Seu pé direito nas melhores Faculdades IBMEC

Seu pé direito nas melhores Faculdades
MATEMÁTICA
IBMEC – 31/05/2009
13
Resolução:
Da figura, temos:
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
150º
−x 2 + 6 x − 5 pode assumir são,
30º
respectivamente, iguais a:
b) 0 e 4.
e) 2 e 16.
300º
a) 0 e 2.
d) 2 e 4. c) 0 e 16.
Resolução: Construindo o gráfico de f(x) = –x 2 + 6x – 5, temos:
f(x)
4
1
3
5
x
Como a condição de existência é f(x) ³ 0, temos:
f ( x )m í n = 0

f ( x )m í n = 0



assim e




f ( x )máx = 4
f ( x )m áx = 2
Alternativa A
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
1
3
3
3
1
3
3
+ −
+
−
+ Þ
2
2
2
2
2
2
2
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.
28. A figura representa a circunferência trigonométrica (cujo
raio mede 1). As medidas dos arcos menores AB, CD e EF
p
são todas iguais a . Se x, y e z são números positivos
6
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 3 3
.
2
2
b)
1 3 3
.
2
2
3
3
.
2
2
1
3
.
d)
2
2
e)
CPV
c)
3
3.
4
4
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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:
a)
b)
c)
d)
e)
1, 5 m2.
2, 0 m2.
2, 5 m2.
3, 0 m2.
3, 5 m2.
(Considere
2 @ 1, 4.)
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Resolução:
700 cm
20
x
y
40
1400 cm
y
40 – x
20
Da figura, aplicando Pitágoras, obtemos:
402 = y2 + y2
2y2 = 402
y = 20 2
Como temos
1400
700
20 2
@ 25 triângulos na primeira horizontal e
@ 50 na primeira vertical, a soma das áreas será:
20 2

(20 . 20)

 20 . 20 
 = 30000cm 2 = 3m 2
 + 2 . 50 . 

2

 2 
 Alternativa D
 
A @ 2 . 25 .

horizontal
· 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.
V1 = volume da taça esférica;
V2 = volume das rolhas cilíndricas e
V3 = volume da panela cilíndrica. Temos:
Sejam:
4 p (R1)3
; V2 = p (R2)2 . H2 e V3 = p (R3)2 . H3
3
V1 =
Do enunciado, temos:
R1 = 2 = 30cm, R2 = 2 = 0,75 = 4 cm, R3 = 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
60
1, 5
3
30
4 .p (R1)3
= n . p (R2)2 . H2 + 5 . p (R3)2 . H3
3
 3 2
4 .p (30)3
  . 3 + 5 . p (15)2 . 20
@
n
.
p
 4 
3
4 . 27 000
9
=
3
16
vertical
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:
Resolução:
27 n
36 000 @ 16
. 3 . n + 5 . 225 . 20 Þ
+ 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
z é um imaginário puro.
z e w são conjugados.
w é um imaginário puro.
z2 − w2 é um número real.
zw é um imaginário puro.
a)
b)
c)
d)
e)
Resolução:
Do enunciado, temos que

z+w=p





z − w = qi
(Admita que a água absorvida pelas rolhas é desprezível.)
O número que mais se aproxima do total de rolhas na taça é:
Resolvendo o sistema, resulta:
a)
800.
b) 1.600.
c) 8.000.
d) 16.000.
e) 80.000.
2z = p + qi \ z = 2 + 2 i e w = 2 - 2 i
Logo: w = z CPV
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p
q
p
q
Alternativa B
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32. Considere os pontos (x, y), tais que x e y são inteiros que
satisfazem às inequações
x
y ³ 4 – x,
y<3+
e
y > 4x – 12
4
O número de triângulos que podem ser formados com
vértices sobre quaisquer três destes pontos é igual a
a)
Resolução:
a) 8.
Resolução: Na figura, temos a região determinada pela solução
2log32 . 4log32 . 8log2710 = 2log32 . (22)log32 . (23) 3
log 2
log 4
log 10
log 2 log 4 log 10
=2 3 .2 3 .2 3 = 2 3 + 3 + 3 =
log 2.4.10
log 80
=2 3
=2 3
Como log380 @ log381 = 4, temos 24 = 16  y ≥ 4 − x

do sistema:  y < 3 + x

4
 y > 4 x − 12

b) 11.
c) 14.
d) 17.
y
e) 20.
33. Dos valores abaixo, aquele que mais se aproxima do resultado
log32
de 2
log32
.8
b)
2.
.4
1.
log2710
c)
é o número:
4.
d)
8.
1
e) 16.
log310
=
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.
y = 4x – 12
(0; 4)
15
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y=3+
x
4
(0; 3)
(3; 0)
(–12; 0)
(4; 0)
x
y=4–x
(0; –12)
Como x e y são inteiros, os pontos desta região que satisfazem a
inequação são:
y
3
2
1
1 2 3
x
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 =
CPV
6!
– 3 = 20 – 3 = 17
3! . 3!
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Alternativa D
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) m A = m B e M A = MB.
b) m A > m B e M A = MB.
c) m A = m B e M A > MB.
d) m A < m B e M A = MB.
e) m A = m B e M A < MB.
Resolução:
5 . 5 + 25 . 6 + 45 . 7 + 15 . 8 + 10 . 9
= 7,0
mA =
100
10 . 4 + 5 . 5 + 15 . 6 + 35 . 7 + 20 . 8 + 10 . 9 + 5 . 10
=7,0
100
Portanto m A = m B
mB =
MA =
10 . 9 + 15 . 8
= 8,4
25
MB =
5 . 10 + 10 . 9 + 10 . 8
= 8,8
25
Portanto M A < MB
Então m A = m B e M A < 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)
b)
c)
d)
e)
S4D e N2B.
S4D e O1B.
L3D e N2B.
L2A e O4C.
L3D e O1B.
Resolução:
Do enunciado, montamos a seguinte figura:
O
3
4
2
1
N
L
S
C
D
B
A
garagem
Rua
Da figura, temos: entretenimento L3D
roupas infantis O1B
CPV
Gráficos deste tipo são
muitas vezes convertidos
pa ra u ma “escala
logarítmica” para serem
melhor compreendidos.
Este procedimento
consiste em fazer o
gráfico de Y = log10 [f(x)]
contra t = log10(x).
36. A figura representa o gráfico da função f(x) =
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Alternativa E
A figura que melhor
representa o gráfico de
Y contra t é:
10
x2
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37. Na figura:
· o arco BC é parte de uma circunferência de raio 4
com centro em A;
· o ângulo BÂD mede 60º;
^ mede 30º.
· o ângulo ADB
Se
e
S1 representa a área do triângulo ABC,
S2 representa a área do setor circular ABC (sombreado)
S3 representa a área do triângulo ABD, então
a)
b)
c)
d)
S2 = 2S1
S3 = 2S1
S3 = 2S1
S3 = 3S1
2S1
e) S2 =
3
Resolução:
e
e
e
e
S3 = 2S2.
S3 − S2 > S1.
S3 + S2 > 3S1.
S3 + S2 > 4S1.
3S2
e S3 =
2
)
º
30
h
60º
4
Y
Resolução:
e Y = log [f(x)]
x2
 10 
Y = log   = log 10 – log x 2
 x 2 
f(x) =
10
Y = 1 – 2 log x
Como t = log x, resulta Y = 1 – 2t
10
CPV
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1
0
1
2
t
Alternativa B
)
·
30º
4
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 S1
)
) 60º
Alternativa C
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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)
b)
c)
d)
e)
Resolução:
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.
acima de 5 e não mais do que 10 horas e acima de 2 horas e não mais do que 5 horas.
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.
acima de 6 e não mais do que 10 horas e acima de 2 horas e não mais do que 5 horas.
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.
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
< t ≤ 5.
3
Alternativa A
CPV
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Garagem
Minuto´s
Shopping
Vipark
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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.
q-r
d)
p
e) p . q . r.
Alternativa E
A
2
r
O
CPV
Se o triângulo ABC é equilátero e o segmento AE mede
2cm, então o volume do cilindro é igual a:
a)
b)
c)
d)
e)
p cm3.
2p cm3.
3p cm3.
4p cm3.
5p cm3.
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2
C
A
2
O
Como o DABC é equilátero, temos:
CO =
 3
2 2. 3
=
2 =
2
6
B
2
C
h
· 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.
r 2 + r 2 = 22 Þ r =
E
r
6
h2 + ( 2 )2 = ( 6 )2 Þ h = 2
O Vcil = A B.h = p ( 2 )2 . 2 = 4p cm3 Alternativa D
40. Na figura está representado um cilindro circular reto em
que:
19
Resolução:
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 ¡. IBMEC – 31/05/2009
F
r= 2
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:
2 , p, 4},
Sendo A = {0, 1,
na função f(x) =
f(0) = (02 – 2) . sen(0) . sen(0) = 0
f(1) = (12 – 2) . sen(1) . sen(p) = 0
f( 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,
(x 2 – 2) . sen(x) . sen (px), temos:
2
portanto, y = f(x) exprime uma função de A em A.
Alternativa E
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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:
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
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.
a)
b)
c)
d)
e)
dos analistas 1 e 2.
dos analistas 2 e 3.
do analista 1.
do analista 2.
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
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Resolução: Observe o diagrama a seguir:
médico
trabalha
Se as informações do quadro são verdadeiras, então é(são)
necessariamente falsa(s) apenas a(s) declaração(ões):
CPV
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.
esposa não
trabalha
x
y
z
w
U
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 = 30
y = 22 + w
⇔
x + 2 y + z = 52
x = 8 − 2w − z
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
Seu pé direito nas melhores Faculdades
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.
CPV
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).
ibmecmaio2009
Alternativa B
IBMEC – 31/05/2009
21
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.
A
B
C
D
E
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.
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
b) B.
c) C.
d) D.
e) E.
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 =
Þ 1 – 2i =

Assim: Pd = P 1 − 2 .

1
1
. Ps Þ P . (1 – 2i) =
P . (1 – i)
2
2
1
1- i
Þ 2 – 4i = 1 – i Þ i = 3
2
1 
P

3  Þ Pd = 3
Alternativa E
22
IBMEC – 31/05/2009
Seu pé direito nas melhores Faculdades
47. Dado o ponto P = (x, y) do plano cartesiano,
 3 1
Temos det A =  6 2 = 0 e det B =


I. (V), pois det A = 0 e det A n = (det A)n = 0 para todo n
x
vamos definir P′, a matriz associada a P, como P′ =   .
 y
 
Sejam
A um ponto da circunferência de equação x2 + y2 = 16 e
 0 1 
 . A,
B o ponto cuja matriz associada B' é tal que B' = 
 −1 0 


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)
b)
c)
d)
e)
16.
8.
4.
2.
1.
Resolução: Sendo A = (x, y) pertencente à circunferência, temos
 0 1  x
 y
 .   =  
B' = 
 −1 0   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:
D
A= 2
Portanto, A =
x y 1
onde D = y -x 1 = – x2 – y2 = – (x2 + y2) = –16
0 0 1
-16
= 8
2
 3 1
Alternativa B
 0 1
 e B= 

48. A respeito das matrizes A = 

1 0 
6 2


são feitas três afirmações:
I. O determinante da matriz A n 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)
b)
c)
d)
e)
CPV
 0 1


1 0 = –1


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.
 0 1   0 1   1 0
.
=
 Þ det B2 = 1
Como B2 = 
 
 

 1 0  1 0  0 1 
temos que (det B2)n = 1n = 1, para todo n inteiro positivo.
Alternativa C
Texto para as questões 49 e 50.
Resolução:
nenhuma das três afirmações é verdadeira.
apenas as afirmações I e II são verdadeiras.
apenas as afirmações I e III são verdadeiras.
apenas as afirmações II e III são verdadeiras.
as três afirmações são verdadeiras.
ibmecmaio2009
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.
n
Se na loteria assimétrica o bilhete de número
custa
4
R$ 2,40, o preço, em reais, do bilhete de número
5n
deverá ser:
6
a)
b)
c)
d)
e)
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:
5n
n
4 = 6 , sendo x o preço do bilhete de número 5n
6
2, 4
x
x.
0,72.
2,88.
4,80.
8,00.
9,60.
2, 4 . 5 . 4
n
= 2,4 . 5 n Þx =
6
4
6
Þ x = 8 \ R$ 8,00
Alternativa D
Seu pé direito nas melhores Faculdades
Resolução:
Utilizando-se os dados do exercício e da tabela, pode-se calcular
o valor de 5 1, 6 :
x = 5 1, 6 que resulta em x = 1,61/5
Aplicando logaritmo na base 10 nos dois membros, resulta:
log x = log 1,61/5
n2 + 2
1
log x =
n2 + n
2
log x = 0,04
i=
i = (1,10 – 1) . 100
i = 0,1 . 100 = 10
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
n +1
c)
n
d)
e)
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:
n2 + n
p1 = x

p 2 = 2 x

p = 3x
 3
...

p n = nx
Como a soma das probabilidades de todos os números serem
sorteados é 1, resulta: x + 2x + 3x + ... + nx = 1
(a1 + a n ) n
2
=
( x + nx ) n
2
=1
2
(x + nx) =
n
Como o fator (x + nx) representa a probabilidade de os
bilhetes de número 1 ou n serem sorteados (p1 + p n)
temos: x + nx = p1 + pn =
2
.
n
A taxa anual i do investimento será:
(
)
Considerando
tabela, pode-se concluir que essa taxa anual vale,
aproximadamente:
100,040 @ 1, 10
a) 10%.
100,045 @ 1, 11
b) 11%.
100,050 @ 1, 12
c) 12%.
100,055 @ 1, 14
d) 14%.
100,060 @ 1, 15
e) 15%.
ibmecmaio2009
(5 1, 6 − 1) . 100
\ 10%
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-S
2
b)
1+ S
2
c)
1 - 2 S2
4
d)
4 - S2
e)
1 - 4S2
Resolução:
Alternativa A
B
C
A
E
D
H
F
G
Alternativa A
51. A taxa anual (em %) de um investimento que rendeu
5
60% em 5 anos é dada pela expressão 1, 6 − 1 · 100.
CPV
1
1
1
16
= (log 24 – log 10) =
log
(4 . 0,3 – 1)
10
5
5
5
Utilizando a definição de logaritmo, temos x = 100,04 = 1,10 (tabela)
Essa é uma soma de PA de razão x e n termos, que resulta em:
Sn =
23
IBMEC – 31/05/2009
log 2 = 0,30 e usando os dados da
Cada ângulo interno do pentágono regular mede 108º, portanto
AÊF = 144º.
1
A área do triângulo AEF vale S, portanto
. 1 . 1 sen 144º = S.
2
Temos: sen 144º = 2S Þ sen 36º = 2S
Utilizando a Relação Fundamental da Trigonometria, temos:
sen 236º + cos236º = 1
cos236º = 1 – sen 236º Þ cos 36º = 1 - (2S)2 = 1 - 4S 2
Alternativa E
24
Seu pé direito nas melhores Faculdades
IBMEC – 31/05/2009
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 −
p
4
p 2
e) 2 −
6
Resolução:
2–
r
2–r
2 2
Da figura, temos: 4 – 2r = 2 2 Þ 2r = 4 – 2 2 Þ r = 2 –
2
A área da parte escura do logotipo é:
2.2
A = (2 – 6p + 4 2 p) cm2
– p (2 – 2 )2 Þ
A=
2
Alternativa A
54. A sequência (2009, a2, a3, a4,...) é PA de razão r (r > 0) e
1
, b , b , b , ...) é PG de razão q (q > 0).
a sequência (
2009 2 3 4
Para que exista um número inteiro e positivo n tal que
bn > a n:
a) é suficiente que se tenha q > r.
b) é suficiente que se tenha r <
c) é necessário e suficiente que se tenha
d) é necessário que se tenha r < 2009 < q.
e) é necessário que se tenha q > 1.
ibmecmaio2009
1
an = 2009 + (n – 1) r e bn = 2009 qn–1.
r
2–r
CPV
Graficamente, estas sequências podem ser representadas por:
1
r
2–
Os termos gerais das sequências são dados por:
r
2
r
1
2009
2
Resolução:
2009
r
1
.
2009
1
< r < 2009.
2009
n
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 . x K + ...
A seguir, calculamos P(ix) e –P(x) e comparamos os
coeficientes dominantes:
A (ix)K + ... ≡ – A . x K + ... Þ
A (ix)K = – A . x K Þ iK x K = – x K 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
Seu pé direito nas melhores Faculdades
D e
 B, B C
 D, D C
 E, A B
56. Na figura, os ângulos A C

B D E são todos retos.
Além disso, as áreas dos triângulos ABC, BCD e CDE
9
formam, nessa ordem, uma PG de razão .
4
IBMEC – 31/05/2009
25
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
Se AC = 8, então a medida de CE é:
a)
b)
c)
d)
e)
Resolução:
Como o triângulo ABD é retângulo, podemos usar a seguinte
relação: BC2 = AC . CD
Como AC = 8, temos BC2 = 8 . CD
Como SDABC .
91,125.
40,5.
36.
27.
18.
Como uma região não pode receber 3 edifícios (6 possibilidades),
5,3
o número total de maneiras é: P8 – 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.
(I)
8.
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
9
= CD Þ CD = 18 (II)
4
ibmecmaio2009
5,3
ou seja, temos: P8 = 5! 3! = 56 maneiras
9
= SDBCD resulta:
4
BC . CD
AC . BC 9
=
.
2
4
2
CPV
8!
Alternativa D
Resolução:
Sendo p e q as raízes da equação x2 + 2009 x + 2010 = 0,
temos que:
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

p + q = − 2009





p . q = 2010
Alternativa A
26
IBMEC – 31/05/2009
Seu pé direito nas melhores Faculdades
59. A figura mostra um sistema de coordenadas cartesianas Oxyz
no espaço, além de uma reta r e suas projeções ortogonais
r xz, sobre o plano Oxz, e r yz, sobre o plano Oyz.
No plano cartesiano Oxz,
a reta r xz é representada pela equação z = 5x − 10 e,
no plano cartesiano Oyz,
a reta r yz é representada pela equação z = 3 − 5.
A reta r intercepta o plano Oxy no ponto de coordenadas:
a)
b)
c)
d)
e)
Resolução:
rxz: z = 5x – 10 Para z = 0, temos 0 = 5x – 10 Þ x = 2
Analisando graficamente, observamos que as coordenadas do ponto de intersecção da reta r com o plano Oxy são (2; 3; 0).
5y
(5, 10, 0).
(5, 5, 0).
(3, 5, 0).
(3, 3, 0).
(2, 3, 0).
e
ryz: z =
5y
5y
– 5 Para z = 0, temos 0 =
–5 Þ y=3
3
3
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)
b)
c)
d)
e)
CPV
(6 − x) e (6 − y) casas.
(8 − x) e (8 − y) casas.
x e y casas.
y e x casas.
|x − y| e |x − y| casas.
ibmecmaio2009
Organizando os dados numa linha numerada, fica mais fácil visualizar a situação:
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
Na primeira rodada, são preenchidas as primeiras 7 casas:
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
casa
vencedora
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.
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
casa
vencedora
A
V
27
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).
1a rodada
IBMEC – 31/05/2009
Resolução:
1
Seu pé direito nas melhores Faculdades
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.
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
V
A
casa
vencedora
CPV
Na quarta rodada, A será obrigado a preencher um mínimo de 2 casas e perderá o jogo.
ibmecmaio2009
Alternativa B