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Seu pé direito nas melhores Faculdades IBMEC – 31/05/2009

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MATEMÁTICA

27. Considere a seguinte propriedade da raiz quadrada: Se a e b são dois números positivos tais que a < b,

então a < b .

Sendo x um número real, o menor valor e o maior valor

que a expressão − + −x x2

6 5 pode assumir são,

respectivamente, iguais a:

a) 0 e 2. b) 0 e 4. c) 0 e 16. d) 2 e 4. e) 2 e 16.

Resolução: Construindo o gráfico de f(x) = –x2 + 6x – 5, temos:

Como a condição de existência é f(x) ³ 0, temos:

f x

e

f x

í

máx

( )

( )

m n=

=

0

4

assim f x

í( )m n

= 0

f x

áx( )m

= 2Alternativa A

28. A figura representa a circunferência trigonométrica (cujo

raio mede 1). As medidas dos arcos menores AB, CD e EF

são todas iguais a p6

. Se x, y e z são números positivos

e representam, respectivamente, as medidas dos arcos

trigonométricos AB, AC e AF, então

sen(x) + sen(y) + sen(z) + cos(x) + cos(y) + cos(z)

é igual a:

a) 3

2

3 3

2- .

b) 1

2

3 3

2- .

c) 3

2

3

2- .

d) 1

2

3

2- .

e) 3

4

3

4- .

4

1 53 x

f(x)

30º

300º

150º

Resolução: Da figura, temos:

sen(x) + sen(y) + sen(z) + cos(x) + cos(y) + cos(z) = = sen 30º + sen 150º + sen 300º + cos 30º + cos 150º + cos 300º = = sen 30º + sen 30º + (–sen 60º) + cos 30º + (–cos 30º) + cos 60º =

= 1

2

1

2

3

2

3

2

3

2

1

2+ − + − + Þ 3

2

3

2-

Alternativa C

29. Uma sala retangular de 7 m por 14 m será recoberta por um piso de madeira, que será formado por tábuas retangulares de 20 cm por 40 cm. Por uma questão estética, os pisos serão colocados “na diagonal”, conforme ilustra a figura abaixo, de um dos cantos da sala.

Para recobrir toda a sala, será necessário cortar os cantos das tábuas que ficarão encostadas nas paredes, de modo que sobrarão diversos pedaços como os triângulos não sombreados indicados na figura. Se todos os pedaços que sobrarem forem congruentes, então a área total de madeira desperdiçada com estes cortes é aproximadamente igual a:

(Considere 2 @ 1, 4.) a) 1, 5 m2. b) 2, 0 m2. c) 2, 5 m2. d) 3, 0 m2. e) 3, 5 m2.

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Resolução:

Da figura, aplicando Pitágoras, obtemos:

402 = y2 + y2

2y2 = 402

y = 20 2

Como temos 70020 2

@ 25 triângulos na primeira horizontal e

1400

20 2

@ 50 na primeira vertical, a soma das áreas será:

A @ 2 2520 20

22. .

.( )

+

horizontal

� �� .. . .50

20 20

2

vertical

� �� = 30000cm2 = 3m2

Alternativa D

30. Num restaurante, os garçons colocam todas as rolhas dos vinhos que abrem e servem aos seus clientes numa taça de vidro, que eles costumam chamar de “aquário de rolhas”. O aquário tem a forma de uma esfera de 60cm de diâmetro, com um furo na parte de cima, por onde eles colocam as rolhas. Como a taça estava cheia, o gerente queria saber quantas rolhas havia ali. Lembrando-se do banho de Arquimedes, ele fez o seguinte:

· Colocou água na taça até quase transbordar, preenchendo totalmente o volume da taça com água no espaço em que não havia rolha, sem também deixar nenhuma rolha subir pelo furo.

· Observou que cada rolha tinha formato cilindrico, de diâmetro aproximadamente igual a 1,5 cm e altura igual a 3 cm.

· Para colocar a água, ele usou uma panela cilíndrica, de diâmetro 30 cm e altura 20 cm, tendo sido necessárias exatamente cinco panelas completamente cheias de água para encher o aquário.

(Admita que a água absorvida pelas rolhas é desprezível.)

O número que mais se aproxima do total de rolhas na taça é:

a) 800. b) 1.600. c) 8.000. d) 16.000. e) 80.000.

Resolução:

Sejam: V1 = volume da taça esférica; V2 = volume das rolhas cilíndricas e V3 = volume da panela cilíndrica. Temos:

V1 = 4

13

3

p ( )R

; V2 = p (R2)2 . H2 e V3 = p (R3)2 . H3

Do enunciado, temos:

R1 = 60

2 = 30cm, R2 =

1 5

2

, = 0,75 =

3

4cm, R3 =

30

2 = 15cm

H2 = 3 cm e H3 = 20 cm

Seja n o número de rolhas na taça. Como foram necessárias 5 panelas completamente cheias para encher a taça, temos:

V1 = n . V2 + 5 V3 Þ

4

13

3

.p ( )R = n . p (R2)2 . H2 + 5 . p (R3)2 . H3

4 30

3

3

.p ( ) @ n . p

3

4

2 . 3 + 5 . p (15)2 . 20

4 27000

3

9

16

. = . 3 . n + 5 . 225 . 20 Þ

36 000 @ 27

16

n + 22 500 @ n = 8000

Alternativa C

31. Considere dois números reais p e q. Suponha que z e w são dois números complexos cuja soma é igual a p e cuja diferença é igual a qi, um imaginário puro, sendo i a unidade imaginária (tal que i2 = −1). Então

a) z é um imaginário puro. b) z e w são conjugados. c) w é um imaginário puro. d) z2 − w2 é um número real. e) zw é um imaginário puro.

Resolução:

Do enunciado, temos que

z w p

z w qi

+ =− =

Resolvendo o sistema, resulta:

2z = p + qi \ z = p q

i2 2

+ e w = p q

i2 2

- Logo: w = z Alternativa B

x20

40 – x

40

y

y

20

1400 cm

700 cm


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32. Considere os pontos (x, y), tais que x e y são inteiros que satisfazem às inequações

y ³ 4 – x, y < 3 + x

4 e y > 4x – 12

O número de triângulos que podem ser formados com vértices sobre quaisquer três destes pontos é igual a

a) 8. b) 11. c) 14. d) 17. e) 20.

Resolução: Na figura, temos a região determinada pela solução

do sistema:

y x

yx

y x

≥ −

< +

> −

4

34

4 12

Como x e y são inteiros, os pontos desta região que satisfazem a inequação são:

Fazem parte desta região os pares ordenados (1; 3), (2; 2), (2; 3), (3; 1), (3; 2) e (3; 3). Para formar os triângulos, basta escolher 3 pontos dos 6 obtidos

e subtrair 3 possibilidades, pois os pontos (1; 3), (2; 2) e (3; 1), assim como os pontos (1; 3), (2; 3) e (3; 3) e (3; 1), (3; 2) e (3; 3), estão alinhados.

Portanto, o número de triângulos obtidos é:

C6, 3 – 3 = 6

3 3

!

! !. – 3 = 20 – 3 = 17 Alternativa D

y

(0; –12)

(3; 0)(4; 0)

x

y = 3 + x

4

y = 4x – 12

(0; 4)

(0; 3)

(–12; 0)

y = 4 – x

3

x

21

1 2 3

y

33. Dos valores abaixo, aquele que mais se aproxima do resultado de 2log32 . 4log32 . 8log2710 é o número:

a) 1. b) 2. c) 4. d) 8. e) 16.

Resolução:

2log32 . 4log32 . 8log2710 = 2log32 . (22)log32 . (23)1

3log310

=

= 2log32 . 2log34 . 2log310 = 2log32 + log34 + log310 =

= 2log32.4.10 = 2log380

Como log380 @ log381 = 4, temos 24 = 16 Alternativa E

34. Os gráficos abaixo representam a distribuição das notas dos alunos de duas turmas (A e B) numa prova que todos realizaram. No eixo horizontal constam as notas e no eixo vertical, a quantidade de alunos que tiraram cada nota.

Considere que · mA representa a média de todos os alunos da turma A; · mB representa a média de todos os alunos da turma B; · MA representa a média dos 25 alunos de maiores notas

da turma A; · MB representa a média dos 25 alunos de maiores notas

da turma B. Comparando as duas turmas, é correto afirmar que: a) mA = mB e MA = MB. b) mA > mB e MA = MB. c) mA = mB e MA > MB. d) mA < mB e MA = MB. e) mA = mB e MA < MB.

Resolução:

mA = 5 5 25 6 45 7 15 8 10 9

100

. . . . .+ + + += 7,0

mB = 10 4 5 5 15 6 35 7 20 8 10 9 5 10

100

. . . . . . .+ + + + + + = 7,0

Portanto mA = mB

MA = 10 9 15 8

25

. .+ = 8,4

MB = 5 10 10 9 10 8

25

. . .+ += 8,8

Portanto MA < MB Então mA = mB e MA < MB Alternativa E


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35. O prédio de uma grande loja de departamentos tem a forma de um cubo. As figuras a seguir apresentam três vistas do prédio, com as respectivas regiões em que se dividem.

Dessa forma, o prédio se divide em 8 cubos menores, um por departamento. Para identificar o lugar de cada departamento, utiliza-se um código de três dígitos, de acordo com as quatro regiões estabelecidas em cada uma das vistas do prédio apresentadas na figura. Considere as seguintes descrições das localizações de dois departamentos:

· Entretenimento: de frente para a rua, no andar de cima, do lado da garagem.

· Roupas Infantis: na parte dos fundos, no andar de baixo, na lateral oposta à garagem.

Dentre os códigos abaixo, aqueles que identificam mais precisamente a localização destes departamentos são, respectivamente:

a) S4D e N2B. b) S4D e O1B. c) L3D e N2B. d) L2A e O4C. e) L3D e O1B. Resolução: Do enunciado, montamos a seguinte figura:

Da figura, temos: entretenimento L3D roupas infantis O1B Alternativa E

N

S

1

4

L

3

A

C

B

D

O

2

Rua

garagem

36. A figura representa o gráfico da função f(x) = 10

2x

Gráficos deste tipo são muitas vezes convertidos p a r a u m a “e s c a l a logarítmica” para serem melhor compreendidos.

E s t e p ro ce d i me nt o consiste em fazer o gráfico de Y = log10 [f(x)] contra t = log10(x).

A f igura que melhor representa o gráfico de Y contra t é:


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Resolução:

f(x) = 10

2x

e Y = log [f(x)]

Y = log 102x

= log 10 – log x2

Y = 1 – 2 log x Como t = log

10x, resulta Y = 1 – 2t

Alternativa B

0

1

1

2

t

Y

37. Na figura:

· o arco BC é parte de uma circunferência de raio 4 com centro em A;

· o ângulo BÂD mede 60º; · o ângulo AD̂B mede 30º.

Se S1 representa a área do triângulo ABC, S2 representa a área do setor circular ABC (sombreado)

e S3 representa a área do triângulo ABD, então

a) S2 = 2S1 e S3 = 2S2. b) S3 = 2S1 e S3 − S2 > S1. c) S3 = 2S1 e S3 + S2 > 3S1. d) S3 = 3S1 e S3 + S2 > 4S1.

e) S2 = 2

3

1S

e S3 = 3

2

2S

Resolução:

SABC = SBCD (mesma base e altura comum)

Logo, SABD = 2 SABC \ S3 = 2S1

Observando a figura, temos:

S2 > S1

S3 + S2 > S1 + S3 \ S3 + S2 > 3 S1Alternativa C

)

)

) )60º 60º 30º

30º

4 4

h

·


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38. O estacionamento de um shopping tarifa seus clientes pelo tempo que estacionam em suas garagens, de acordo com o gráfico.

Há também outros dois grandes estacionamentos na vizinhança:

· Garagem Minuto’s: cobra R$ 0,05 por minuto que o motorista deixa o carro; · Vipark: cobra R$ 5,00 se o cliente deixar o carro por meia hora, R$ 10,00 se deixar mais do que meia hora e não mais do que uma hora e R$ 10,00 pela 1a hora + R$ 1,00 por hora adicional para quem deixa o carro mais do que uma hora.

Para um tempo máximo de dez horas de estacionamento, os intervalos de tempo em que o Vipark é mais barato do que os outros dois e que o estacionamento do shopping é mais barato do que os outros dois são, respectivamente,

a) acima de 6 e não mais do que 10 horas e acima de 2 horas e 20 minutos e não mais do que 5 horas. b) acima de 5 e não mais do que 10 horas e acima de 2 horas e não mais do que 5 horas. c) acima de 5 e não mais do que 10 horas e acima de 2 horas e 20 minutos e não mais do que 6 horas. d) acima de 6 e não mais do que 10 horas e acima de 2 horas e não mais do que 5 horas. e) acima de 6 e não mais do que 10 horas e acima de 2 horas e 20 minutos e não mais do que 6 horas.

Resolução:

Garagem Minuto's: R$ 0,05 por minuto \ R$ 3,00 por hora

Dos dados do enunciado, podemos elaborar os gráficos ao lado das tarifas cobradas pelos estacionamentos Garagem Minuto´s e Vipark:

Sendo t o tempo de permanência de um carro em um estacionamento, analisando graficamente, vemos que o estacionamento

Vipark é mais barato para 6 < t ≤ 10 e o

do shopping é mais barato para 2 1

3 < t ≤ 5.

Alternativa A

Vipark

GaragemMinuto´s

Shopping


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39. Seja ¡ o conjunto de todos os números naturais positivos que não são pares nem divisíveis por três.

Considere que: · p é o menor número primo que pertence a ¡; · q é o terceiro menor quadrado perfeito de ¡; · r é o maior divisor de 2009 que pertence a ¡. Nessas condições, dentre os números abaixo, o único que

pertence a ¡ é: a) p + q. b) p + r. c) q + r.

d) q r

p

-

e) p . q . r.

Resolução: O conjunto ¡ de todos os números naturais positivos que não são pares nem divisíveis por 3 é dado por: ¡ = {1, 5, 7, 11, 13, 17, ..., 25, ... , 49, ..., 2009, ...}

Assim, temos: p = 5 (o menor primo em ¡) q = 49 (o terceiro menor quadrado perfeito em ¡) r = 2009 (o maior divisor de 2009 em ¡) Nestas condições, p . q . r = 5 . 49 . 2009 = 5 . 72 . 72 . 41 é um número do conjunto ¡.

Alternativa E

40. Na figura está representado um cilindro circular reto em que:

· o segmento CD é um diâmetro da base superior; · os segmentos AB e EF são diâmetros perpendiculares

da base inferior; · os pontos C, D, E e F são coplanares.

Se o triângulo ABC é equilátero e o segmento AE mede 2cm, então o volume do cilindro é igual a:

a) p cm3. b) 2p cm3. c) 3p cm3. d) 4p cm3. e) 5p cm3.

A

r

r EO

2

Resolução:

r2 + r2 = 22 Þ r = 2

Como o DABC é equilátero, temos:

CO = 3

2 = 2 2 3

2

. = 6

h2 + ( )22 = ( )6

2 Þ h = 2

Vcil = AB.h = p ( )22 . 2 = 4p cm3

Alternativa D

41. Considere o conjunto A = {0, 1, 2 , p, 4}. Uma expressão que define uma função de A em A é a) (x2 − 2) cos(x) sen(px). b) (x2 − 4) sen(x) cos(px). c) (x2 − 2) sen(x) cos(px). d) (x2 − 4) cos(x) sen(px). e) (x2 − 2) sen(x) sen(px). Resolução:

Sendo A = {0, 1, 2 , p, 4},

na função f(x) = (x2 – 2) . sen(x) . sen (px), temos:

f(0) = (02 – 2) . sen(0) . sen(0) = 0

f(1) = (12 – 2) . sen(1) . sen(p) = 0 f( 2 )= ( )2 2

2- . sen ( )2 . sen ( )p . 2 = 0

f(p) = (p2 – 2) . sen(p) . sen(p2) = 0 f(4) = (42 – 2) . sen(4) . sen(4p) = 0 f(0) = f(1) = f( )2 = f(p) = f(4) = 0 e, portanto, y = f(x) exprime uma função de A em A. Alternativa E

A BO

C

2 2

C

h

F O

6

r 2=


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42. Quando entrevistados por um grande jornal, três analistas proferiram as seguintes declarações, referindo-se a um período de determinado mês na economia:

Analista 1: Se o índice da bolsa de valores sobe, então o preço do dólar em reais cai.

Analista 2: Se o preço do dólar em reais cai, então o saldo (%) da balança comercial diminui.

Analista 3: Se o saldo (%) da balança comercial diminui, então o preço do barril de petróleo sobe.

Na mesma página em que publicou estas declarações, o jornal apresentou o seguinte quadro, com dados sobre este mesmo período:

Se as informações do quadro são verdadeiras, então é(são)

necessariamente falsa(s) apenas a(s) declaração(ões):

a) dos analistas 1 e 2. b) dos analistas 2 e 3. c) do analista 1. d) do analista 2. e) do analista 3.

Resolução: Avaliando a tabela apresentada, podemos associar a

cada proposição as letras V e F, de acordo com sua veracidade ou falsidade:

“o preço do dólar em reais cai” = F “o índice da bolsa de valores sobe” = F “o saldo % da balança comercial diminui” = V “o preço do barril de petróleo diminui” = V

As declarações dos três analistas podem ser reduzidas ao formato de condicionais simples (se p, então q).

Assim, temos: Analista 1: F → F Analista 2: F → V Analista 3: V → F Lembrando que um condicional simples somente é falso

quando V → F, temos que a única fala necessariamente falsa é a terceira.

Alternativa E

Mês Passado Atual

Preço do dólar em reais R$ 2,25 R$ 2,30

Índice da bolsa de valores 42.500 39.750

Saldo da balança comercial 28% 23%

Preço do barril de petróleo $ 56 $ 52

43. Um médico anotou os dias do mês em que trabalha num determinado hospital e no mesmo papel anotou os dias do mesmo mês em que sua esposa não trabalha neste mesmo hospital. Depois de manter o papel guardado no bolso por algum tempo, ao voltar a lê-lo, não conseguia se lembrar quais números anotados se referiam a ele ou à esposa. Ele sabia apenas que:

· se tratava de um mês de 30 dias cujo dia 1 era um sábado; · havia 52 números anotados no papel. É incorreto afirmar que, naquele mês: a) ele trabalha no hospital pelo menos dois dias que caem no

fim de semana. b) é possível que ele não trabalhe no hospital em nenhuma

segunda e em nenhuma terça. c) a esposa trabalha no hospital em pelo menos um dia. d) a esposa não trabalha no hospital em pelo menos doze dias

que caem de segunda a sexta. e) é impossível que a esposa trabalhe no hospital em todos

os fins de semana. Resolução: Observe o diagrama a seguir:

Como o mês em questão tem 30 dias e o total de dias anotados é 52, podemos montar o seguinte sistema:

x y z w

x y z

y w

x w z

+ + + =+ + =

⇔= += − −

30

2 52

22

8 2

em que 2w + z £ 8 (pois x ³ 0). Sabendo que esse mês de 30 dias começa num sábado, temos 10 dias

que caem nos fins de semana e 20 dias que caem de segunda a sexta. Desta forma:

a) Verdadeira. O médico trabalha em x + y = 30 – w – z dias e seu valor mínimo é 22 (para w = 0 e z = 8).

Assim, como há 20 dias de segunda a sexta, em pelo menos 2 dias ele trabalha em fins de semana.

b) Verdadeira. O médico não trabalha em z + w dias e seu valor máximo é 8 (para w = 0 e z = 8).

Como há 22 dias que não são segunda e nem terça, é possível que ele não trabalhe nem segunda e nem terça.

c) Falsa. A esposa trabalha em x + w = 8 – w – z dias e seu valor mínimo é 0 (para w = 0 e z = 8).

Logo, é possível que a esposa não trabalhe nenhum dia no hospital. d) Verdadeira. A esposa não trabalha em y + z = 22 + w + z dias e

seu valor mínimo é 22 (para z = w = 0). Assim, como há 10 dias que caem nos fins de semana, em pelo menos 22 – 10 = 12 dias ela não trabalha de segunda a sexta.

e) Verdadeira. A esposa trabalha em x + w = 8 – w – z dias e seu valor máximo é 8 (para z = w = 0). Como há 10 dias que caem nos fins de semana, é impossível que ela trabalhe em todos os dias que caem nos fins de semana. Aqui, estamos considerando “trabalhar em todos os fins de semana” como “trabalhar em todos os sábados e em todos os domingos do mês”. Alternativa C

x y z

médicotrabalha

esposa nãotrabalha

w U


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44. Numa negociação, duas pessoas A (comprador) e B (vendedor) têm interesses opostos: A quer pagar o menor preço possível e B quer cobrar o maior preço possível. Por outro lado, A tem um preço máximo (PA) que ele estaria disposto a pagar e B tem um preço mínimo (PB) pelo qual ele venderia, mas A não conhece PB e B não conhece PA. Assuma que PB < PA. Na primeira rodada de negociação, B fala um preço p1 e A sempre responde que não paga aquele preço e procede da seguinte maneira:

· se p1 > PA, então A apresenta como contra-proposta um preço p2 igual a p1 menos duas vezes a diferença entre p1 e PA;

· se p1 = PA, então A apresenta como contra-proposta um preço p2 igual à metade de p1;

· se p1 < PA, então A apresenta como contra-proposta um preço p2 igual a p1 menos metade da diferença entre PA e p1.

B inicia a segunda rodada não aceitando p2 e propondo um preço p3 igual à média entre p1 e p2. Em seguida, A procede com p3 da mesma forma que procedeu com p1, propondo um preço p4, cuja média com p3 resulta em p5, o preço que B propõe para iniciar a terceira rodada de negociação. E assim sucessivamente. Se os negociadores A e B procederem de acordo com o exposto acima, iniciando com PA = 16, PB = 8 e p1 = 24, então p9 será igual a: a) R$ 8,50. b) R$ 9,75. c) R$ 11,00. d) R$ 12,25. e) R$ 13,50.

Resolução: Interpretando os procedimentos apresentados para os comportamentos de A e B, podemos montar uma simulação das ações de cada um:

Rodada 1: B pede p1 = 24. A recusa. Como p1 > PA (24 > 16), A sugere o preço p2 = p1 – 2 (p1 – PA) = 8. Rodada 2: B pede p3 = 16 (média entre p1 e p2). A recusa. Como p3 = PA (16 = 16), A sugere o preço p4 = (1/2) p3 = 8. Rodada 3: B pede p5 = 12 (média entre p3 e p4). A recusa. Como p5 < PA (12 < 16), A sugere o preço p6 = p5 – (1/2) (PA – p5) = 10. Rodada 4: B pede p7 = 11 (média entre p5 e p6). A recusa. Como p7 < PA (11 < 16), A sugere o preço p8 = p7 – (1/2) (PA – p7) = 8,5. Rodada 5: B pede o preço p9 = 9,75 (média entre p7 e p8).

Alternativa B

45. Dois jogadores (J e K) irão disputar o seguinte jogo:

· cada um deve marcar, na sua vez, um x sobre um dos pontos da linha abaixo,

· ganha o jogo quem marcar um x que forma, junto com outros dois que já estejam marcados, uma sequência de pelo menos três pontos consecutivos marcados com x.

Se J começar o jogo, para que ele não dê a K chances de ganhar, J deve iniciar marcando um x sobre o ponto indicado por

a) A. b) B. c) C. d) D. e) E.

Resolução: A melhor posição para que o primeiro jogador comece é a posição central (C), que permite vitória automática na 2ª. rodada.

Simulando: J inicia o jogo marcando a posição C. Para qualquer posição que K assinale a seguir, seu adversário pode completar uma trinca:

· se K assinalar B (ou D), J completa o jogo com A (ou E) · se K assinalar A (ou E), J completa o jogo com B (ou D)

Alternativa C

46. Uma loja fez uma grande liquidação de fim de semana, dando um determinado percentual de desconto em todos os seus produtos no sábado e o dobro desse percentual no domingo. No domingo, os cartazes que foram colocados na loja continham a seguinte frase:

Mais vantagem para você, hoje tudo está pela metade do preço de ontem.

Em relação ao preço dos produtos antes da liquidação, o preço praticado no domingo era igual a:

a) um décimo. b) um oitavo. c) um quinto. d) um quarto. e) um terço.

Resolução:

Preço do produto antes dos descontos: P Preço do produto no sábado: Ps = P . (1 – i) Preço do produto no domingo: Pd = P . (1 – 2i)

Pd = 12

. Ps Þ P . (1 – 2i) = 1

2 P . (1 – i)

Þ 1 – 2i = 1

2

- i Þ 2 – 4i = 1 – i Þ i =

1

3

Assim: Pd = P 1 21

3−

. Þ Pd =

P

3

Alternativa E

A B C D E


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22

47. Dado o ponto P = (x, y) do plano cartesiano,

vamos definir P′, a matriz associada a P, como P′ = xy

.

Sejam A um ponto da circunferência de equação x2 + y2 = 16 e

B o ponto cuja matriz associada B' é tal que B' = 0 1

1 0−

. A,

em que A' é a matriz associada ao ponto A. Nessas condições, a área do triângulo com vértices nos

pontos A, B e O = (0, 0) é igual a: a) 16. b) 8. c) 4. d) 2. e) 1.

Resolução: Sendo A = (x, y) pertencente à circunferência, temos

B' = 0 1

1 0−

. x

y

= y

x−

Assim, obtemos B = (y, –x). A área do triângulo determinado pelos pontos A = (x; y), B = (y; –x) e O = (0; 0) é:

A = D

2 onde D =

x y

y x

1

1

0 0 1

- = – x2 – y2 = – (x2 + y2) = –16

Portanto, A = -162

= 8 Alternativa B

48. A respeito das matrizes A = 3 1

6 2

e B =

0 1

1 0

são feitas três afirmações:

I. O determinante da matriz An é igual a zero, para todo n inteiro positivo.

II. Existe uma matriz quadrada C, de ordem 2, tal que AC = B.

III. O determinante da matriz B2n é igual a 1, para todo n inteiro positivo.

É correto concluir que:

a) nenhuma das três afirmações é verdadeira. b) apenas as afirmações I e II são verdadeiras. c) apenas as afirmações I e III são verdadeiras. d) apenas as afirmações II e III são verdadeiras. e) as três afirmações são verdadeiras.

Resolução:

Temos det A = 3 1

6 2

= 0 e det B =

0 1

1 0

= –1

I. (V), pois det A = 0 e det An = (det A)n = 0 para todo n inteiro positivo.

II. (F), pois AC = B Þ C = A–1B, mas A não é inversível (seu determinante é nulo)

III. (V), pois det B2n = (det B2)n.

Como B2 = 0 1

1 0

0 1

1 0

1 0

0 1

=

. Þ det B2 = 1

temos que (det B2)n = 1n = 1, para todo n inteiro positivo.Alternativa C

Texto para as questões 49 e 50.

A "loteria assimétrica" é um jogo em que os apostadores compram bilhetes numerados de 1 a n (n ≥ 2). Depois que todos os bilhetes são vendidos, uma máquina sorteia um número de 1 a n, sendo vencedor o apostador que tiver comprado o bilhete cujo número foi sorteado.Os números, entretanto, não têm igual probabilidade de serem sorteados: a probabilidade de que um número seja sorteado é sempre diretamente proporcional a esse número. Por isso, para que a loteria assimétrica seja um jogo justo, os preços dos bilhetes não são todos iguais, mas são diretamente proporcionais às suas respectivas probabilidades de serem sorteados.

49. Considere nessa questão que n seja um múltiplo de 12.

Se na loteria assimétrica o bilhete de número n

4 custa

R$ 2,40, o preço, em reais, do bilhete de número 5

6

n deverá ser:

a) 0,72. b) 2,88. c) 4,80. d) 8,00. e) 9,60.

Resolução: Segundo o enunciado, tanto o preço quanto a probabilidade de um número ser sorteado são diretamente proporcionais ao próprio número.

Conclui-se que preço e probabilidade são diretamente proporcionais.

Seguindo este raciocínio, temos que:

n n

x

4

2 4

5

6

,= , sendo x o preço do bilhete de número

5

6

n

x . n4

= 2,4 . 56

n Þ x = 2 4 5 4

6

, . . Þ x = 8 \ R$ 8,00

Alternativa D


CPV ibmecmaio2009

23

50. Se uma pessoa comprar os bilhetes de número 1 e de número n na loteria assimétrica, a probabilidade de que seja a vencedora do jogo é:

a) 2

n

b) 2

1n +

c) n

n2

2+

d) 1

2n n+

e) 2

2n n+

Resolução: Sejam pK a probabilidade de o bilhete de número k ser sorteado e x a probabilidade de o número 1 ser sorteado. Temos então:

p x

p x

p x

p nxn

1

2

3

2

3

===

=

...

Como a soma das probabilidades de todos os números serem sorteados é 1, resulta: x + 2x + 3x + ... + nx = 1

Essa é uma soma de PA de razão x e n termos, que resulta em: Sn =

a a nn1

2

+( ) =

x nx n+( )=

21

(x + nx) = 2

n

Como o fator (x + nx) representa a probabilidade de os bilhetes de número 1 ou n serem sorteados (p1 + pn)

temos: x + nx = p1 + pn = 2

n. Alternativa A

51. A taxa anual (em %) de um investimento que rendeu 60% em 5 anos é dada pela expressão 1 6 15 , −( ) · 100.

Considerando log 2 = 0,30 e usando os dados da tabela, pode-se concluir que essa taxa anual vale, aproximadamente:

a) 10%. b) 11%. c) 12%. d) 14%. e) 15%.

Resolução:

Utilizando-se os dados do exercício e da tabela, pode-se calcular o valor de 1 65 , :

x = 1 65 , que resulta em x = 1,61/5

Aplicando logaritmo na base 10 nos dois membros, resulta:

log x = log 1,61/5

log x = 1

5 log

16

10 = 1

5(log 24 – log 10) =

1

5 (4 . 0,3 – 1)

log x = 0,04 Utilizando a definição de logaritmo, temos x = 100,04 = 1,10 (tabela) A taxa anual i do investimento será:

i = 1 6 15 , −( ) . 100 i = (1,10 – 1) . 100 i = 0,1 . 100 = 10 \ 10% Alternativa A

52. Na figura, os pentágonos ABCDE e DEFGH são regulares, com lados medindo 1. Se a área do triângulo AEF é igual a S, então cos 36º vale:

a) 2

2

- S

b) 1

2

+ S

c) 1 2

4

2- S

d) 42- S

e) 1 42- S

Resolução: Cada ângulo interno do pentágono regular mede 108º, portanto

AÊF = 144º. A área do triângulo AEF vale S, portanto

1

2 . 1 . 1 sen 144º = S.

Temos: sen 144º = 2S Þ sen 36º = 2S Utilizando a Relação Fundamental da Trigonometria, temos: sen236º + cos236º = 1 cos236º = 1 – sen236º Þ cos 36º = 1 2

2- ( )S = 1 4S2-

Alternativa E

A

F

G

D

H

C

B

E

100,040 @ 1, 10100,045 @ 1, 11100,050 @ 1, 12100,055 @ 1, 14100,060 @ 1, 15


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53. O logotipo mostrado a seguir aparece no canto dos cartões de visitas dos executivos de uma empresa.

Ele é formado por um triângulo retângulo com ambos os catetos medindo 2 cm e por um círculo inscrito nesse triângulo.

A área, em cm2, da parte escura do logotipo é igual a:

a) 2 − 6p + 4p 2 .

b) 2 − 12p + 9p 2 .

c) 2 − 10p + 8p 2 .

d) 2 − p4

e) 2 − p 2

6

Resolução:

Da figura, temos: 4 – 2r = 2 2 Þ 2r = 4 – 2 2 Þ r = 2 – 2 A área da parte escura do logotipo é:

A = 2 2

2.

– p (2 – 2)2 Þ A = (2 – 6p + 4 2p) cm2

Alternativa A

54. A sequência (2009, a2, a3, a4,...) é PA de razão r (r > 0) e

a sequência ( 1

2009, b2, b3, b4, ...) é PG de razão q (q > 0).

Para que exista um número inteiro e positivo n tal que

bn > an:

a) é suficiente que se tenha q > r.

b) é suficiente que se tenha r < 1

2009.

c) é necessário e suficiente que se tenha 1

2009< r < 2009.

d) é necessário que se tenha r < 2009 < q. e) é necessário que se tenha q > 1.

22

2 – r

2 – rr

2 – r 2 – r

2 2

rr

r

Resolução:

Os termos gerais das sequências são dados por:

an = 2009 + (n – 1) r e bn = 1

2009qn–1.

Graficamente, estas sequências podem ser representadas por:

Como r > 0, a PA é crescente e a reta que contém os seus termos também é. Dessa forma, é necessário que a razão da PG seja maior do que 1, para que tenhamos uma exponencial crescente, que contenha os seus pontos, interceptando a reta num ponto de abscissa positiva. Alternativa E

55. Um polinômio não nulo P(x) é tal que, para todo x Î C, tem-se P(ix) = −P(x), em que i2 = −1. O grau de P(x) é, necessariamente, um número da forma: a) 4n, sendo n Î N. b) 4n + 2, sendo n Î N. c) 6n, sendo n Î N. d) 6n + 2, sendo n Î N. e) 6n + 4, sendo n Î N.

Resolução: Inicialmente, criamos um polinômio genérico de grau K: P (x) = A . xK + ... A seguir, calculamos P(ix) e –P(x) e comparamos os

coeficientes dominantes: A (ix)K + ... ≡ – A . xK + ... Þ A (ix)K = – A . xK Þ iK xK = – xK Þ iK = –1 Note que as potências de i que geram resultado –1 são

2, 6, 10, 14..., ou seja, de formato K = 4n + 2, com n Î N.

Alternativa B

2009

1

2009

1n


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56. Na figura, os ângulos A C B, B C D, D C E, A B D e B D E são todos retos.

Além disso, as áreas dos triângulos ABC, BCD e CDE formam, nessa ordem, uma PG de razão 9

4.

Se AC = 8, então a medida de CE é:

a) 91,125. b) 40,5. c) 36. d) 27. e) 18.

Resolução:

Como o triângulo ABD é retângulo, podemos usar a seguinte

relação: BC2 = AC . CD

Como AC = 8, temos BC2 = 8 . CD (I)

Como SDABC . 94

= SDBCD resulta:

AC BC.2

. 94

= BC CD.2

8 . 94

= CD Þ CD = 18 (II)

Substituindo II em I, temos: BC2 = 8 . 18 portanto BC = 12

Analogamente, o triângulo BDE é retângulo e temos:

CD2 = BC . CE 182 = 12 . CE CE = 27

Alternativa D

57. Uma construtora lançará no 2o semestre o projeto de três edifícios residenciais idênticos numa mesma cidade. Por isso, selecionou seis regiões da cidade com perfil para receber esse tipo de empreendimento.

Considerando que uma mesma região poderá receber, no máximo, dois dos três lançamentos, o número de maneiras diferentes de distribuir esses lançamentos entre as seis regiões é igual a:

a) 20. b) 30. c) 40. d) 50. e) 60. Resolução 1:

Sejam a, b, c, d, e e f as seis regiões da cidade. Com isso, temos: a + b + c + d + e + f = 3 Uma possível configuração é: ___ | ___ | ___ | ___ | ___ | ___ a b c d e f

ou seja, temos: P85 3 8

5 3

, !

! != = 56 maneiras

Como uma região não pode receber 3 edifícios (6 possibilidades),

o número total de maneiras é: P8

5 3, – 6 = 56 – 6 = 50 Resolução 2:

O número de maneiras de a construtora lançar um único edifício em três das seis regiões da cidade é dado por C6,3 = 20.

A construtora poderá lançar 2 edifícios em qualquer das 6 regiões, e 1 edifício em uma das 5 restantes de 6 . 5 = 30 maneiras.

O número total de maneiras diferentes de que a construtora poderá distribuir esses lançamentos entre as regiões é 20 + 30 = 50.

Alternativa D

58. As raízes da equação x2 + 2009x + 2010 = 0 são p e q. Então, uma equação que tem como raízes (p + 1) e (q + 1) é a) x2 + 2007x + 2 = 0. b) x2 + 2007x + 2008 = 0. c) x2 + 2008x + 2009 = 0. d) x2 + 2010x + 1 = 0. e) x2 + 2010x + 2011 = 0. Resolução: Sendo p e q as raízes da equação x2 + 2009 x + 2010 = 0,

temos que: p q

p q

+ =−=

2009

2010. Assim, a equação cujas raízes são p + 1 e q + 1 é dada por:

x2 – (p + 1 + q + 1) x + (p + 1) . (q + 1) = 0 x2 – (p + q + 2) x + (pq + p + q + 1) = 0 x2 – (– 2009 + 2) x + (2010 – 2009 + 1) = 0 x2 + 2007 x + 2 = 0 Alternativa A


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59. A figura mostra um sistema de coordenadas cartesianas Oxyz no espaço, além de uma reta r e suas projeções ortogonais rxz, sobre o plano Oxz, e ryz, sobre o plano Oyz.

No plano cartesiano Oxz, a reta rxz é representada pela equação z = 5x − 10 e,

no plano cartesiano Oyz,

a reta ryz é representada pela equação z = 5

3

y

− 5.

A reta r intercepta o plano Oxy no ponto de coordenadas:

a) (5, 10, 0). b) (5, 5, 0). c) (3, 5, 0). d) (3, 3, 0). e) (2, 3, 0).

Resolução:

rxz: z = 5x – 10 Para z = 0, temos 0 = 5x – 10 Þ x = 2 e ryz: z = 5

3

y – 5 Para z = 0, temos 0 =

5

3

y – 5 Þ y = 3

Analisando graficamente, observamos que as coordenadas do ponto de intersecção da reta r com o plano Oxy são (2; 3; 0).

Alternativa E

60. O tabuleiro a seguir é usado para um jogo em que o jogador A, com as peças azuis, enfrenta o jogador V, com as peças vermelhas. Em cada rodada, ao chegar a sua vez, cada jogador deve ocupar, com peças da sua cor, no mínimo duas e no máximo seis casas do tabuleiro. À medida que se passam as rodadas, mais casas vão sendo ocupadas. O jogador que ocupar a última casa do tabuleiro com uma de suas peças perde o jogo, sendo o outro declarado vencedor.

Num determinado jogo, foram ocupadas, após a 1a rodada, exatamente sete casas do tabuleiro. Nas duas rodadas seguintes, o jogador A, que sempre inicia cada rodada, irá ocupar x e y casas do tabuleiro, respectivamente.

Assim, o jogador V certamente ganhará o jogo na 4a rodada se ocupar, na 2a e 3a rodadas, respectivamente:

a) (6 − x) e (6 − y) casas. b) (8 − x) e (8 − y) casas. c) x e y casas. d) y e x casas. e) |x − y| e |x − y| casas.


CPV ibmecmaio2009

27

Resolução: O segredo do jogo é sempre completar as casas do oponente de 8 em 8, garantindo a posse da casa de número 23 (isso força o oponente,

na próxima jogada, a completar 25 casas preenchidas e perder o jogo). Organizando os dados numa linha numerada, fica mais fácil visualizar a situação:

Na primeira rodada, são preenchidas as primeiras 7 casas:

Na segunda rodada, A preenche x casas e V completa o número de casas preenchidas na rodada para 8 (ou seja, preenche 8 – x). No exemplo, A preenche 3, e V completa com 5.

Na terceira rodada, ocorre o mesmo: A preenche x casas e V completa com 8 – x. No exemplo, A preenche 6, e V completa com 2.

Na quarta rodada, A será obrigado a preencher um mínimo de 2 casas e perderá o jogo.Alternativa B

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

casavencedora

1 rodadaa

� ��

casavencedoraA

� �� V

� �� 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

casavencedora

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seu pé direito nas melhores faculdades ibmec – 31/05/2009...

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