1CPV ibmecnov2007

IBMEC – 04/ novembro/2007 – (Tarde)

O CPV conquistou 70% das vagas do ibmec(junho/2007)

ANÁLISE QUANTITATIVA E LÓGICA DISCURSIVA

01. O polígono ABCDEF da figura abaixo tem área 23, e o triângulo ADF tem área 5,5.

Calcule os valores de x e y.

Resolução:

SP = 23 ST = 5,5 = (x y) 1

2.+

∴∴∴∴∴ x + y = 11 (I)

SP = 23 = x2 + y . 1 x2 + y = 23 (II)

2

x y 11

x y 23

+ =

+ =

Do sistema acima resulta x2 – x – 12 = 0, de onde se obtém:

x = 4 ou x = –3 (não convém)

Se x = 4, então y = 7

Resposta: x = 4

y = 7

x + y

1

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2

02. Uma nova loteria foi inventada, a “trigoloteria”. Nessa loteria, um apostador precisa escolher apenas um número θθθθθ no

intervalo 0;2π

. Depois disso, o apostador gira duas roletas A e B ao mesmo tempo duas vezes. Os resultados de cada roleta

podem ser apenas “prêmio” ou “perdeu”. O apostador ganha na trigoloteria se obtiver duas vezes consecutivas o resultado“prêmio” em pelo menos uma das roletas. A tabela abaixo indica as probabilidades das duas roletas fornecerem o resultado“prêmio”em cada uma das duas rodadas.

Roleta A B

1a rodada sen(θ) cos(θ)

2a rodada cos(θ) sen(θ)

a) Calcule, em função de θθθθθ, a probabilidade de uma pessoa que aposta uma vez não ganhar na trigoloteria.b) Determine o valor de para o qual a probabilidade de alguém que faz uma aposta não ganhar na trigoloteria é a menor possível.

Resolução:

a) A probabilidade de que a pessoa ganhe é calculada por:

P (A B

ganhar em A ou ganhar em B

∪�������������

) = P(A) P(B) P(A B)

sen cos cos sen sen cos cos sen. . . . .

∩

θ θ + θ θ − θ θ θ θ����� ����� �����������

Assim, temos: P (ganhar) = 2 . sen θ . cos θ – sen2 θ . cos2 θ

A probabilidade complementar é dada por:

P (perder) = 1 – 2 . sen θ . cos θ + sen2 θ . cos2 θ = (1 – sen θ . cos θ)2 = ( )2 2sen1

2θ

−

b) A probabilidade de perder é minimizada quando sen 2

2θ

é maximizado, ou seja, quando sen 2θ = 1.

Deve-se ter 2θ = 2π

⇒ θθθθθ = 4π

rad

03. A média semestral de um estudante que cursa uma determinada disciplina é calculada com base nas notas de três avaliações queele realiza durante o semestre (A1, A2 e A3). A tabela abaixo indica os pesos atribuídos a cada cada avaliação.

Avaliação A1 A2 A3

Peso 40% 20% 40%

Para incentivar seus alunos a não faltarem na avaliação A2, o professor dessa disciplina determinou a seguinte regra de cálculopara quem faltasse nessa avaliação: adotar para A2 um valor igual a menos raiz quadrada do valor de A3, ou seja:

Valor para A2 = – 3Valor de A

a) Se um estudante tirou nota dez na avaliação A1 e faltou na avaliação A2, qual a nota que ele precisa tirar em A3 para ficar commédia semestral igual a 7?

b) Um estudante tirou dez na avaliação A1 e faltou na avaliação A2. Qual é o menor valor possível para a média semestral desseestudante?

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3

Resolução:

a) Se um estudante tirou nota dez na avaliação A1 e faltou à

avaliação A2, a média final é dada por:

0,4 x 10 – 0,2 . 3A + 0,4 . A3 = 7

Fazendo k = 3A , obtemos a equação quadrática:

0,4 . k2 – 0,2k – 3 = 0 ⇒ 2k2 – k – 15 = 0,

de onde k = 3 ou k = 5

2−

(que não convém, por ser negativo).

Assim: k = 3A = 3 ⇒ A3 = 9

b) Para o estudante que tirou dez na avaliação A1 e faltou à avaliação A2,

a média final é dada por:

M = 0,4 x 10 – 0,2 . 3A + 0,4 . A3

M = 0,4 . A3 – 0,2 . 3A + 4

Fazendo k = 3A , obtemos a função quadrática no numerador:

M = 24k 2k 40

10− +

, cujo mínimo acontece quando kV = b 2 1

2a 2 4 4.− +

= =

Finalmente, calculamos 1

M4

:

1M = 3,975

4

04. Considere a expressão y = cos (2x), em que x ∈ IR, para responder o que se pede a seguir.

a) Determine o menor valor real de x para o qual cos (2x) = 1. Dados: log 2 ≈≈≈≈≈ 0,30 e log π ≈≈≈≈≈ 0,50.

b) Sabendo que cos (2x) = 34

, calcule cos (2x + 1).

Resolução:

a) Como 2x assume apenas valores positivos, o menor valor para o qual cos (2x) = 1 ocorre quando 2x = 2π.

Assim: 2x = 2π ⇒ log 2x = log (2π) ⇒ x . log 2 = log 2 + log π ⇒ x . 0,30 = 0,30 + 0,50 ⇒ x = 83

O menor valor real de x para o qual cos (2x) = 1 é x = 83 .

b) Lembrando que cos (2θ) = cos2 θ – sen2 θ = 2 cos2 θ – 1, temos:

cos (2x + 1) = cos (2 . 2x) = 2 . cos2 (2x) – 1 = 2 . 9

16 – 1 = 18

∴ cos (2x + 1) = 18

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4

1

B3

A

DCK

θθθθθααααα

))

βββββ

05. A figura ao lado ilustra um campo de futebol.

Um jogador posicionado no ponto P fará um lançamentopara o atacante de seu time que está no lado oposto docampo sobre o ponto Q, de modo que a bola siga atrajetória da reta de equação x – 7y – 17 = 0. O jogadornão goleiro do time adversário que está mais à direita nocampo, localiza-se sobre o ponto R. Para que não sejaconsiderado “impedido”, o atacante precisa, nomomento do lançamento, estar num ponto alinhadoverticalmente (paralelo ao eixo Oy) ou mais à esquerdado que o ponto R.

a) Determine a menor distância que o atacante precisarácorrer para chegar à linha de trajetória da bola semser considerado impedido.

b) O objetivo do atacante é chutar para o gol delimitado pelas traves que estão sobre os pontos A e B. Para isso, ele pretendepegar a bola sobre o ponto que gerou a distância mínima do item anterior, correr com ela para a esquerda numa trajetória

paralela ao eixo Ox até um ponto C, localizado a uma distância k da linha do fim do campo (reta AB����

), e chutar para o gol.

Determine k para que o ângulo de visão do atacante (∠ A C B) seja o maior possível.

Se necessário, utilize a fórmula tg (β – α) = tg ( ) – tg ( )

1 tg ( ) tg ( )β α

+ β α .

Resolução:

a) Para x = 3, temos: x – 7y – 17 = 0 ⇒ 3 – 7y – 17 = 0 ⇒ –7y = 14 ⇒ y = –2

A distância que o atacante deverá percorrer é: d = ( ) ( )( )225 3 3,5 2− + − − − ⇒ d = 4 2,25+ ⇒ d = 6,25 ⇒ d = 2,5

b)

tg θ = tg (β – α) = 2

2

3 1 22KK K K

3 1 3 K 31 1K K K

−= =

++ ⋅ +Para 0 < θ <

2π

, a função tangente é crescente, ou seja, 1

tgθ é decrescente.

Devemos encontrar, portanto, o valor de K para que 2K 32K

+ seja mínima.

2K 3 K 32K 2 2K

+= +

Se o produto de 2 termos a e b é constante, a soma é mínima para a = b, ou seja: K 3 32 2K 4

⋅ = = cte ⇒ K 32 2K

+ é mínima para K 32 2K

=

2K2 = 6 ⇒ K2 = 3 ⇒ K = 3 (K = – 3 não convém) ⇒ K = 3

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06. O frasco de um determinado perfume tem a forma de um cilindro cuja base é um círculo de diâmetro 2 cm e cuja altura mede 9, 9cm.Para ser exportado em grandes quantidades, esses frascos são primeiro embalados em caixinhas de base quadrada (lado igual a2 cm) e altura medindo 10 cm. Essas caixinhas são depois acondicionadas em caixas cúbicas maiores de lado 40 cm, sem quesobre espaço dentro da caixa grande. (Considere o volume de perfume dentro de um frasco como sendo igual ao volume do

frasco e utilize nos seus cálculos π ≅ 31199

.)

a) Determine o volume do espaço que sobra dentro de cada caixinha de embalagem individual quando o frasco de perfume é aliinserido.

b) O fabricante desse perfume contratou um designer de embalagem para estudar uma forma de desperdiçar menos espaço notransporte desse produto. As recomendações desse estudo foram as seguintes:

• fornecer 0, 9 cm3 a mais de perfume por frasco, aumentando nessa mesma quantidade o volume do frasco;• mudar a forma do frasco para um paralelepípedo de base quadrada e altura 8 cm e acondicioná-los em caixinhas de

mesmas dimensões.

Determine quantos frascos a mais poderão ser acondicionados em cada caixa grande.

Resolução:

a) Volume do frasco: VF = π . r2 . h = π . 2

22

. 9,9

VF = 9,9 . π ≅ 9,9 . 31199 ⇒ VF = 31,1 cm3

Volume da caixa pequena:

VP = 22 . 10 = 40 cm2

VP – VF = 40 – 31,1 = 8,9 cm3

O volume do espaço que sobra em cada caixinha é 8,9 cm3.

b) Volume da caixa grande: VG = 403 = 64 000 cm3

Design antigo: Q = G

P

V

V =

64 00040 = 1 600

Cabem 1 600 caixinhas em cada caixa grande

Novo design: VP = VF = 31,1 + 0,9 = 32 cm3

Q = 64 000

32 = 2 000 caixinhas

Portanto, poderão ser adicionados 400 frascos a mais emcada caixa grande.

07. Um menino tem como passatempo construir triângulos com palitos de fósforo idênticos,como o mostrado na figura.

Observe que, para formar cada lado do triângulo, os palitos são colocados alinhados,com suas extremidades se tocando.Além disso, ele sempre usa um número inteiro de palitos em cada lado.

a) Se quiser usar exatamente 8 palitos para construir um triângulo nessas condições,quantos palitos serão usados em cada lado?

b) Considerando que cada palito tem comprimento 1 “palito”,calcule a área do triângulo descrito no item (a) em “palitos quadrados”.

3p 3p

2p

Resolução:

a) Para que seja possível formar um triângulo, cada lado dotriângulo tem que ser menor do que a soma dos outros doislados (desigualdade triangular).

Obedecendo esta condição e usando somente8 palitos, a única possibilidade de distribuiçãodesses palitos é a figura ao lado:

Para formar um triângulo usando8 palitos, deve-se montar 2 lados com3 palitos e 1 lado com 2 palitos.

3p 3p

2p

A

B CH

h

�������������

b) Aplicando o Teorema de Pitágoras no ∆AHC, resulta:

h2 + 12 = 32 ⇒ h2 = 8 ⇒ h = 2 2 palitos

∴ A = 2 2 2

2.

= 2 2 palitos quadrados

O triângulo descrito no item (a) tem

área igual a 2 2 palitos quadrados.

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08. X é uma seqüência finita e não decrescente de números inteiros positivos. Considere que as seguintes afirmações são verdadeiraspara os elementos dessa seqüência:

I. 3 é um valor que aparece na seqüência. II. A média aritmética dos elementos de X é igual a 3.III. O maior elemento de X é o número 10.

a) Seja S o menor valor que a soma dos elementos de X que são menores do que 3 pode assumir. Determine o valor de S.b) Suponha que a soma dos valores menores do que 3 é igual a S, ou seja, é a menor possível. Se há na seqüência X apenas um

elemento que se repete, determine-a explicitamente, ou seja, escreva ordenadamente todos os elementos que a compõem.

Resolução:

a) Se o maior número da seqüência é 10, se 3 pertence à seqüência e se a média destes números é 3, concluímos que:

1o os demais termos são menores que 3 (1 e/ou 2);2o o número total de termos não pode ser menor que ou igual a 4.

Se o número de termos for 5, a soma dos termos deve ser 15, ou seja, a soma dos outros 3 termos deve ser 2.

Entretanto, sendo os números inteiros positivos, é impossível que a soma dos 3 seja 2.

Então o número mínimo de termos só pode ser 6.

A soma de todos os termos deve ser 18, e portanto a soma dos 4 números restantes é 5.

S = 5

b) A seqüência pedida é: X = (1, 1, 1, 2, 3, 10)

09. Considere a função f dada pela lei f (x) = | |x| – 4 |.

a) Esboce o gráfico da função f no sistema cartesiano (fornecido).b) Sendo a um número real, determine todos os valores de a para os quais a equação f (x) = a . | x | possui exatamente quatro

soluções reais.

Resolução:

a) A curva solicitada pode ser obtida graficamente.

y = | x |y = | | x | –4 |

y = | x | –4

0

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7

y = f (x)

0

y = a . | x |

45º)) ααααα

b)

Para que haja 4 intersecções entre as duas curvas (ou seja, 4 soluções), observamos que a inclinação α deve atender a duas condições:

• α deve ser positiva (para que as duas semi-retas situem-se no 1o e 2o quadrantes); e• α não deve atingir o patamar de 45º, de modo que as semi-retas não sejam paralelas às da função do item A.

Assim: 0 < a < 1.

10. Os participantes do programa de televisão “Show da Lógica” foram desafiados a descobrir o valor de um número inteiro ncompreendido entre 1 e 100. Para tanto, foram fornecidas três informações sobre n, todas verdadeiras, reproduzidas abaixo.

(1) Se n é ímpar, então n é um quadrado perfeito.(2) Se n é par, então o resto da divisão de n por 11 é igual a 5.(3) A soma dos algarismos de n é igual a 11 se, e somente se, n é menor do que 30.

Um dos participantes disse, então, que não era possível descobrir o valor de n, pois havia mais de um número inteiro entre 1 e100 que satisfazia as condições dadas. Descubra quais são esses números, explicando seu raciocínio.

Resolução:

De acordo com a informação (I), temos:

n = 1; 9; 25; 49 ou 81 (supondo que n é ímpar)

De acordo com a informação (II), temos:

n = 11q + 5, ou seja:

para q = 1; n = 16q = 3; n = 38q = 5; n = 60q = 7; n = 82 (supondo que n é par)

Com a informação (III), excluímos os números: 1, 9, 25, 16 e 38.

Assim, os números possíveis são: 49, 81, 60 e 82.

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COMENTÁRIO DA PROVA DE ANÁLISE QUANTITATIVA E LÓGICA DISCURSIVA

A prova discursiva do IBMEC de Análise Quantitativa e Lógica apresentou boa qualidade e exigiu dos candidatos paciência e muita capacidade deinterpretação. A Banca Examinadora optou pela elaboração de uma prova criativa, evitando as questões recorrentes em vestibulares, que demandaram,à semelhança da prova objetiva, mais que o binômio memorização / aplicação de fórmulas.

Quanto ao grau de dificuldade, houve boa distribuição ao longo da prova, com predominância de questões de nível médio, apesar da ocorrência dealgumas questões (como a 5 e a 2) de nível difícil.