Seu pé direito nas melhores faculdades

Seu pé direito nas melhores faculdades
IBMEC – 03/junho/2007
ANÁLISE QUANTITATIVA E LÓGICA OBJETIVA
41. Numa lanchonete, um salgado e um refrigerante custam,
respectivamente, X e Y reais. Pedro, que comprou X
salgados e Y refrigerantes nessa lanchonete, gastou o
mesmo que Luana, que comprou Y salgados e 3Y
refrigerantes. Então, pode-se concluir que
a)
b)
c)
d)
e)
Y
Y
X
Y
X
=
=
=
=
=
X
2X
2Y
3X
3Y
X2 + Y2 = XY + 3Y2 ∴ X2 – XY – 2Y2 = 0.
Resolvendo a equação na variável X, temos:
CPV
1
2
3
4
5
ibmecjun2007
18 + 3n
7
6+n
⇒
=
⇒
30 + 3n
10 10 + n
70 + 7n = 60 + 10n ⇒ 10 = 3n ⇒ n = 3,3
Note que esse cálculo pressupõe que o time ganharia todos os
próximos jogos. Assim, o número mínimo de jogos é 4.
Alternativa D
a)
b)
c)
d)
e)
2 elementos
4 elementos
5 elementos
8 elementos
infinitos elementos
Resolução:
Alternativa C
42. Define-se aproveitamento de uma equipe de futebol num
determinado campeonato como o número de pontos
efetivamente conquistados por essa equipe dividido pelo
número de pontos que ela teria obtido se tivesse vencido
todos os jogos que disputou, sendo essa fração escrita na
forma de porcentagem. Em cada partida, uma equipe ganha
3 pontos em caso de vitória, 1 ponto em caso de empate e
0 ponto em caso de derrota. Nos dez primeiros jogos de um
campeonato, a equipe Arrancatoco obteve 18 pontos, tendo,
portanto, um aproveitamento de 60%. O número mínimo de
jogos que o Arrancatoco ainda deverá disputar nesse
campeonato para que seu aproveitamento final possa
superar 70% é igual a
a)
b)
c)
d)
e)
70% =
nπ 
 π 2π 3π 4π
,
,
, ...,
, ... , con43. Dado o conjunto A =  ,
4
4
4
4
4


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
Resolução:
Considerando os dados do enunciado, temos:
∆ = (–Y)2 – 4 . 1 . (–2Y2) = 9Y2
Y ± 3Y
X = 2Y ou
X =
2
X = – Y (não convém)
portanto X = 2Y
Resolução:
Considerando um total de n jogos a mais, temos:
nπ 
 π 2π 3π 4π
,
,
, ...,
, ... ,
Considerando o conjunto A =  ,
4
4
4
4
4


temos as seguintes imagens:
x
π
4
π
2
3π
4
π
5π
4
3π
2
7π
4
2π
..
.
y = sen x + cos x
y=
2
y=1
y=0
y=–1
y=– 2
y=–1
y=0
y=1
..
.
Observamos na tabela acima que há 5 valores distintos de y,
portanto I possui 5 elementos.
Alternativa C
1
2
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Seu pé direito nas melhores Faculdades
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 mesmo
ocorrendo com as peças escuras.
Resolução:
a>1 ⇒ a≠0
ax + ax2 – a = 0 ⇒ ax = – ax2 + a (÷a) ⇒ ax–1 = –x2 + 1
Sejam f(x) = ax–1 e g(x) = – x2 + 1
y
f(x)
1
–1
x
1
g(x)
⇒ f(x) = g(x) (2 pontos)
A equação ax + ax2 – a = 0 tem apenas duas soluções,
independente do valor de a.
Alternativa E
ax–1 = – x2 + 1
Se a área do losango montado por Júlia é 64 3 , então as
áreas 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
46. Na figura abaixo estão representados infinitos hexágonos
regulares, 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 assim
por diante.
Resolução:
Como a figura pode ser fracionada em 32 triângulos de mesma
área (sendo 14 brancos e 18 pretos), temos:
Abranco =
64 3
=2 3
32
A
 branco = 2 3
Logo, 
A preto = 9 . 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.
CPV
ibmecjun2007
O limite da soma das áreas das regiões sombreadas é
igual a
a) 4 3
b) 8 3
c) 12 3
d) 16 3
e) 20 3
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Resolução:
a) (12 3 + 16) cm
b) (16 3 + 20) cm
S3
c) (20 3 + 24) cm
S2
2
d) (24 3 + 28) cm
S1
S1
2
Resolução:
3/2
3
1
. 2 . 2 . sen 120º =
2
S2 =
1
.
2
H
3/2
16
3
3 . sen 120º =
3 3
4
(S1; S2; S3, ...) é uma PG de razão q =
B
C
D
16
E
A
3
4
M
Outra maneira de resolver a questão 46:
C
D
2o movimento
(BC)2 = (BM)2 + (MC)2
MF = 8
BM = 8 3
A
A
G
G
H
F
⇒ S=8 3
47. Considere uma pirâmide reta cuja base é um quadrado de
lado 16 cm e cujas faces laterais são triângulos equiláteros.
Uma formiga posicionada inicialmente num dos vértices
do quadrado da base vai escalar a pirâmide. Ela inicia sua
trajetória de maneira retilínea sobre uma das faces
triangulares adjacentes ao vértice em que está, indo
diretamente ao ponto médio do lado oposto, subindo assim
metade da altura total a que irá se elevar. Como está
cansada, caminha até o ponto médio do outro lado (não
pertencente à base) sobre o triângulo adjacente ao que
acabou de percorrer, mantendo-se no mesmo nível de altura.
No triângulo seguinte, ela caminha de maneira retilínea até
o ponto da outra aresta (não pertencente à base) cuja altura
é três quartos da altura da pirâmide. Mantém-se nesse nível
de altura durante sua caminhada no triângulo seguinte e
chega a um ponto sobre a mesma aresta do ponto onde
começou, pela qual sobe diretamente até o vértice superior
da pirâmide. Em toda sua caminhada, a formiga andou
F
1o movimento
2
da área do hexágono, portanto
6
2
2
4 3
S=
.6.
6
4
M
C
B
Alternativa B
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F
A
Portanto, a soma S pedida é:
S = 2 . S1 + 2 . S2 + 2 . S3 + ... = 2 . (S1 + S2 + S3 + ...)
14442444
3
soma da PG infinita
 a1 
3
=8 3
S=2. 
 =2.
3
1 – q 
1–
4
A área hachurada corresponde a
G
M
16
9 3
1 3 3
.
.
. sen 120º =
S3 =
16
2 2 2
2
S=
. 6 . S∆equil. ⇒
6
A
S3
S1 =
3 .
e) (28 3 + 32) cm
3
S2
CPV
3
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D
E
E
3o movimento
4o movimento
(AF)2 = (GA)2 + (FG)2
GA = 4
42 = 22 + (FG)2
5o movimento
FG = 4 3
HA = 4
B
Total do percurso = 8 3 + 8 + 4 3 + 4 + 4 = (12 3 + 16) cm
Alternativa A
48. Quando aumentamos em 60% um número real positivo b,
seu logaritmo decimal aumenta em 20%. Considerando
log 2 = 0,30, podemos concluir que
a)
b)
c)
d)
e)
b=1
b=2
b=4
b=8
b = 10
4
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Resolução:
log (1,6 b) = 1,2 log b ⇒
log 1,6 + log b = 1,2 log b
log
16
= 0,2 log b
10
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50. Uma operadora de contact afirma que pelo menos 90%
das ligações que seus atendentes recebem, para
atendimento dos clientes das empresas para as quais presta
serviço, são concluídas. Declara também que, das ligações
que caem, em apenas metade dos casos, o cliente não
consegue fazer a sua solicitação. Nessas condições, a
probabilidade de um cliente ligar para a operadora 3 vezes
e em todas elas sua ligação cair antes de ele conseguir
fazer sua solicitação é no máximo igual a
⇒
⇒
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 uma
escola, usam um dado de seis faces não viciado para
definir o elaborador de cada prova. Pelas regras
estabelecidas, cada um deles lança o dado uma vez e
calcula o cosseno do arco cuja medida, em radianos, é
igual ao número de pontos por ele obtido. Aquele que
obtém o menor resultado prepara a prova, sendo que, em
caso de empate, cada um faz metade das questões. Se
numa certa disputa Euler obtiver em seu lançamento o
número 2, então a probabilidade de que Gauss tenha de
preparar todas as questões dessa prova será igual a
a)
b)
c)
d)
e)
1
3
1
2
1
6
2
3
5
6
a)
b)
c)
d)
e)
0,05.
0,0025.
0,000125.
0,00000625.
0,0000003125.
Resolução:
Como pelo menos 90% das ligações são concluídas, no máximo
10% não são, ou seja, caem.
10%
Temos ainda que em
= 5% das ligações o cliente não
2
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 de
vértices A, B e C.
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 deve
tirar 3 ou 4 para obter menor resultado e, assim, ter de preparar
todas as questões da prova.
Portanto, a probabilidade pedida é
2
1
= .
3
6
^ então o
Se r é a reta suporte da bissetriz do ângulo ABC,
coeficiente angular de r é igual a
2 rad
1 rad
a) –
3 rad
6 rad
4 rad
Alternativa A
5 rad
CPV
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3
3
b) – 1
4
c) –
3
3
d) –
2
e) – 3
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Resolução:
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O
Resolução:
y
á
2
C
4
5
A
B
3
A
P
Q
T
γ
θ
α
B
1
x
3
mAB =
−2
−1
=
.
2 3
3
mBC =
3
3
=
.
3
3
3
− 3
=
3
3
3
= − 3
3
OT
1
α
α
=
⇒
= 60º
No ∆OTQ: cos   =
2
2
OQ
2
Portanto α = 120º
Alternativa B
2 3
∴ θ
∴ α
» = 2 πr
m (AB)
OQ
⇒ OQ = 2(OB) ⇒ OT =

2
» = 4 πr
m (PQ)
= 30º
= 60º
53. Num conhecido programa de entrevistas, o convidado
senta-se no centro de duas circunferências concêntricas,
ao longo das quais são distribuídas as cadeiras dos
entrevistadores.
γ = 30º ∴ mr = – tg (15º + 30º) = –1
Alternativa B
52. As figuras, fora de escala, mostram a cúpula de um abajur
com a forma da superfície lateral de um tronco de cone
circular reto, cujo raio da base maior mede o dobro do raio
da base menor, e o recorte de tecido que foi utilizado na sua
confecção.
Sabendo que a linha decorativa que aparece na cúpula foi
obtida traçando-se, no tecido, a corda PQ da circunferência
maior, sendo PQ tangente à circunferência menor, podese concluir que a medida do ângulo central α é igual a
a)
b)
c)
d)
e)
CPV
90°.
120°.
135°.
150°.
165°.
ibmecjun2007
Cada círculo pequeno sombreado representa uma cadeira.
Os 7 assentos da circunferência menor serão ocupados
por entrevistadores acadêmicos e os 8 assentos da
circunferência maior serão ocupados por jornalistas.
Considerando as posições dos entrevistadores de cada
circunferência como relativas apenas às demais posições
sobre a mesma circunferência, independentemente das
posições na outra circunferência ou das cadeiras em que
se sentam, o número de possibilidades para acomodar os
15 entrevistadores é
a)
b)
c)
d)
e)
15 !.
7! .
6! .
7! .
6! .
9 !.
8 !.
8 !.
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
6
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54. Considere as retas dadas pelas equações abaixo:
r1: y – 5 = 0
r2: y – 2 = 0
r3: –x + y = 0
e
r4: x – 2 = 0
r5: x – 5 = 0
r6: –x + y + 3 = 0
É correto afirmar que a figura delimitada pelas retas:
a)
b)
c)
d)
e)
r1, r2, r3 e r6 é um losango.
r1, r2, r3 e r6 é um retângulo.
r1, r3, r4 e r6 é um paralelogramo.
r1, r3, r4 e r6 é um trapézio.
r3, r4, r5 e r6 é um losango.
• 2x
→ substitui o número x que estiver no visor
da calculadora por 2 elevado a x;
• log2x → substitui o número x que estiver no visor
da calculadora pelo logarítmo de x na base
2, caso x seja positivo; caso contrário, exibe
uma mensagem de erro.
O estudante precisava fazer a multiplicação entre dois
números positivos A e B. Como os números eram muito
Resolução:
r1:
r2:
r3:
r4:
r5:
r6:
55. No meio de uma prova de matemática, a calculadora de um
estudante apresentou o seguinte defeito: a tecla referente
à operação de multiplicação parou subitamente de funcionar.
Entretanto, tal calculadora dispunha das teclas
apresentadas abaixo, com os respectivos significados.
grandes, ele precisava fazer a conta na calculadora.
y=5
y=2
y=x
x=2
x=5
y=x–3
Supondo que as teclas dos números e as teclas
+ , – , ÷
e = estavam funcionando normalmente,
para obter o resultado de que precisava, bastava:
r3
a) inserir o número A, pressionar log2x , pressionar + ,
inserir o número B, pressionar log2x ; pressionar = e
pressionar 2x .
r1
5
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 + ,
r2
inserir o número B, pressionar 2x , pressionar = e
2
2
pressionar log2x .
d) inserir o número A, pressionar log2x , pressionar + ,
inserir o número B, pressionar 2x , pressionar = e
5
r4
r5
pressionar log2x .
e) inserir o número A, pressionar + , inserir o número B,
pressionar = , pressionar 2x e pressionar log2x .
–3
Resolução:
r6
log2 A + log2 B = log2 A . B
A figura delimitada pelas retas r1, r3, r4 e r6 é um trapézio.
Alternativa D
CPV
ibmecjun2007
log 2
2
A .B
=A.B
Alternativa A
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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 plano
Argand-Gauss, o conjunto das imagens dos números
complexos x + yi tais que (x + yi)  (2 + 3i) é
a)
d)
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7
57. Um banco opera em 20 estados brasileiros, com pelo menos
120 agências em cada estado, cada uma com pelo menos
1.000 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 de
acesso 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 do
banco em questão pode ser calculado pelo produto:
b)
MIN = 20 . 120 . 1000 = 2.400.000 clientes
e)
Por outro lado, o total de diferentes senhas de acesso disponíveis
é dado por:
n = 106 senhas = 1.000.000 senhas.
Numa primeira aproximação, maximizando a diversidade de senhas
usadas, 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 de
senhas aos próximos 1.000.000 de clientes.
Finalmente, cada um dos próximos 400.000 clientes terá,
obrigatoriamente, senhas já usadas em pelo menos duas ocasiões
anteriores.
c)
Portanto, pelo menos três clientes têm senhas iguais.
Alternativa B
58. Para que a afirmação
Resolução:
Segundo a relação dada, se
(x + yi)  (2 + 3i), então 0 < x < 2 e 0 < y < 3
e portanto o gráfico que melhor representa o conjunto das imagens é:
y
3
2
1
x
1
CPV
ibmecjun2007
2
Alternativa A
“Em todo vestibular para ingresso no Ibmec São Paulo há
pelo menos uma questão de Lógica.”
seja falsa
a) é necessário que não haja qualquer questão de Lógica
em todo vestibular do Ibmec São Paulo.
b) é necessário que não haja qualquer questão de Lógica
no vestibular de junho de 2007 do Ibmec São Paulo.
c) é necessário que não haja qualquer questão de Lógica
nos vestibulares do Ibmec São Paulo de junho de 2007
para frente.
d) é suficiente que haja somente uma questão de Lógica
no vestibular de junho de 2007 do Ibmec São Paulo.
e) é suficiente que haja pelo menos um vestibular do
Ibmec São Paulo em que não haja qualquer questão
de Lógica.
8
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Resolução:
Nessa questão, há um condicional lógico do tipo A ⇒ B. Para que
esse 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 ao
menos uma prova aplicada, não figure nenhuma questão de Lógica.
À exceção da alternativa E, que é correta, as demais deveriam ser
corrigidas para versões a seguir, para que satisfizessem às
condições previstas no enunciado:
a) é suficiente que não haja qualquer questão de Lógica em
todo vestibular do Ibmec São Paulo;
b) é suficiente que não haja qualquer questão de Lógica no
vestibular de junho de 2007 do Ibmec São Paulo;
c) é suficiente que não haja qualquer questão de Lógica nos
vestibulares do Ibmec São Paulo de junho de 2007 para a frente;
d) é insuficiente que haja somente uma questão de Lógica no
vestibular de junho de 2007 do Ibmec São Paulo.
Alternativa E
59. Observe o slogan de uma cervejaria, utilizado em uma campanha publicitária:
“Se o bar é bom, então o chopp é Tathurana.”
Os bares Matriz e Autêntico oferecem a seus clientes chopp
das marcas Tathurana e Karakol, respectivamente. Então,
de acordo com o slogan acima, pode-se concluir que
60. Considere as duas afirmações seguintes, feitas a respeito
do 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, x
é elemento de C.
Para que as duas afirmações sejam verdadeiras para todo x
inteiro, os conjuntos A, B e C podem ser dados por
a)
b)
c)
d)
e)
Resolução:
Pareando as situações apresentadas no slogan (um condicional
lógico do tipo A ⇒ B) com suas complementares, temos o
diagrama:
(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 bar
não é bom” não têm implicações lógicas definitivas, pois podem
associar-se a mais que um box acima.
Assim, o Bar Autêntico, que não serve Tathurana, é seguramente
um bar que não é bom, enquanto o Bar Matriz, que serve Tathurana,
pode ser um bar bom ou não-bom.
Alternativa D
CPV
ibmecjun2007
B = {3, 4, 5,10} e C = {3, 4, 5,10}.
B = {3, 4, 10}
e C = {4, 10}.
B = {3, 4, 5, 10} e C = {4, 10}.
B = {4, 10}
e C = {4, 10}.
B = {3, 4, 10}
e C = {4, 5,10}.
Resolução:
As situações apresentadas no enunciado podem ser reescritas
como:
(1)
(2)
A⊂B
(x ∈ B) ∧ (x = par ) ⇔ x ∈ C
Note que a segunda situação representa uma bi-implicação, que
deve ser validada duplamente, nos dois sentidos.
A única alternativa que satisfaz às três condições é a C:
–
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.
A = {3, 4, 5, 10},
A = {3, 4, 5, 10},
A = {3, 10},
A = {3, 10},
A = {3, 10},
–
–
todos elementos que fazem parte de A fazem parte
simultaneamente 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
Probabilidade
7,5%
Análise
Combinatória
5%
Geometria
Trigonometria Espacial Geometria
Plana
10%
7,5%
7,5%
Geometria
Analítica
10%
Porcentagem
5%
Logaritmos
10%
Números
Complexos Equação Funções
de 2o Grau
5%
5%
5%
Lógica
20%
Progressão
Geométrica
2,5%