CPV – especializado na ESPM

CPV – especializado na ESPM
ESPM – JULHO/2007 – PROVA E
MATEMÁTICA
21. Uma competição esportiva é realizada de n em n anos
(n inteiro e maior que 1). Sabe-se que houve competição
nos anos de 1931, 1959 e 1994. Assinale a alternativa que
apresenta a próxima data dessa competição a partir deste
ano.
a) 2010. b) 2012. c) 2011. d) 2008. e) 2009.
Resolução:
Como as competições são realizadas de n em n anos, temos uma
PA de razão n. Como as diferenças:
1959 − 1931 = 28

1994 − 1959 = 35
23. Uma gráfica foi contratada para a impressão de 2 lotes de
folhetos, um com o dobro da quantidade do outro.
No primeiro dia, todas as máquinas trabalharam na
impressão do lote maior. No segundo dia, enquanto a
metade das máquinas terminou o lote maior, a outra metade
trabalhou na impressão do lote menor, restando, deste lote,
uma quantidade que foi executada em 2 outros dias por
uma única máquina. Sabendo-se que todas as máquinas
trabalharam o mesmo número de horas por dia e que todas
têm a mesma capacidade, podemos concluir que o número
de máquinas utilizadas foi:
a) 12.
são múltiplos de 7, então n = 7. Portanto, as próximas
competições serão em 2001, 2008, 2016, . . .
Alternativa D
22. Sendo x e y números reais positivos,
x + y = 20, o valor de x
x +y
x+
y =6e
b) 10.
b) 72.
c) 52.
e) 168.
e) 14.
Seja n o número de máquinas e a a quantidade de folhetos que
cada máquina produz por dia.
y é igual a:
d) 86.
d) 6.
Resolução:
Folheto (1)
a) 64.
c) 8.
Folheto (2)
1o dia
2o dia
na
na/2
na/2
3o dia
4o dia
a
a
Resolução:
Como número de folhetos (1) é o dobro dos folhetos (2)
 x + y = 6

 x + y = 20
então na +
Considerando
x =a e
y = b, temos:
(x2)
a + b = 6 ⇔ a = 6 − b (1)
 2
2
a + b = 20 (2)
Substituindo (1) em (2), temos:
(6 – b)2 + b2 = 20 ⇒ 2b2 – 12b + 16 = 0 ⇒ b2 – 6b + 8 = 0
Logo b = 2 ou b = 4
Para b = 2 ⇒ a = 4. Logo:
x = 4 ∴ x = 16
y =2 ∴ y=4
Para b = 4 ⇒ a = 2. Logo:
x =2 ∴ x=4
y = 4 ∴ y = 16
Logo x x + y y = 72
CPV
espm07jul
Alternativa B
 na

na
= 2  2 + 2a 
2


3na
na
=2
+ 4a
2
2
3n = 2n + 8 ⇒ n = 8 máquinas
Alternativa C
24. Hoje, a idade de um pai é o quádruplo da idade do seu filho,
que tem menos de 20 anos. Daqui a 3 anos, ambas as idades
serão expressas por números formados pelos mesmos
algarismos, porém, em ordem inversa. Podemos afirmar que
há 3 anos atrás, a idade do pai era:
a)
b)
c)
d)
e)
um número múltiplo de 13.
um número múltiplo de 7.
o quíntuplo da idade do filho.
o sêxtuplo da idade do filho.
um número primo.
1
2
cpv – especializado na espm
espm – 01/07/2007
Resolução:
27. Utilizando-se os algarismos de 0 a 9, podemos formar
números naturais de 4 algarismos. A quantidade desses
números que não possuem algarismos adjacentes iguais é:
pai = 4x
Hoje 
filho = x
a)
b)
c)
d)
e)
idade do pai ⇒ ab = 4x + 3
Daqui a três anos 
idade do filho ⇒ ba = x + 3
10a + b = 4x + 3 (1)
10a + a = x + 3 (2)
Fazendo (1) – (2) temos: 9a – 9b = 3x ∴ a – b =
x
3
Com x < 20 temos: x (3, 6, 9, 12, 15, 18)
x
a–b
18
6
93, 82, 71, 60
15
5
94, 83, 72, 61, 50
12
4
95, 84, 73, 62, 51
pai ⇒ 45
filho ⇒ 12
há três anos
filho ⇒ 9
Alternativa C
25. Se (a, b, c) é uma PA de razão r, a seqüência (a2, b2 + r2, c2)
é:
a) uma PA de razão r2.
c) uma PA de razão 2 . b . r.
e) uma PG de razão b . r2.
b) uma PA de razão b . r.
d) uma PG de razão r2.
26. O número de termos da seqüência (71, 72, 75, 80, 87, ...,
2007) é igual a:
b) 38.
c) 40.
d) 42.
e) 45.
Resolução:
Observando a seqüência, temos:
a1 = 71
a2 = 71 + 1
a3 = 71 + 1 + 3
a4 = 71 + 1 + 3 + 5
6561
qualquer número
exceto o adjacente
Alternativa B
(x + 1) . (x − 3)
> x – 1, um
x
aluno efetuou as seguintes passagens:
an = 71 + (n – 1)2 = 2007
(n – 1)2 = 1936 ∴ n = 45
(x + 1) . (x − 3)
>x–1
x
(x + 1) . (x – 3) > x2 – x
x2 – 2x – 3 > x2 – x
– 2x – 3 > – x
2x + 3 < x
x<–3
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
a)
b)
c)
d)
e)
cometeu um erro apenas, na passagem de 4 para 5.
cometeu erros nas passagens de 3 para 4 e de 4 para 5.
cometeu erros nas passagens de 1 para 2 e de 4 para 5.
cometeu um erro apenas, na passagem de 1 para 2.
não cometeu erro algum.
Resolução:
Não podemos multiplicar por x os 2 lados de uma inequação,
pois não sabemos se x > 0 ou x < 0.
Portanto, cometeu 1 erro apenas, na passagem de 1 para 2.
Alternativa D
29. Sendo x um número inteiro, o valor do número real
y = logx – 1 (4 + 3x – x2) é:
Observando que a soma dos (n – 1) primeiros números ímpares é
(n – 1)2 temos:
espm07jul
=
Podemos afirmar que esse aluno
Resolução:
Seja (a, b, c) uma PA de razão r, temos que a = b – r e c = b + r.
Da seqüência (a2, b2 + r2, c2) temos:
( (b – r)2; b2 + r2; (b + r)2 ) ∴ (b2 + r2 – 2 br; b2 + r2; b2 + r2 + 2 br),
o que caracteriza uma PA de razão 2br.
Alternativa C
CPV
9 . 9 . 9
14444444244444443
28. Ao resolver a inequação
pai ⇒ 48
a) 35.
Resolução:
9
.
↓
qualquer
número
exceto o
zero
4x + 3
51 = 4x + 3
x = 12
7290.
6561.
3024.
5040.
4536.
Alternativa E
a)
b)
c)
d)
e)
2.
3.
0.
–1.
–3.
cpv – especializado na espm
3
espm – 01/07/2007
A área do quadrilátero será dada por:
Resolução:
x∈Z
CE { 4 + 3x – x2 > 0 e x – 1 > 0 e x – 1 ≠ 1
C
5
Para – x2 + 3x + 4 > 0 temos:
4
+
–1
4
–
3
–
h
B
x
2
A
D
CE { – 1 < x < 4 e x > 1 e x ≠ 2
–1
1
2
1
4
1
x
2
3
1<x<4 e x≠2
Mas x ∈ Z ⇒ x = 3 ∴ y = log2 4 ∴ y = 2 Alternativa A
 x 2 y + xy 2 = 30
30. As soluções em R x R do sistema 
 x + xy + y = 11
determinam, no plano cartesiano, os vértices de um polígono
cuja área vale:
b) 3,0.
5

2
AB = 2 
2 +4 2
2
=
 S
CD = 4 2  ∆BCD
2

+
(2
8)
2  S
= 2,5
h=
∆BCD =
4

2
(
a) 2,5.
4
c) 1,5.
d) 0,5.
e) 2,0.
Resolução:
x2 y + xy2 = 30 ⇒ xy (x + y) = 30 (I)
x + xy + y = 11 ⇒ xy = 11 – x – y (II)
)
Alternativa A
31. Os retângulos ABCD e AEFG são congruentes e seus
perímetros medem 18 cm. O maior valor que a área
sombreada pode ter é:
a)
b)
c)
d)
e)
18 cm2.
30 cm2.
24 cm2.
27 cm2.
36 cm2.
Resolução:
Como o perímetro dos retângulos medem 18, então se AD = x
então DG = 9 – 2x.
x
Substituindo (II) em (I), temos: (11 – x – y) . (x + y) = 30
9 – 2x
Fazendo x + y = t temos: (11 – t) t = 30 ⇒ t2 – 11t + 30 = 0
x
Resolvendo temos t = 5 ou t = 6.
x
x
x
Se t = x + y = 5 então xy = 6.
Se t = x + y = 6 então xy = 5.
x + y = 5
(2 ; 3) ou
⇒ 

=
x
y
6

(3 ; 2)
x + y = 6
(1 ; 5) ou
⇒ 

x y = 5
(5 ; 1)
CPV
espm07jul
x
9 – 2x
A = x2 + 2 . x (9 – 2x) = 3x2 + 18x
−1
−18
=
=3
−6
2a
Amáx = – 3 (3)2 + 18 . (3) = 27 cm2
xV =
Alternativa D
4
espm – 01/07/2007
cpv – especializado na espm
32. Os triângulos ABC e BCD da figura abaixo são retângulos.
A área do triângulo BCE, em centímetros quadrados, é igual
a:
33. Um fazendeiro vendeu dois touros pelo mesmo preço.
Num deles obteve um lucro de 50% sobre o preço de venda
e no outro um prejuízo de 50% sobre o preço de compra.
No total, em relação ao preço de custo, esse fazendeiro
obteve:
a)
b)
c)
d)
e)
lucro de 5%.
prejuízo de 5%.
lucro de 10%.
prejuízo de 10%.
prejuízo de 20%.
Resolução:
1o touro:
a)
b)
c)
d)
e)
12,5.
15.
20.
17,5.
10.
L1
V − C1
= 0,5 ⇒ 1
= 0,5 ⇒
V1
V1
V1 – C1 = 0,5 V1 ⇒ C1 = 0,5 V1 ⇒ V1= 2 C1
2o touro:
Resolução:
L2
C2 − V2
= 0,5 ⇒
= 0,5 ⇒
C2
C2
C2 – V2 = 0,5 . C2 ⇒ V2 = 0,5 . C2
como V1 = V2
logo: 2 C1 = 0,5 C2 ⇒ C2 = 4 C1
Total de compras: C1 + C2 = C1 + 4C1 = 5 C1
Total de vendas:
V1 + V2 = 2C1 + 2C1 = 4 C1
∴ 5 C1 (1 – i) = 4 C1 ⇒ i = 20%
h
α
(
x
H
1444444444444444444444444444
42444444444444444444444444444
43
Alternativa E
34. O preço cobrado por um lote de x unidades de uma certa
2
x
– 2x + 15, em milhares
5
de reais. Um comerciante precisa adquirir 30 unidades dessa
peça. Ele fará maior economia se dividir sua compra em:
peça é dado pela função p (x) =
Temos que: AB2 + AC2 + BC2 ⇒ AC = 8 cm
Temos também que ∆BHE ~ ∆BCD, logo:
a)
b)
c)
d)
e)
BH
BC
x
10
=
⇒
=
⇒ x = 2h
EH
CD
h
5
Logo HC = BC – BH = 10 – 2h.
Mas do ∆ABC temos que tg α =
Por fim, do ∆EHC temos tg α =
Logo h = 3, ∆∆BEC =
6
3
= .
8
4
h
3
= .
10 − 2h
4
10 . 3
= 15 cm2.
2
Alternativa D
CPV
espm07jul
6 lotes de 5 peças.
4 lotes de 5 e 1 lote de 10 peças.
2 lotes de 10 e 2 lotes de 5 peças.
3 lotes de 10 peças.
2 lotes de 15 peças.
cpv – especializado na espm
espm – 01/07/2007
Resolução:
Resolução:
O custo será C = (número de lotes) . p (x). Se L é o número de
lotes, temos:
B + P + 8V = 10 bolas (total)
a) para
 52

− 2(5) + 15 
C = 6
5




L = 6 e

x = 5
B e 9 Quaisquer
→
1
9
.1=
10
90
V e B e 8 Quaiquer
→
8 1
9
.
.1=
10 9
90
2V e B e 7 Quaiquer
→
8
7 1
7
.
.
.1=
10 9 8
90
3V e B e 6 Quaiquer
→
8
7 6 1
6
.
.
.
.1=
10 9 8 7
90
→
8 7 6 5 4 3 2 1
. . . . . . . .1
10 9 8 7 6 5 4 3
Ca = R$ 60 000,00
b) para
L = 4 e x = 5 mais

L = 1 e x = 10
 52

− 2(5) + 15  + 1
Cb = 4 
 5



Cb = R$ 55 000,00
c) para
 102


− 2(10) + 15 
 5



 52
L = 3 e

 x = 10
 102

− 2(10) + 15 
Cd = 3 
 5



Cd = R$ 45 000,00
d) para
Ce = R$ 60 000,00
Alternativa D
35. Uma urna contém 1 bola branca, 1 bola preta e 8 bolas
verdes, distinguíveis apenas pela cor. Essas bolas vão
sendo retiradas uma a uma, aleatoriamente e sem retorno,
observando-se suas cores. A probabilidade de que a cor
branca seja a primeira cor a se esgotar nessa urna é de:
a)
b)
c)
d)
e)
CPV
22/45.
43/90.
49/100.
12/25.
7/15.
espm07jul
7V e B e 2 Quaiquer
=
 10


− 2(10) + 15  + 2 
− 2(5) + 15 
Cc = 2 
5
5








Cc = R$ 50 000,00
d) para
.
.
.
L = 2 e x = 10 mais

L = 2 e x = 5
2
5
2
90
9
8
7
2
44
22
+
+
+ ...
=
=
45
90 90 90
90
90
P=
Alternativa A
36. Um polinômio que deve ser somado ao polinômio
x3 – 2x2 + 1 para que ele se torne divisível por x2 + 3 é:
a)
b)
c)
d)
e)
– 3x + 7.
3x – 7.
2x + 5.
– 2x – 5.
– 2x + 7.
Resolução:
Dividindo x3 – 2x2 + 1 por x2 + 3 pelo método das Chaves,
obtemos:
x3 – 2x2 + 0x + 1
– x3
– 3x
x2 + 3
x–2
– 2x2 – 3x + 1
+ 2x2
+6
– 3x + 7
Como x3 – 2x2 + 1 deve ser divisível por x2 + 3, devemos somar
3x – 7 para que o resto seja zero.
Alternativa B
6
cpv – especializado na espm
espm – 01/07/2007
37. Numa pirâmide regular de base quadrada, as arestas laterais
medem 6 cm e formam 60º com o plano da base. O volume
dessa pirâmide, em cm3, é igual a:
Bn
Resolução:
a) 8 3 .
b) 9 3 .
c) 12 3 .
d) 15 3 .
B
e) 18 3 .
B
Temos que AB = 2 (diagonal do quadrado)
BBn = BB1 + B1B2 + B2B3 + ... Bn–1 . Bn
6
h
60º(
D
a
OA
1
=
e cos 60º =
6
2
h
3
=
∴ h=3 3
6
2
∴ a=
2
(3 2 )
SbH
=
3
1–
( 2)
2
(ABn)2 = 18
+ 42
∴
ABn = 3 2
Alternativa A
∴ a=3 2
2
O volume da pirâmide é V =
1
(ABn)2 =
∴ OA = 3 e AC = 6
6
3
3
4
=4
3
4
Portanto TP {(ABn)2 = (AB)2 + (BBn)2
BBn =
B
No ∆ VOA temos sen 60º =
Como AC = a 2
soma de PG infinita de razão q =
A
a
O
C
A
V
Resolução:
.3 3
= 18 3
Alternativa E
38. Uma série de n cubos são empilhados a partir de um primeiro
cubo de aresta 1, como mostra a figura abaixo. A medida da
aresta de cada cubo, a partir do segundo, é igual a 3/4 da
medida da aresta do cubo imediatamente inferior. Se
considerarmos uma quantidade infinita de cubos, a distância
do vértice A até o vértice Bn será igual a:
39. Os vértices de um quadrilátero são A (0, 0); B (0, 4); C (2, 6)
e D (8, 0). Uma reta passa pelo ponto A e divide esse
quadrilátero em duas regiões de mesma área. O coeficiente
angular dessa reta vale:
a) 1.
b) 4/5.
c) 7/9.
d) 5/6.
e) 6/7.
Resolução:
Considere a seguinte figura:
y
C
6
a) 3 2 .
b) 2 3 .
r
P (x, h)
4 B
c) 5 2 .
d) 4 3 .
h
e) 2 5 .
)θ
2
A
CPV
espm07jul
D (8, 0)
x
cpv – especializado na espm
A área S do quadrilátero ABCD pode se calculado por:
(6 + 4 ) . 2
a) 3. b) 5.
8.h
7
= 14 ⇒ h =
2
2
7
9
=–x+8 ⇒ x=
2
2
Dessa forma o coeficiente angular da reta r é:
⇒ m=
c) 6.
d) 8.
Resolução:
x2 + y2 + 2 xy + 3 ≤ 4x + 4y
x2 + 2xy + y2 – 4x – 4y + 3 ≤ 0
(x + y)2 – 4 (x + y) + 3 ≤ 0
suur
Como P(x, h) pertence à reta CD de equação y = – x + 8 temos:
7
2
m = tg θ =
9
2
7
40. A região do primeiro quadrante do plano cartesiano,
determinada pela inequação x2 + y2 + 2xy + 3 ≤ 4x + 4y tem
área igual a:
6.6
⇒ S = 28
+
2
2
Dessa forma a área do ∆APD deve medir 14.
S=
espm – 01/07/2007
e
e
e
e) 4.
Io Q
Io Q
Io Q

 x + y = 1 ou x + y = 3
Produto = 3 
Soma = 4
7
9
+
Alternativa C
+
1
x+y
3
–
⇒ 1≤x+y≤3
e
Io Q
∴ x + y ≥ 1 e x + y ≤ 3 e Io Q
y
3
Área =
3.3
1.1
−
2
2
Área =
9
1
−
=4
2
2
Alternativa E
1
3
x
1
COMENTÁRIO DA PROVA DE MATEMÁTICA
A prova de Matemática da ESPM foi, como nos semestres anteriores, bastante conceitual, que exigiu do candidato um conhecimento
aprofundado da matéria, assim como uma boa interpretação de alguns enuncaidos. As questões acabaram por compensar os
esforços desprendidos por aqueles que se prepararam para o tipo de prova característica da ESPM.
DISTRIBUIÇÃO DAS QUESTÕES
Logarítmos
5%
Polinômios
Função
5%
Inequações
5%
Seqüências,
PA e PG
25%
5%
Geometria
Espacial
5%
Sistemas e
Equações
10%
Geometria
Plana
10%
Geometria
Analítica
15%
CPV
espm07jul
Juros e
Porcentagem
5%
Probabilidades e
Combinatória
10%