economia economia naturais

PROVA DE MATEMÁTICA VESTIBULAR 2013 - FGV
CURSO DE ECONOMIA
RESOLUÇÃO: Profa. Maria Antônia C. Gouveia
QUESTÃO 01
Laura caminha pelo menos 5 km por dia. Rita também caminha todos os dias, e a soma
das distâncias diárias percorridas por Laura e Rita em suas caminhadas não ultrapassa
12 km.
A distância máxima diária percorrida por Rita, em quilômetros, é igual a
(A) 4.
(B) 5.
(C) 6.
(D) 7.
(E) 8.
RESOLUÇÃO:
Considerando que a distância percorrida por Laura é L  5km e que Rita percorre por
dia R km: 5 + R ≤ 12  R ≤ 7  que a distância máxima percorrida por Rita deve ser
7km.
RESPOSTA: Alternativa D.
QUESTÃO 02
Um mercado vende três marcas de tomate enlatado, as marcas A, B e C. Cada lata da
marca A custa 50% mais do que a da marca B e contém 10% menos gramas do que a da
marca C. Cada lata da marca C contém 50% mais gramas do que a da marca B e custa
25% mais do que a da marca A. Se o rendimento do produto das três marcas é o mesmo
por grama, então, é mais econômico para o consumidor comprar a marca
(A) A.
(C) C.
(E) B ou C, indistintamente.
(B) B.
(D) A ou B, indistintamente.
RESOLUÇÃO:
Considerando que cada lata da marca B custa x moedas, o preço da marca A será 1,5x
moedas e o da marca C, (1,251,5x) = 1,875x moedas.
Se a lata da marca A contém 10% menos gramas do que a da marca C e as desta marca
contém 50% mais gramas do que a da marca B, considerando como y o peso do
conteúdo de cada lata B, o peso da marca C será 1,5y e o da A, (0,9  1,5y) = 1,35y.
Preço por grama de cada marca:
1,5x 10  x 
  moeda/g .
Marca A:
1,35y 9  y 
x
Marca B: 1  moeda/g .
y
Marca C:
1,875x 5  x  10  x 
     moeda/g .
1,5y
4 y 8  y
Comparando os três valores do grama das
três marcas conclui-se que é mais
vantajoso para o consumidor comprar o
produto de marca B.
RESPOSTA: Alternativa B.
1
QUESTÃO 03
Sejam m e n números reais, ambos diferentes de zero. Se m e n são soluções da equação
polinomial x2 + mx + n = 0, na incógnita x, então, m – n é igual a
(A) –3.
(B) –2.
(C) 1.
(D) 2.
(E) 3.
»
RESOLUÇÃO:
A soma das raízes é m  n  m e o produto mn  n
Sendo m e n números reais, ambos diferentes de zero:
m  n  m n  2m m  1


mn 3

mn  n
m  1
n  2
RESPOSTA: Alternativa E.
»
QUESTÃO 04
Na figura, ABCDEF é um hexágono regular de lado 1 dm, e Q é o centro da
circunferência inscrita a ele. O perímetro do polígono AQCEF, em dm, é igual a
(A) 4  2
(C) 6
(B) 4  3
(D) 4  5
(E) 22  2 
RESOLUÇÃO:
O perímetro de AQCEF é a soma AQ+QC+CE+EF+FA =
= 4 + x.
No triângulo CDE aplicando a Lei dos cossenos em relação
ao ângulo de 120°:
 1
x 2  1  1  2cos120  x 2  2  2  1  x 2  3  x  3 
 2
Então, o perímetro de AQCEF é 4  3 .
RESPOSTA: Alternativa B.
2
QUESTÃO 05
Um poço cilíndrico circular reto, de profundidade 15 m e diâmetro 6 m, foi escavado
por 18 trabalhadores em 25 dias.
Admitindo-se sempre proporcionalidade direta ou inversa entre duas das três grandezas
envolvidas no problema (volume escavado, número de trabalhadores e dias necessários
para o serviço), para aumentar o diâmetro do poço já escavado em mais 2 m, e com 4
trabalhadores a menos, serão necessários e suficientes mais
(A) 20 dias.
(C) 23 dias.
(E) 25 dias.
(B) 21 dias.
(D) 24 dias.
RESOLUÇÃO:
O volume do cilindro externo (de raio 4m) é, em metros
cúbicos: V1  π42 15  240π .
O volume do cilindro interno é, também em metros cúbicos:
V0  π32  15  135π . (Representa a escavação realizada pelo
primeiro grupo).
O volume da região compreendida entre os dois cilindros é,
em metros cúbicos: V1 V0  240  135π  105 (Representa a
escavação a ser realizada pelo segundo grupo).
Analisando a relação entre as grandezas:
Grupo 1
Grupo 2
Logo:
VOLUME
135π
105π
TRABALHADORES
18
14
DIAS
25
x
25 14 135
5 1 27
5 1 1
 
  
    x  25
x 18 105
x 9 15
x 1 5
RESPOSTA: Alternativa E.
QUESTÃO 06
Uma mercadoria é vendida com entrada de R$ 500,00 mais 2 parcelas fixas mensais de
R$ 576,00. Sabendo-se que as parcelas embutem uma taxa de juros compostos de 20%
ao mês, o preço à vista dessa mercadoria, em reais, é igual a
(A) 1.380,00.
(C) 1.420,00.
(E) 1.460,00.
(B) 1.390,00.
(D) 1.440,00.
3
RESOLUÇÃO:
VP  500 
P1
P
576 576
 2  VP  500 

 VP  500  480  400  VP  1380
1,2 1,22
1,2 1,22
O preço à vista dessa mercadoria é igual a 1.380 reais.
RESPOSTA: Alternativa A.
QUESTÃO 07
O total de números naturais de 7 algarismos tal que o produto dos seus algarismos seja
14 é
(A) 14.
(B) 28.
(C) 35.
(D) 42.
(E) 49.
RESOLUÇÃO:
Sabe-se que 14 = 2 . 7 . 1.
Os números então, devem ser escritos 5 algarismos 1, 1 algarismo 2 e 1 algarismo 7.
Total de números com 7 algarismos escritos com 1, 1, 1, 1, 1, 2 e 7: P75 
7!
 7  6  42 .
5!
RESPOSTA: Alternativa D.
QUESTÃO 08
O relógio indicado na figura marca 6 horas e
7
minutos.
13
5
(B) 55 minutos.
11
(A) 55
5
minutos.
13
3
(D) 54 minutos.
11
(C) 55
(E) 54
2
minutos.
11
4
RESOLUÇÃO:
A cada 60 min o ponteiro das horas se desloca 30°, ou seja a
cada 1 min o deslocamento desse ponteiro é de 0,5°. Logo a
cada x min o seu deslocamento é de 0,5°x =
x

2
x
 α  x  2α .(I)
2
A cada 60 min o ponteiro dos minutos se desloca 360°, ou
seja a cada 1 min o deslocamento desse ponteiro é de 6°.
Logo a cada x min o seu deslocamento é de 6°x, de acordo
com a figura ao lado, 360  α  6x  x 
360  α
6
(II)
De (I) e (II) tem-se:
360  α
360
360 720
5
 2  360  α  12α  13α  360  α 
 x  2

 55 .
6
13
13
13
13
RESPOSTA: Alternativa C.
QUESTÃO 09
O algarismo da unidade do resultado de 1!-2!+3!-4!+5!-...+999! é
(A) 0.
(B) 1.
(C) 2.
(D) 3.
(E) 4.
RESOLUÇÃO:
Sendo (n+1)! = n(n – 1)!, tem-se:
S =1! –2!+3! – 4!+5! –...+999! 
S = (1! – 2! + 3.2! – 4.3! + 5.4!) – 6.5! + 7.6! – , ....,+ 999! 
S = (1 – 2 + 6 – 24 + 120) – 6.5! + 7.6! – .... + 999! 
S = 101 – 6.5! + 7.6! – .... + 999! 
Fazendo – 6.5! + 7.65! – 8.7.65! + 9.8.7.65! .... + 999! = P tem-se: S = 101 + P.
Analisando-se os termos de P, conclui-se que cada um de seus 994 termos são
múltiplos de 5! =120 , portanto múltiplos de 10, logo o algarismo das unidades de P é 0.
Reescrevendo P:
P = – 6.5!+7.6! – ... +999! = (999!–998!)+(997!–996!)+ ...+(9.8!–8.7!)+(7.6!– 6.5!) .
Como cada expressão entre parênteses é um número natural, P é um número natural
múltiplo de 10.
Conclusão: S = 101 + P é um número natural cujo algarismo das unidades é 1.
RESPOSTA: Alternativa B.
5
Questão 10
Observe a tabela com duas sequências.
1o termo
2o termo
3o termo
4o termo
...
Sequência 1
3
7
11
15
...
Sequência 2
-3
-82
-161
-240
...
Sendo Sn a soma dos n primeiros termos da sequência 1, e bn o n-ésimo termo da
sequência 2, então, Sn = |bn| para n igual a 1 ou
(A) 26.
(B) 29.
(C) 38.
(D) 43.
(E) 46.
RESOLUÇÃO:
A sequência 1 é uma P.A. de razão 4, então Sn =
3  3  n  1.4n  4n  2.n  2n 2  n .
2
2
A sequência 2 é uma P.A. de razão –79 , então bn = –3 + (n – 1). (–79) = 76 – 79n.
Sendo n um número natural diferente de zero, bn = 76 – 79n < 0, logo, |bn| = 79n – 76.
Considerando , Sn = |bn| ,
2n 2  n  79n  76  0  2n 2  78n  76  0  n 
78  6084  608 78  74

 n  1 ou n  38
4
4
RESPOSTA: Alternativa C.
Questão 11
Três irmãos receberam de herança um terreno plano com a forma de quadrilátero
convexo de vértices A, B, C e D, em sentido horário. Ligando os vértices B e D por um
segmento de reta, o terreno fica dividido em duas partes cujas áreas estão na razão 2:1,
com a parte maior demarcada por meio do triângulo ABD. Para dividir o terreno em
áreas iguais entre os três irmãos, uma estratégia que funciona, independentemente
das medidas dos ângulos internos do polígono ABCD, é fazer os traçados de BD e DM ,
sendo
(A) M o ponto médio de AB .
(B) M o ponto que divide AB na razão 2:1.
(C) M a projeção ortogonal de D sobre AB .
(D) DM a bissetriz de AD̂B .
(E) DM a mediatriz de AB .
6
RESOLUÇÃO:
Ao ligar os vértices B e D por um segmento de reta, o terreno fica dividido em duas
partes cujas áreas estão na razão 2:1, com a parte maior demarcada por meio do
triângulo ABD , logo a área desse triângulo é o dobro da área do triângulo BCD,
conforme figura 2.
O terreno deverá ser dividido entre os três irmãos, em partes com áreas iguais. Sendo
SABD = 2SBCD = 2S , a estratégia para essa divisão será dividir o triângulo ABD em dois
triângulos de área S, e uma das possibilidades é traçar nesse triângulo a mediana relativa
ao lado AB .
RESPOSTA: Alternativa A.
Questão 12
O total de matrizes distintas que possuem apenas os números 1, 2, 3, 4, 5,..., 15, 16
como elementos, sem repetição, é igual a
(A) (4!)4
(B) 16.4!
(C) 5.16!
(D) (16!)5
(E) 1616
»
RESOLUÇÃO:
As matrizes distintas que se podem formar com apenas os números 1, 2, 3, 4, 5,..., 15,
16, são dos tipos A116, B161, C28, D82 e E44. Em cada um dos tipos os 16 elementos
podem permutar entre si um número de vezes igual a 16!.
Então o total de matrizes distintas que possuem apenas os números 1, 2, 3, 4, 5,..., 15,
16 como elementos, sem repetição, é igual a 5.16!.
RESPOSTA: Alternativa B.
Questão 13
O quadrado ABCD está inscrito em uma circunferência de raio r. Marcando-se ao acaso
um ponto na região interior dessa circunferência, a probabilidade de que esse ponto
esteja na região interior do quadrado ABCD é igual a
(A)
2

(B)
2

(C)
3 3
4
(D)
1

(E)
1
2
7
RESOLUÇÃO:
O quadrado ABCD, inscrito no círculo de raio r é formado
por 4 triângulos retângulos (AOB, BOC, COD e DOA),
4 r  r
 2r 2 .
2
A área do círculo é Scírculo  r 2 .
logo sua área é SABCD 
A probabilidade de que um ponto interior ao círculo esteja
na região interior do quadrado ABCD é
SABCD 2r 2
2


2
Scírculo  r

RESPOSTA: Alternativa A.
Questão 14
Ao conjunto {5, 6, 10, 11} inclui-se um número natural n, diferente dos quatro números
que compõem esse conjunto.
Se a média aritmética dos cinco elementos do novo conjunto é igual a sua mediana,
então, a soma de todos os possíveis valores de n é igual a
(A) 20.
(B) 22.
(C) 23.
(D) 24.
(E) 26.
RESOLUÇÃO:
1) Se n < 5, { n, 5, 6, 10, 11 }, a mediana é 6.
2) Se 5 < n < 6, { 5, n, 6, 10, 11 }, a mediana é 6.
3) Se 6 < n < 10, { 5, 6, n, 10, 11 }, a mediana é n.
4) Se 10 < n < 11, { 5, 6, 10, n, 11 }, a mediana é 10.
5) Se n > 11, { 5, 6, 10, 11, n }, a mediana é 10.
A média aritmética entre os elementos de { n, 5, 6, 10, 11 } é
n  5  6  10  11 n  32

5
5
 n  32
 5  6 ou
n  32  30  n  2 (não convém pois não é número natural)

n  32  n  32


n
ou

Pode-se ter:

n  32  5n  n  8
5  5
n  32  50  n  18

 n  32
 5  10

A soma dos possíveis valores de n é 8 + 18 = 26
RESPOSTA: Alternativa E.
Questão 15
15
e cos x + cos y = 1, então, sec(x – y) é igual a
3
Se sen x + sen y =
(A)
1
3
(B)
1
2
(C) 2
(D) 3
(E) 4
8
RESOLUÇÃO:
8

5

 2
2  2(cosx.cos y  senx.seny) 
2
15

senx  seny 
sen x  sen y  2senx.seny 

3
3 (L1  L 2 )  


3 
2
cosx  cosy  1
cos 2 x  cos 2 y  2cosx.cosy  1
2(cosx.cos y  senx.seny) 



3

2cos(x  y) 
2
1
 cos(x  y)   sec(x  y)  3
3
3
RESPOSTA: Alternativa D.
Questão 16
Dados os pontos A(0,0), B(5,0), C(8,5) e D(11,8) no plano cartesiano ortogonal, P é um
ponto do 1o quadrante tal que as áreas dos triângulos APB e CPD são, respectivamente,
iguais a
25
e 6. Em tais condições, o produto da abscissa pela ordenada de P pode ser
2
igual a
(A) 18.
(B) 20.
(C) 21.
(D) 24.
(E) 25.
RESOLUÇÃO:
Seja P = (m, n)
Considerando inicialmente o triângulo APB, no qual os vértices A e B pertencem ao
eixo Ox o que se leva a concluir que o lado AB, base do triângulo, está sobre esse eixo e
também que a altura desse triângulo é n.
Como a área de APB é
bn 25
5n 25
25



 n  5  P = (m, 5).
,
2
2
2
2
2
Sendo 6 a medida da área de CPD:
8 5 1
1
11 8 1  6  64  55  5m  8m  40  55  12  24  3m  12 
2
m 5 1
24  3m  12 ou 24  3m  12  m  4 ou m  12 
P = (4, 5) ou P = (12,5)  o produto das coordenadas de P pode ser 20 ou 60.
RESPOSTA: Alternativa B.
Questão 17
Na figura, ABCD é um quadrado de lado 4 cm, e M é
ponto médio de CD . Sabe-se ainda que
é arco de
circunferência de centro A e raio 4 cm, e
é arco de
circunferência de centro M e raio 2 cm, sendo P e D pontos
de intersecção desses arcos.
A distância de P até CB , em centímetros, é igual a
(A)
4
5
(B)
19
25
(C)
3
4
(D)
7
10
(E)
17
25
9
RESOLUÇÃO:
Aplicando o Teorema de Pitágoras aos triângulos
retângulos AEP e PFM:
2
2
2
2

(4  m)  (4  n)  16 
m  n  8(m  n)  16



 2
2
2
2


(2  n)  m  4
m  n  4n  0

8m  8n  4n  16 
n  4  2m
 2
 2
2
2


m  n  4n  0
m  16  16m  4m  16  8m  0
5m 2  8m  0  m 
8
16
4
n  4 n 
5
5
5
RESPOSTA: Alternativa A.
»
Questão 18
Na figura, AB e AE são tangentes à circunferência nos
pontos B e E, respectivamente, e m(BÂE) = 60º. Se os arcos
têm medidas iguais, a medida do ângulo
BÊC, indicada na figura por α, é igual a
(A) 20°
(B) 40°
(C) 45°
(D) 60°
(E) 80°
RESOLUÇÃO:
AB  AE (segmentos tangentes ao círculo a partir
de um mesmo ponto A).
O triângulo ABE é equilátero, então o arco
mede 120° e
= 240°.
Como esses três arcos são congruentes, cada um
deles mede 80°. Assim 2α = 80° e α = 40°.
RESPOSTA: Alternativa B.
Questão 19
Um prisma reto de base triangular tem área de uma face lateral igual a 20 cm². Se o
plano que contém essa face dista 6 cm da aresta oposta a ela, o volume desse prisma, em
cm³, é igual a
(A) 18.
(B) 36.
(C) 48.
(D) 54.
(E) 60.
10
RESOLUÇÃO:
BC = a cm, AB = (20/a) cm, e a altura do
triângulo ADE igual a 6cm.
Considerando o triângulo ADE como base do
prisma e AB a sua altura, o seu volume é:
V
6a 20

 60cm 3 ,
2
a
RESPOSTA: Alternativa E.
Questão 20
Um cilindro circular reto de base contida em um
plano α foi seccionado por um plano β,
formando 30° com α, gerando um tronco de
cilindro. Sabe-se que BD e CE são,
respectivamente, eixo maior da elipse de centro
P contida em β, e raio da circunferência de
centro Q contida em α. Os pontos A, B, P e D
são colineares e estão em β, e os pontos A, C, Q
e E são colineares e estão em α.
Sendo BC = 1 m e CQ = 3 m, o menor caminho pela superfície lateral do tronco
ligando os pontos C e D mede, em metros,
(A) 3 1  3 2
(C) 3 1   2
(E) 9   2
(B) 3 3
RESOLUÇÃO:
(D) 9  3 2
FIGURA 1
Como BF // AE , os triângulos BDF e ABC são retângulos e semelhantes.
Sendo BF = CE = 2 3 m,
O arcos CE mede:
CE
=
DF
DF
3
 tg30 

 DF  2  DE  1  2  3 .
3
BF
2 3
2 3π
 3 m
2
FIGURA 2
Desenvolvendo a superfície lateral do tronco de cilindro tem-se o pentágono BCC’B’D
e o segmento CD é a menor distância entre os pontos C e D:
d 2  3π 2  9  d  3π 2  9
RESPOSTA: Alternativa D.
11
Questão 21
O conjunto S contém apenas pontos (x,y) do plano cartesiano ortogonal de origem (0,0).
Se um ponto qualquer P pertence a S, então também pertencem a S o seu simétrico
em relação à reta y = x, o seu simétrico em relação ao eixo x e o seu simétrico em
relação ao eixo y. Se os pontos (0,0), (2,0), (0,3) e (2,3) pertencem a S, o menor número
de elementos que o conjunto S pode ter é
(A) 7.
(B) 8.
(C) 13.
(D) 16.
(E) 17.
RESOLUÇÃO:
Os simétricos de P = (0, 0) são todos iguais a ele próprio.
FIGURA 1
FIGURA 2
Do ponto (2, 0) foram gerados 3 outros.
Do ponto (0, 3) foram gerados 3 outros.
FIGURA 3
Do ponto (2, 3) foram gerados 7 outros.
Conclusão: O menor número de elementos que o conjunto S pode ter é 4+3+3+7 =17.
RESPOSTA: Alternativa E.
Questão 22
Sendo a, b, c, d, e, f, g constantes reais, o gráfico da função polinomial
P(x)  x 5  ax 4  bx 3  cx 2  dx 
e
f g
, com f ≠ g, tem 5 intersectos reais distintos com o
eixo x, sendo um deles (0,0). Nessas condições, necessariamente
(A) a ≠ 0.
(B) b ≠ 0.
(C) d ≠ 0.
(D) e ≠ 0.
(E) f ≠ 0.
12
RESOLUÇÃO:
Se P(x)  x 5  ax 4  bx 3  cx 2  dx 
e
f g
tem 5 intersectos reais distintos com o eixo x,
sendo um deles (0,0), então zero é uma das suas raízes, portanto o termo independente
de x,
e
0.
f g
Logo, P(x)  x5  ax 4  bx3  cx 2  dx  P(x)  xx 4  ax 3  bx 2  cx  d .
As raízes do polinômio x 4  ax 3  bx 2  cx  d são distintas de zero, logo d ≠ 0.
RESPOSTA: Alternativa C.
»
Questão 23
No plano Argand-Gauss estão indicados um
quadrado ABCD e os afixos dos números
complexos Z0, Z1, Z2, Z3, Z4 e Z5.
Se o afixo do produto de Z0 por um dos outros cinco
números complexos indicados é o centro da
circunferência inscrita no quadrado ABCD, então
esse número complexo é
(A) Z1.
(B) Z2.
(C) Z3.
(D) Z4.
(E) Z5.
RESOLUÇÃO:
x B  x D yB  yD   3 3 
,
    ,  .
2
2

  2 2
Considerando como M o centro do quadrado ABCD, M  
3 3
3 3
 i   1  i (a  bi)    i  (a  b)  (a  b)i 
2 2
2 2
3

 a  b   2
2a  2b  3
4a  0
a  0



 z n  0; 1,5  z 2

3
2a

2b


3

2b


3


b  1,5
a  b  

2
Z0  Z n  
RESPOSTA: Alternativa B.
13
Questão 24
Tânia e Geraldo têm, cada um, uma urna contendo cinco bolas. Cada urna contém uma
bola de cada uma das seguintes cores: azul, verde, preta, branca e roxa. As bolas são
distinguíveis umas das outras apenas por sua cor. Tânia transfere, ao acaso, uma bola da
sua urna para a de Geraldo. Em seguida, Geraldo transfere, ao acaso, uma bola da sua
urna para a de Tânia. Ao final das transferências, a probabilidade de que as duas urnas
tenham sua configuração inicial é
(A)
1
2
(B)
1
3
(C)
1
5
(D)
1
6
(E)
1
10
RESOLUÇÃO:
Como as bolas de cada urna são distinguíveis umas das outras apenas por sua cor, a
probabilidade de cada uma das bolas que pode ser escolhida ao acaso por Tânia para
transferir para a urna de Geraldo é de 5/5.
Depois da transferência a urna de Geraldo tem 6 bolas, sendo duas da mesma cor.
Geraldo escolhe ao acaso, de sua urna, uma bola para transferir para a urna de Tânia.
Para que ao final das transferências, as duas urnas tenham sua configuração inicial, é
necessário que a bola escolhida seja da mesma cor da que Tânia havia transferido para a
sua urna.
Como são 6 bolas, a probabilidade de que esse fato aconteça é:
2 1
 .
6 3
RESPOSTA: Alternativa B.
Questão 25
Com m e n reais, os gráficos representam uma função logarítmica, e seu intersecto com
o eixo x, e uma função afim, e seu intersecto com o eixo y.


 1  10 
   5 , então mn é igual a
Se f  g

3  2
(A)
 
1
8

(B)
1
4
(C)
1
2
(D) 4
(E) 8
14
RESOLUÇÃO:
Pelo gráfico: m  log
1
1
 0  m  log
 m  (2)  2 .
100
100
Então f(x) = 2  log x


 1  10 
   5 pode-se escrever
De f  g

3  2
 

 1  10 
  a , f a   5 
g
 3 
2


1
5
5
1
 loga   2  loga   a  10 2  a  10 
2
2
2
1
 1  10 


  10 2  n 1  10   1  10  n  10  1  3  n  3 .
g
 3 
 3 
1  10




1
Logo, m n  2 3 
8
2  loga 


RESPOSTA: Alternativa A.
Questão 26
No círculo trigonométrico de raio unitário indicado na figura, o arco
Assim, PM é igual a
(A) –1 – tg α
(B) 1 – cos α
(C) 1 + cos α
(D) 1 + sen α
mede α.
(E) –1 + cotg α
RESOLUÇÃO:
Sendo α um arco do 2o quadrante, a abscissa do ponto
M é igual ao cosα < 0 e OC =1, logo, CM = 1 |cosα| 
CM = 1 ( cosα) = 1 + cosα.
O triângulo retângulo PMC é isósceles (semelhante ao
triângulo COD), logo PM = CM =1+ cosα.
RESPOSTA: Alternativa C.
15
Questão 27 »
Sendo m o maior valor real que x pode assumir na equação analítica
(x – 2)2 + 4(y + 5)2 = 36, e n o maior valor real que y pode assumir nessa mesma
equação, então, m+n é igual a
(A) 8.
(B) 7.
(C) 6.
(D) 4.
(E) 3.
RESOLUÇÃO:
Dividindo os termos da equação
(x – 2)2 + 4(y + 5)2 = 36 por 36, obtem-se:
x  22  y  52
36
9
 1 que é equação de uma
elipse de centro (2, 5), a = 6 e b = 3.
Sendo m o maior valor real que x pode
assumir na equação, m = 2 + 6 = 8.
Sendo n o maior valor real que y pode
assumir na equação, n = 5 + 3 = 2.
Então m + n = 8 2 = 6.
RESPOSTA: Alternativa C.
Questão 28
5
Se x 2 
1
1

 14 , com x > 0, então  x   é igual a
x
x2

(A) 22 · 72
(B) 73
(C) 23 · 72
(D) 210
(E) 710
RESOLUÇÃO:
2
1
Desenvolvendo  x   :

x
2
2
2
1
1
1
1 
1 
1
1



 x    x 2  2  2  x    x     x 2  2   2   x    14  2  16  x   4 (x  0)
x
x
x
x
x
x
x 



 


5
2
2
5
1
1
1
1
1
Sendo  x     x     x     x     x    16  16  4  210

x

x

x

x

x
RESPOSTA: Alternativa D.
Questão 29
A solução da equação
log1 + 2log2 + 3log3 + 4log4 + … +10log10 = logx é
1
2!.3!.4!....9!
10
(B)
2!.3!.4!....9!
(A)
(D)
10!10
2!.3!.4!....9!
10!
(C)
2!.3!.4!....9!
(E)
10!11
2!.3!.4!....9!
16
RESOLUÇÃO:
log1 + 2log2 + 3log3 + 4log4 + … +10log10 = logx 
log1 + log22 + log33 + log44 + … +log1010 = logx 
»
log(1  22  33  44  …  1010 ) = logx 
x = 1  22  33  44  …  1010 
x  1  2  3  4  ... 10  2  3  4  ... 10  3  4  ... 10  4  5  ... 10  .... 10 
x  10! 
10! 10! 10! 10!
10!
1
10!10


 

 .....
 x  10!10 
.

1! 2! 3! 4!
9!
 2!!3!4!... 9!  2!!3!4!... 9!
RESPOSTA: Alternativa D.
Questão 30
O gráfico de barras indica como informação principal o número de pessoas atendidas
em um pronto-socorro, por faixa etária, em um determinado dia. Outra informação
apresentada no gráfico, por meio das linhas verticais, é a frequência acumulada. Em
virtude de um rasgo na folha em que o gráfico estava desenhado, as informações
referentes à última barra, e apenas elas, foram perdidas, como se vê na figura.
A média de idade do total de pessoas de 0 a 20 anos que frequentou o pronto-socorro
nesse dia foi 12,4 anos. Nessas condições, na folha intacta do gráfico original, o
comprimento da linha vertical posicionada na última barra, que indica a frequência
acumulada até 20 anos de idade, em centímetros, era igual a
(A) 8,8.
(B) 9,6.
(C) 10,4.
(D) 11,2.
(E) 12,0.
17
RESOLUÇÃO:
Idade em anos
0 4
4 8
8 12
12 16
16 20
Ma 
xm
2
6
10
14
18
FA
1
4
6
10
x
F
1
3
2
4
x – 10
xm  F
2
18
20
56
18x – 180
2  18  20  56  18x  180
 12,4  96  18x  180  12,4x  5,6x  84  x  15 .
x
Logo, no gráfico original, o comprimento da linha vertical posicionada na última barra,
que indica a frequência acumulada até 20 anos de idade, em centímetros, era igual a
15  0,8cm = 12,0 cm.
RESPOSTA: Alternativa E.
18