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ANÁLISE QUANTITATIVA E LÓGICA OBJETIVA

41. Numa lanchonete, um salgado e um refrigerante custam,respectivamente, X e Y reais. Pedro, que comprou Xsalgados e Y refrigerantes nessa lanchonete, gastou omesmo que Luana, que comprou Y salgados e 3Yrefrigerantes. Então, pode-se concluir que

a) Y = Xb) Y = 2Xc) X = 2Yd) Y = 3Xe) X = 3Y

Resolução:Considerando os dados do enunciado, temos:

X2 + Y2 = XY + 3Y2 ∴ X2 – XY – 2Y2 = 0.

Resolvendo a equação na variável X, temos:

∆ = (–Y)2 – 4 . 1 . (–2Y2) = 9Y2

X = Y 3Y

2±

X = 2Y ou

X = – Y (não convém)portanto X = 2Y Alternativa C

42. Define-se aproveitamento de uma equipe de futebol numdeterminado campeonato como o número de pontosefetivamente conquistados por essa equipe dividido pelonúmero de pontos que ela teria obtido se tivesse vencidotodos os jogos que disputou, sendo essa fração escrita naforma de porcentagem. Em cada partida, uma equipe ganha3 pontos em caso de vitória, 1 ponto em caso de empate e0 ponto em caso de derrota. Nos dez primeiros jogos de umcampeonato, a equipe Arrancatoco obteve 18 pontos, tendo,portanto, um aproveitamento de 60%. O número mínimo dejogos que o Arrancatoco ainda deverá disputar nessecampeonato para que seu aproveitamento final possasuperar 70% é igual a

a) 1b) 2c) 3d) 4e) 5

Resolução:Considerando um total de n jogos a mais, temos:

70% =18 3n 7 6 n30 3n 10 10 n

+ +⇒ = ⇒

+ +

70 + 7n = 60 + 10n ⇒ 10 = 3n ⇒ n = 3,3Note que esse cálculo pressupõe que o time ganharia todos ospróximos jogos. Assim, o número mínimo de jogos é 4.

Alternativa D

43. Dado o conjunto A = 2 3 4 n

, , , , ..., , ...4 4 4 4 4π π π π π

, con-

sidere a função f: A → IR dada pela lei f(x) = sen x + cos x.Se I é o conjunto imagem da função f, então I possui

a) 2 elementosb) 4 elementosc) 5 elementosd) 8 elementose) infinitos elementos

Resolução:

Considerando o conjunto A = 2 3 4 n

, , , , ..., , ...4 4 4 4 4π π π π π

,

temos as seguintes imagens:

x y = sen x + cos x

4π

y = 2

2π

y = 1

34π

y = 0

π y = – 1

54π

y = – 2

32π

y = – 1

74π

y = 0

2π y = 1 . . . . . .

Observamos na tabela acima que há 5 valores distintos de y,portanto I possui 5 elementos. Alternativa C

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2

f(x)

x

y

1

1

–1

g(x)

Resolução:a > 1 ⇒ a ≠ 0ax + ax2 – a = 0 ⇒ ax = – ax2 + a (÷÷÷÷÷a) ⇒ ax–1 = –x2 + 1Sejam f(x) = ax–1 e g(x) = – x2 + 1

ax–1 = – x2 + 1 ⇒ f(x) = g(x) (2 pontos)A equação ax + ax2 – a = 0 tem apenas duas soluções,independente do valor de a. Alternativa E

46. Na figura abaixo estão representados infinitos hexágonosregulares, construídos a partir das seguintes informações:• cada lado do maior deles mede 4,• cada vértice do segundo maior hexágono está sobre o

ponto médio de um lado do maior hexágono,— cada vértice do terceiro maior está sobre o ponto

médio de um lado do segundo maior,— cada vértice do quarto maior hexágono está sobre o

ponto médio de um lado do terceiro maior, e assimpor diante.

O limite da soma das áreas das regiões sombreadas éigual a

a) 4 3

b) 8 3

c) 12 3

d) 16 3

e) 20 3

44. Júlia construiu um losango, mostrado na figura abaixo,usando 16 peças com a forma de triângulos equiláteros.As peças claras têm todas o mesmo tamanho, o mesmoocorrendo com as peças escuras.

Se a área do losango montado por Júlia é 643, então asáreas de uma peça clara e de uma peça escura valem,respectivamente,

a) 3 3 e 9 3

b) 3 3 e 11 3

c) 2 3 e 6 3

d) 2 3 e 18 3

e) 3 e 25 3

Resolução:

Como a figura pode ser fracionada em 32 triângulos de mesmaárea (sendo 14 brancos e 18 pretos), temos:

Abranco = 64 3

2 332

=

Logo, branco

preto

A

A 9 . 2 3

=

= =

2 3

18 3 Alternativa D

45. Se a > 1, então a equação ax + ax2 – a = 0 tem

a) nenhuma solução, independente do valor de a.b) nenhuma ou apenas uma solução, dependendo do valor

de a.c) nenhuma, apenas uma ou apenas duas soluções,

dependendo do valor de a.d) apenas uma solução, independente do valor de a.e) apenas duas soluções, independente do valor de a.

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3

2

2

S1

3

S23/2

3S3

3/2

S3

S2

S1

A

CB

M

A

C D

M F

A

F

G

ED E B

G H

A

soma da PG infinita144424443

A

H GF

C

B E

D

M

16

16

16

Resolução:

S1 = 12

. 2 . 2 . sen 120º = 3

S2 = 12

. 3 . 3 . sen 120º = 3 3

4

S3 = 12

. 32

. 32

. sen 120º = 9 316

(S1; S2; S3, ...) é uma PG de razão q = 34

Portanto, a soma S pedida é:S = 2 . S1 + 2 . S2 + 2 . S3 + ... = 2 . (S1 + S2 + S3 + ...)

S = 2 . 1a

1 – q

= 2 . 33

1 –4

= 8 3

Outra maneira de resolver a questão 46:

A área hachurada corresponde a 26

da área do hexágono, portanto

S = 26 . 6 . S∆equil. ⇒ S =

26 . 6 .

24 34

⇒ S = 8 3

Alternativa B

47. Considere uma pirâmide reta cuja base é um quadrado delado 16 cm e cujas faces laterais são triângulos equiláteros.Uma formiga posicionada inicialmente num dos vérticesdo quadrado da base vai escalar a pirâmide. Ela inicia suatrajetória de maneira retilínea sobre uma das facestriangulares adjacentes ao vértice em que está, indodiretamente ao ponto médio do lado oposto, subindo assimmetade da altura total a que irá se elevar. Como estácansada, caminha até o ponto médio do outro lado (nãopertencente à base) sobre o triângulo adjacente ao queacabou de percorrer, mantendo-se no mesmo nível de altura.No triângulo seguinte, ela caminha de maneira retilínea atéo ponto da outra aresta (não pertencente à base) cuja alturaé três quartos da altura da pirâmide. Mantém-se nesse nívelde altura durante sua caminhada no triângulo seguinte echega a um ponto sobre a mesma aresta do ponto ondecomeçou, pela qual sobe diretamente até o vértice superiorda pirâmide. Em toda sua caminhada, a formiga andou

a) (12 3 + 16) cm

b) (16 3 + 20) cm

c) (20 3 + 24) cm

d) (24 3 + 28) cm

e) (28 3 + 32) cm

Resolução:

1o movimento 2o movimento

(BC)2 = (BM)2 + (MC)2 MF = 8

BM = 8 3

3o movimento 4o movimento

(AF)2 = (GA)2 + (FG)2 GA = 4

42 = 22 + (FG)2 5o movimento

FG = 4 3 HA = 4

Total do percurso = 83 + 8 + 4 3 + 4 + 4 = (12 3 + 16) cmAlternativa A

48. Quando aumentamos em 60% um número real positivo b,seu logaritmo decimal aumenta em 20%. Considerandolog 2 = 0,30, podemos concluir que

a) b = 1b) b = 2c) b = 4d) b = 8e) b = 10

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4

Resolução:log (1,6 b) = 1,2 log b ⇒log 1,6 + log b = 1,2 log b ⇒

log 1610 = 0,2 log b ⇒

log 24 – log 10 = 0,2 log b ⇒4 . log 2 – 1 = 0,2 log b ⇒4 . 0,3 – 1 = 0,2 log b ⇒0,2 = 0,2 log b ⇒ log b = 1 ∴ b = 10

Alternativa E

49. Euler e Gauss, os dois professores de Matemática de umaescola, usam um dado de seis faces não viciado paradefinir o elaborador de cada prova. Pelas regrasestabelecidas, cada um deles lança o dado uma vez ecalcula o cosseno do arco cuja medida, em radianos, éigual ao número de pontos por ele obtido. Aquele queobtém o menor resultado prepara a prova, sendo que, emcaso de empate, cada um faz metade das questões. Senuma certa disputa Euler obtiver em seu lançamento onúmero 2, então a probabilidade de que Gauss tenha depreparar todas as questões dessa prova será igual a

a)13

b)12

c)16

d)23

e)56

Resolução:Inicialmente, temos:cos 3 < cos 4 < cos 2 < cos 5 < cos 1 < cos 6.Desta forma, como Euler obteve o número 2 no dado, Gauss devetirar 3 ou 4 para obter menor resultado e, assim, ter de preparartodas as questões da prova.

Portanto, a probabilidade pedida é 26 =

13 .

Alternativa A

50. Uma operadora de contact afirma que pelo menos 90%das ligações que seus atendentes recebem, paraatendimento dos clientes das empresas para as quais prestaserviço, são concluídas. Declara também que, das ligaçõesque caem, em apenas metade dos casos, o cliente nãoconsegue fazer a sua solicitação. Nessas condições, aprobabilidade de um cliente ligar para a operadora 3 vezese em todas elas sua ligação cair antes de ele conseguirfazer sua solicitação é no máximo igual a

a) 0,05.b) 0,0025.c) 0,000125.d) 0,00000625.e) 0,0000003125.

Resolução:Como pelo menos 90% das ligações são concluídas, no máximo10% não são, ou seja, caem.

Temos ainda que em 10%

2 = 5% das ligações o cliente não

consegue fazer sua solicitação.Desta forma, a probabilidade pedida é (5%)3 = 0,000125

Alternativa C

51. Considere, no plano cartesiano da figura, o triângulo devértices A, B e C.

Se r é a reta suporte da bissetriz do ângulo AB̂C, então ocoeficiente angular de r é igual a

a)3

–3

b) – 1

c)4

–3

d)3

–2

e) – 3

2 rad

3 rad

1 rad

4 rad5 rad

6 rad

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5

Resolução:

mAB = 2 1 3 3

32 3 3 3.

− − −= =

∴ θ = 30º

mBC = 3 3 3

33 3 3

.= = −∴ α

= 60º

γ = 30º ∴ mr = – tg (15º + 30º) = –1Alternativa B

52. As figuras, fora de escala, mostram a cúpula de um abajurcom a forma da superfície lateral de um tronco de conecircular reto, cujo raio da base maior mede o dobro do raioda base menor, e o recorte de tecido que foi utilizado na suaconfecção.

Sabendo que a linha decorativa que aparece na cúpula foiobtida traçando-se, no tecido, a corda PQ da circunferênciamaior, sendo PQ tangente à circunferência menor, pode-se concluir que a medida do ângulo central ααααα é igual a

a) 90°.b) 120°.c) 135°.d) 150°.e) 165°.

O

B

QPT

A

á

24

3

1 B

x

y

C

A

θθθθθ ααααα

γγγγγ

3 2 3

Resolução:

»

»

m (AB) 2 r OQOQ 2(OB) OT

2m (PQ) 4 r

= π ⇒ = ⇒ = = π

No ∆OTQ: cos OT 1

2 2 2OQ

α α = = ⇒

= 60º

Portanto ααααα = 120º Alternativa B

53. Num conhecido programa de entrevistas, o convidadosenta-se no centro de duas circunferências concêntricas,ao longo das quais são distribuídas as cadeiras dosentrevistadores.

Cada círculo pequeno sombreado representa uma cadeira.Os 7 assentos da circunferência menor serão ocupadospor entrevistadores acadêmicos e os 8 assentos dacircunferência maior serão ocupados por jornalistas.Considerando as posições dos entrevistadores de cadacircunferência como relativas apenas às demais posiçõessobre a mesma circunferência, independentemente dasposições na outra circunferência ou das cadeiras em quese sentam, o número de possibilidades para acomodar os15 entrevistadores é

a) 15 !.b) 7 ! . 9 !.c) 6 ! . 8 !.d) 7 ! . 8 !.e) 6 ! . 7 !.

Resolução:A permutação circular de n pessoas é dada por (n – 1)!

Na circunferência externa, temos (8 – 1)! = 7! permutações.Na circunferência interna, temos (7 – 1)! = 6! permutações.

O total de permutação é dado por: 7! . 6! Alternativa E

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6

54. Considere as retas dadas pelas equações abaixo:

r1: y – 5 = 0 r4: x – 2 = 0r2: y – 2 = 0 e r5: x – 5 = 0

r3: –x + y = 0 r6: –x + y + 3 = 0

É correto afirmar que a figura delimitada pelas retas:

a) r1, r2, r3 e r6 é um losango.b) r1, r2, r3 e r6 é um retângulo.c) r1, r3, r4 e r6 é um paralelogramo.d) r1, r3, r4 e r6 é um trapézio.e) r3, r4, r5 e r6 é um losango.

Resolução:

r1: y = 5

r2: y = 2

r3: y = x

r4: x = 2

r5: x = 5

r6: y = x – 3

A figura delimitada pelas retas r1, r3, r4 e r6 é um trapézio.Alternativa D

55. No meio de uma prova de matemática, a calculadora de umestudante apresentou o seguinte defeito: a tecla referenteà operação de multiplicação parou subitamente de funcionar.Entretanto, tal calculadora dispunha das teclasapresentadas abaixo, com os respectivos significados.

• 2x → substitui o número x que estiver no visorda calculadora por 2 elevado a x;

• log2x → substitui o número x que estiver no visorda calculadora pelo logarítmo de x na base2, caso x seja positivo; caso contrário, exibeuma mensagem de erro.

O estudante precisava fazer a multiplicação entre dois

números positivos A e B. Como os números eram muito

grandes, ele precisava fazer a conta na calculadora.

Supondo que as teclas dos números e as teclas

+ , – , ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ e = estavam funcionando normalmente,

para obter o resultado de que precisava, bastava:

a) inserir o número A, pressionar log2x , pressionar + ,

inserir o número B, pressionar log2x ; pressionar = e

pressionar 2x .

b) inserir o número A, pressionar 2x , pressionar + ,

inserir o número B, pressionar log2x , pressionar = e

pressionar log2x .

c) inserir o número A, pressionar 2x , pressionar + ,

inserir o número B, pressionar 2x , pressionar = e

pressionar log2x .

d) inserir o número A, pressionar log2x , pressionar + ,

inserir o número B, pressionar 2x , pressionar = e

pressionar log2x .

e) inserir o número A, pressionar + , inserir o número B,

pressionar = , pressionar 2x e pressionar log2x .

Resolução:

log2 A + log2 B = log2 A . B

A Blog22.

= A . B Alternativa A

r 1

r 2

r 3

r 6

r 4r 5

2 5

2

5

–3

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7

57. Um banco opera em 20 estados brasileiros, com pelo menos120 agências em cada estado, cada uma com pelo menos1.000 clientes. Cada cliente deve ter uma senha de acesso.composta por seis dígitos numéricos. É correto afirmar que

a) é possível que todos os clientes tenham senhas deacesso distintas.

b) pelo menos três clientes têm senhas iguais.c) no máximo dois clientes têm senhas iguais.d) todas as possíveis senhas já foram usadas por pelo

menos um cliente.e) num mesmo estado, não podem existir clientes com a

mesma senha.

Resolução:Das estatísticas apresentadas, o número mínimo de clientes dobanco em questão pode ser calculado pelo produto:

MIN = 20 . 120 . 1000 = 2.400.000 clientes

Por outro lado, o total de diferentes senhas de acesso disponíveisé dado por:

n = 106 senhas = 1.000.000 senhas.

Numa primeira aproximação, maximizando a diversidade de senhasusadas, é possível associar cada uma das senhas a um cliente,cobrindo os primeiros 1.000.000 de clientes.Numa segunda aproximação, associamos o mesmo conjunto desenhas aos próximos 1.000.000 de clientes.Finalmente, cada um dos próximos 400.000 clientes terá,obrigatoriamente, senhas já usadas em pelo menos duas ocasiõesanteriores.

Portanto, pelo menos três clientes têm senhas iguais.Alternativa B

58. Para que a afirmação

“Em todo vestibular para ingresso no Ibmec São Paulo hápelo menos uma questão de Lógica.”

seja falsa

a) é necessário que não haja qualquer questão de Lógicaem todo vestibular do Ibmec São Paulo.

b) é necessário que não haja qualquer questão de Lógicano vestibular de junho de 2007 do Ibmec São Paulo.

c) é necessário que não haja qualquer questão de Lógicanos vestibulares do Ibmec São Paulo de junho de 2007para frente.

d) é suficiente que haja somente uma questão de Lógicano vestibular de junho de 2007 do Ibmec São Paulo.

e) é suficiente que haja pelo menos um vestibular doIbmec São Paulo em que não haja qualquer questãode Lógica.

y

x

3

2

1

1 2

56. Sejam a, b, x, y números reais positivos.

Considere a seguinte relação entre números complexos:

“(x + yi) (a + bi) se e somente se 0 < x < a e 0 < y < b”.

Das figuras abaixo, a que melhor representa, no planoArgand-Gauss, o conjunto das imagens dos númeroscomplexos x + yi tais que (x + yi) (2 + 3i) é

a) d)

b) e)

c)

Resolução:

Segundo a relação dada, se(x + yi) (2 + 3i), então 0 < x < 2 e 0 < y < 3e portanto o gráfico que melhor representa o conjunto das imagens é:

Alternativa A

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8

Resolução:Nessa questão, há um condicional lógico do tipo A ⇒ B. Para queesse condicional seja falso, é necessário que a condição A ocorra,ao mesmo tempo em que o efeito B não ocorra. Em outras palavras,para que a previsão seja falsa, é necessário e suficiente que, em aomenos uma prova aplicada, não figure nenhuma questão de Lógica.

À exceção da alternativa E, que é correta, as demais deveriam sercorrigidas para versões a seguir, para que satisfizessem àscondições previstas no enunciado:

a) é suficiente que não haja qualquer questão de Lógica emtodo vestibular do Ibmec São Paulo;

b) é suficiente que não haja qualquer questão de Lógica novestibular de junho de 2007 do Ibmec São Paulo;

c) é suficiente que não haja qualquer questão de Lógica nosvestibulares do Ibmec São Paulo de junho de 2007 para a frente;

d) é insuficiente que haja somente uma questão de Lógica novestibular de junho de 2007 do Ibmec São Paulo.

Alternativa E

59. Observe o slogan de uma cervejaria, utilizado em uma cam-panha publicitária:

“Se o bar é bom, então o chopp é Tathurana.”

Os bares Matriz e Autêntico oferecem a seus clientes choppdas marcas Tathurana e Karakol, respectivamente. Então,de acordo com o slogan acima, pode-se concluir que

a) os dois bares são necessariamente bons.b) o bar Matriz é necessariamente bom, e o bar Autêntico

pode ser bom ou não.c) o bar Matriz é necessariamente bom, e o bar Autêntico,

necessariamente, não é bom.d) o bar Matriz pode ser bom ou não, e o bar Autêntico,

necessariamente, não é bom.e) os dois bares, necessariamente, não são bons.

Resolução:Pareando as situações apresentadas no slogan (um condicionallógico do tipo A ⇒ B) com suas complementares, temos odiagrama:

(se) o bar é bom (então) o chopp é Tathurana

o bar não é bom o chopp não é Tathurana

Observe que as associações corretas são duas:“Se o bar é bom, então o chopp é Tathurana” e“Se o chopp não é Tathurana, então o bar não é bom”.Por outro lado, as condições “se o chopp é Tathurana” e “se o barnão é bom” não têm implicações lógicas definitivas, pois podemassociar-se a mais que um box acima.

Assim, o Bar Autêntico, que não serve Tathurana, é seguramenteum bar que não é bom, enquanto o Bar Matriz, que serve Tathurana,pode ser um bar bom ou não-bom. Alternativa D

60. Considere as duas afirmações seguintes, feitas a respeitodo três conjuntos de números inteiros A, B e C:

(1) Se x é elemento de A, então x é elemento de B.(2) x é um número par pertencente a B se, e somente se, xé elemento de C.

Para que as duas afirmações sejam verdadeiras para todo xinteiro, os conjuntos A, B e C podem ser dados por

a) A = {3, 4, 5, 10}, B = {3, 4, 5,10} e C = {3, 4, 5,10}.b) A = {3, 4, 5, 10}, B = {3, 4, 10} e C = {4, 10}.c) A = {3, 10}, B = {3, 4, 5, 10} e C = {4, 10}.d) A = {3, 10}, B = {4, 10} e C = {4, 10}.e) A = {3, 10}, B = {3, 4, 10} e C = {4, 5,10}.

Resolução:As situações apresentadas no enunciado podem ser reescritascomo:

( 1 ) A ⊂ B( 2 ) (x ∈ B) ∧ (x = par ) ⇔ x ∈ C

Note que a segunda situação representa uma bi-implicação, quedeve ser validada duplamente, nos dois sentidos.A única alternativa que satisfaz às três condições é a C:

– todos elementos que fazem parte de A fazem partesimultaneamente de B;

– todos elementos pares de B fazem parte de C; e– todos elementos de C fazem parte da porção par de elementos

de B.Alternativa C

DISTRIBUIÇÃO DAS QUESTÕES

GeometriaEspacial

10%Geometria

Plana7,5% Geometria

Analítica10%

Lógica20%

ProgressãoGeométrica

2,5%

Funções5%

Equaçãode 2o Grau

5%

NúmerosComplexos

5%

Logaritmos10%

Porcentagem5%

AnáliseCombinatória

5%

Probabilidade7,5%

Trigonometria7,5%