930 e) 30.951

Resolução:

Devemos ter:

Quantidade total de números com 5 algarismos, distintos ou não: 9 . 104 = 90.000

Quantidade de números que não possuem dois algarismos consecutivos iguais: 9 . 9 . 9 . 9 . 9 = 59.049

Portanto, a quantidade pedida é 90.000 – 59.049 = 30.951

Alternativa E

COMENTÁRIO DO CPV

As questões de Matemática do Vestibular FGV-Economia 1a fase 2017 mantiveram suas características tradicionais: foram claras e bem elaboradas, adequadamente distribuídas pelo conteúdo programático.

O equilíbrio entre o grau de dificuldade das questões propostas deve favorecer uma seleção de candidatos bastante eficiente.

DISTRIBUIÇÃO DOS TEMAS

1 Razão e Proporção2 Lógica3 Aritmética4 Geometria Plana5 Aritmética6 Progressão Aritmética7 Estatística8 Porcentagem e Juros9 Geometria Espacial10 Geometria Analítica11 Polinômio12 Geometria Plana13 Funções do 2o Grau14 Probabilidades15 Probabilidades16 Geometria Analítica17 Equações Algébricas18 Números Complexos 19 Analise Combinátoria20 Logaritmos21 Funções do 2o Grau22 Matemática Financeira23 Sistemas Lineares24 Números Complexos25 Geometria Analítica26 Trigonometria27 Geometria Plana28 Probabilidades29 Geometria Espacial30 Analise Combinátoria

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