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1CPV fgv091fnoveco

FGV – economia – 1a Fase – 29/novembro/2009

CPV O cursinho que mais aprova na fGV

01. Uma empresa desconta do salário anual de seus funcionários certa porcentagem para um plano de previdência privada. O desconto é de p% sobre R$ 28.000,00 de renda anual, mais (p + 2)% sobre o montante anual do salário que excede R$ 28.000,00. João teve desconto total de (p + 0,25)% do seu salário anual para o plano de previdência privada. O salário anual de João, em reais, sem o desconto do plano de previdência é

a) 28.000,00. b) 32.000,00. c) 35.000,00. d) 42.000,00. e) 56.000,00.

Resolução:

Chamando de S o salário anual de João e de D o desconto anual, temos:

D = 28000 . p% + (p + 2)% (S – 28000)

Como D = (p + 0,25)% S resulta:

(p + 0,25)% S = 28000 . p% + (S – 28000)(p + 2)%

p . S + 0,25S = 28000 p + S . p + 2S – 28000p – 56000

S = 32000

O salário anual de João é R$ 32000,00Alternativa B

02. Sejam x e y a soma e o produto, respectivamente, dos dígitos de um número natural.

Por exemplo, se o número é 142, então x = 7 e y = 8.

Sabendo-se que N é um número natural de dois dígitos tal que N = x + y, o dígito da unidade de N é

a) 2. b) 3. c) 6. d) 8. e) 9.

Resolução:

N = ab, com 1 £ a £ 9 e 0 £ b £ 9, são os dígitos de N.

Então: N = 10 a + b

Do enunciado, temos que: x = a + b y = a . b

Portanto: N = x + y Þ 10 a + b = a + b + ab 9a – ab = 0 Û a (9 – b) = 0 de onde resulta: a = 0 (não convém) ou b = 9 O dígito da unidade de N é 9.

Alternativa E

MATEMÁTICA

fgv – 29/11/2009 CPV o cursinho que mais aprova na fGV

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03. Emumquadradomágico,comooindicadonafigura,asoma dos números em cada linha, em cada coluna e em cada diagonal assume o mesmo valor. Se as letras A, B, C, D e E representam números, então D+E é igual a

a) 43. b) 44. c) 45. d) 46. e) 47.

Resolução: Doquadradodafigura,temosque:

A + 18 + 25 = A + 24 + B (I) (1a coluna = 1a linha) A + C + 21 = A + 18 + 25 (II) (diagonal principal = 1a coluna)

De (I), obtemos B = 19.

De (II), obtemos C = 22.

Na diagonal secundária:

B + C + 25 = Soma Þ Soma = 66

Assim podemos obter D = 26 e E = 20.

Portanto: D + E = 46

Alternativa D

04. Deslocando-se a vírgula 4 posições para a direita na representação decimal de um número racional positivo, o número obtido é o quádruplo do inverso do número original.Écorretoafirmarqueonúmerooriginalencontra-se no intervalo real

a) 1

100003

10000,

b) 1

10003

1000,

c) 1100

3100,

d) 110

310,

e) [1,3]

Resolução:

Chamando o número original de x, o novo número obtido será 10000 x.

Logo, temos:

10000 x = 4 . 1x

Þ x2 = 410000

Þ x = 2100

,

pois x é racional positivo.

Desta forma, 1100

2100

3100

1100

3100

< < ⇒ < <x

Alternativa C

A 24 B18 C D25 E 21

CPV o cursinho que mais aprova na fGV Fgv – 29/11/2009

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05. A soma dos 100 primeiros termos de uma progressão aritmética é 100, e a soma dos 100 termos seguintes dessa progressão é 200. A diferença entre o segundo e o primeiro termos dessa progressão, nessa ordem, é

a) 10–4. b) 10–3. c) 10–2. d) 10–1. e) 1.

Resolução:

S100 = a a1 100 100

2100

+( )=

Portanto a1 + a100 = 2

S'100 = a a101 200 100

2200

+( )=

Portanto a101 + a200 = 4

a1 + a100 = 2 Þ

2a1 + 99 r = 2

a101 + a200 = 4 2a1 + 299 r = 4

Portanto r = 1100

Logo: a2 – a1 = r = 1100

r = 10–2

Alternativa C

06. Na equação xx

x kx

−−=−−

12 6

,

na variável x, k é um parâmetro real. O produto dos valores de k para os quais essa equação

não apresenta solução real em x é

a) 10. b) 12. c) 20. d) 24. e) 30.

Resolução:

xx

x kx

−−=−−

12 6

Þ (x – 1) (x – 6) = (x – k) (x – 2)

x2 – 7x + 6 = x2 – (k + 2) x + 2k Þ (k – 5) x = 2k – 6 (I)

Se k = 5, a equação (I) não tem solução.

Pela equação inicial, temos CE: x ¹ 2 e x ¹ 6

Substituindo x = 2 em (I), resulta (k – 5) . 2 = 2k – 6 Þ –10 = –6

Portanto, não existe k para x = 2.

Substituindo x = 6 em (I), temos (k – 5) . 6 = 2k – 6 Þ k = 6

Para k = 5 ou k = 6 a equação não tem solução.

Produto = 5 . 6 = 30

Alternativa E


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07. Arepresentaçãográficadaequação(x+y)2 = x2 + y2 no sistema cartesiano ortogonal é

a) o conjunto vazio. b) um par de retas perpendiculares. c) um ponto. d) um par de pontos. e) um círculo.

Resolução:

(x + y)2 = x2 + y2 Û x2 + 2xy + y2 = x2 + y2 Û 2xy = 0

de onde resulta: x = 0 ou y = 0

No plano cartesiano, x = 0 ou y = 0 representa um par de retas perpendiculares.

Alternativa B

08. Afiguraindicaaplanificaçãodalateraldeumconecircularreto:

Oconeaquesereferetalplanificaçãoé

a)

b)

c)

d)

e)

Resolução:

A área lateral do cone é igual ao setor circular dado, portanto:

p . r . g = 252360

2. .p g Þ p . r . 10 = 252 10360

2. .p ( )

de onde resulta r = 7.Alternativa B


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09. Os pontos A, B, C, D, E e F estão em AF e dividem esse segmento em 5 partes congruentes. O ponto G está fora de AF, e os pontos H e J estão em GD e GF, respectivamente.

Se GA, HC e JE são paralelos, então a razão HCJE

é

a) 53

.

b) 32

.

c) 43

.

d) 54

.

e) 65

.

Resolução:

Nafigura,consideremosAB=BC=CD=DE=EF=k.

Temos AG // CH Þ DADG ~ DCDH

HCGA

kk

HC GA= ⇒ =3 3

Da mesma forma, temos AG // EJ Þ DAFG ~ DEFJ

JEGA

kk

JE GA= ⇒ =5 5

Portanto HCJE

GA

GA= =3

5

53

Alternativa A

10. O perímetro de um triângulo equilátero, em cm, é numericamente igual à área do círculo que o circunscreve, em cm2.

Assim, o raio do círculo mencionado mede, em cm,

a) 3 2p

.

b) 3 3p

.

c) 3 .

d) 6p

.

e) p 32

.

Resolução:

Chamemos de a a medida do lado do triângulo equilátero AB. Chamemos de R o raio AO.

Nafigura,OéocircuncentroeobaricentrodotriânguloABC.

Portanto, se AO = R, então OH = R2 .

De onde resulta AH = 32R (I).

AH é também a altura do triângulo equilátero: AH = a 32

(II).

Igualando as equações (I) e (II), temos:

32

32

R a= Þ a = R 3

Do enunciado, temos: p . R2 = 3a Þ R = 3 3p

Alternativa B

G

A B C D E F

J

H

k k k k k

R

O

HB C

A

a a


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11. Dados os números reais positivos x e y, admita que x y = xy.

Se 2 (x + y) = 16 (x – y), então log logx y-2

é igual a

a) log 3 77 .

b) log 2 55 .

c) log 2 35

.

d) log 23

.

e) log 34

.

Resolução:

Do enunciado, temos que: 2 (x+y) = 16 (x–y) Þ 2

x y+ = 16 x–y Þ

Þ 2 212 4

= ( )+

−x y

x y Þ

Þ 12

(x + y) = 4x – 4y Þ x + y = 8x – 8y Þ

Þ9y = 7x Þ xy

=97

Logo:

log log log log log logx y xy

xy

−= =

= =

212

97

3 77

12

Alternativa A

12. Um dado possui seis faces numeradas de 1 a 6. As probabilidades de ocorrências das faces com os números

2, 3, 4, 5 e 6 são, respectivamente, 16112

118

127

136

, , , e .

Lançando duas vezes esse dado, a probabilidade de que a soma dos números obtidos em cada lançamento seja 3 é

a) 13 .

b) 1354 .

c) 1569 .

d) 1781 .

e) 16 .

Resolução:

Seja x a probabilidade de ocorrência da face com o número 1.

Assim, temos que:

X+ + + + + =16

112

118

127

136

1

1027

� �� Þ X=

1727

A probabilidade pedida é a de ocorrência do par (2; 1) ou do par (1; 2) nos lançamentos desse dado.

Desta forma, tal probabilidade é dada por

Psoma 3 = P(2) . P(1) + P(1) . P(2) = 161727

1727

16

. . 1781

+ = .

Alternativa D


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13. A média aritmética dos elementos do conjunto {17, 8, 30, 21, 7, x} supera em uma unidade a mediana dos elementos desse conjunto.

Se xéumnúmeroreal talque8<x<21ex≠17,então a média aritmética dos elementos desse conjunto é igual a

a) 16. b) 17. c) 18. d) 19. e) 20.

Resolução:

Seja MA a média aritmética e MD a mediana.

MA = 17 8 30 21 7

6836

+ + + + +=

+x x

Organizando os elementos em ordem crescente, e sabendo que 8 < x < 21, o elemento x deve ocupar a 3a ou 4a posição:

{7, 8, x, 17, 21, 30}.

Então:

MD = x + 172

Do enunciado, temos MA = MD + 1

Portanto: x x++ =

+172

1 836

Þ x = 13

Logo MA = 966

16=

Alternativa A

14. Sorteados ao acaso 3 dentre os 9 pontos marcados no plano cartesianoindicadonafigura,aprobabilidadedequeelesestejam sobre uma mesma reta é

a) 121 .

b) 114 .

c) 221 .

d) 17 .

e) 27 .

Resolução:

No total, há

C9,3 = 84 maneiras de escolhermos 3 dos 9 pontos dados e

8 maneiras dessas retas conterem 3 pontos, com a seguinte distribuição: 3 nas horizontais, 3 nas verticais e 2 nas diagonais.

Portanto, a probabilidade pedida é P = =884

221

Alternativa C


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15. Os anos N–1, e N têm 365 dias cada um. Sabendo-se que o 300.º dia do ano N é uma terça-feira, o 100.º dia do ano N–1 foi uma

a) segunda-feira. b) terça-feira. c) quarta-feira. d) quinta-feira. e) sexta-feira.

Resolução:

Desde o 100o dia de um ano (N – 1) até o 300o dia do ano seguinte (n), passaram-se 265 + 300 = 565 dias.

Como esse número não é múltiplo de 7, é claro que esses dias não podem cair em dias da semana iguais.

Entretanto, como ao dividir 565 por 7, sobra um resto 5, podemos perceber que há uma defasagem de 5 dias de semana entre a primeira e a segunda datas.

Assim, para que a segunda data ocorra numa 3a feira, é necessário esuficientequeaprimeiradatatenhaocorridonuma5a feira.

Alternativa D


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16. Seja ABC um triângulo retângulo em B tal que AC=7 32

e BP = 3, em que BP é a altura do triângulo ABC pelo vértice B.

A menor medida possível do ângulo A^CB tem aproximação inteira igual a:

Dados: a) 25º. b) 35º. c) 41º. d) 43º. e) 49º.

Resolução:

Observeafiguraaseguir,emquex é a medida do segmento PC.

Pelas relações métricas no triângulo retângulo ABC, temos:

(BP)2 = (AP) . (PC) Þ 9 = 7 32−

x . x

De onde resulta que x = 2 3 ou x = 3 32

Como queremos a menor medida para o ângulo A^CB,

sua tangente 3x

também deve ser mínima.

Portanto, x = 2 3 e tg (A^CB) = 32 3

32

= .

Observando a tabela fornecida, temos A^CB @ 40,9º @ 41º

Alternativa C

17. AfiguraindicaumacircunferênciadediâmetroAB=8cm,um triângulo equilátero ABC e os pontos D e E pertencentes àcircunferência,comDemAC e E em BC.

Em cm2,aáreadaregiãohachuradanafiguraéiguala:

a) 64. b) 8.

c) 8 33

−

π .

d) 4 33

−

π

.

e) 4 32

−

π

.

Resolução:

DABC é equilátero

SADO = SEOB = S

SDEC = SABC – 2S – SDOE

SDEC = 64 34

2 16 34

16

- -.

p . 16 = 8 33

−

π

Alternativa C

B

A P Cx

3

7 32

- x

4 460º

60º60º

O


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18. Asoma cos20º + cos22º + cos24º + cos26º + ... + cos2358º+cos2 360º é igual a a) 316. b) 270. c) 181. d) 180. e) 91.

Resolução:

Se 0 < a < 90º, temos:

cos a = cos (360º – a) cos a=–cos(180º–a) cos a=–cos(180º+a)

Então:

cos2a = cos2(180º–a) = cos2(180º+a) = cos2 (360º – a)

Logo

cos2 2º = cos2178º=cos2182º=cos2358º cos2 4º = cos2 176º = cos2184º=cos2 356º cos2 6º = cos2 174º = cos2186º=cos2 354º . . . cos288º=cos2 92º = cos2268º=cos2 272º

Portanto:

cos2 0º + cos2 2º + cos2 4º + cos2 6º +...+ cos2358º+cos2 360º = = cos2 0º + cos2 90º + cos2180º+cos2 270º + cos2 360º + + 4 . (cos2 2º + cos2 4º + cos2 6º +... + cos288º)(I)

Como cos a = sen (90º – a), temos:

cos2º=sen88º cos4º=sen86º cos6º=sen84º . . . cos 44º = sen 46º

Então,asoma(I)podeserescritacomo:

S = 1 + 0 + 1 + 0 + 1 + 4 (sen288º+sen286º+...+cos286º+cos288º)

S = 3 + 4 . 22 = 91 \ S = 91 Alternativa E

19. Sendo x um número positivo tal que x2 + 12x

= 14,

o valor de x3 + 13x

é:

a) 52. b) 54. c) 56. d) 58. e) 60.

Resolução:

Temos que x x+

1 2

= x2 + 2x1 1

2x x+ = x2 +

12x

+ 2

Como x2 + 12x

= 14 então x x+

1 2

= 14 + 2 \ x + 1x = 4

Temos que x x+

1 3

= x3 + 3x2 1x

+ 3x12x

+ 13x

43 = x3 + 3 x x x+

+1 1

3

64 = x3 + 3(4) + 13x

\ x3 + 13x

= 52

Alternativa A

22 igualdades

1

1

a

360º – a180º + a

180º – a

sen

cos


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20. Os pontos A (–1; 4), B (2; 3) e C não são colineares. O ponto C é tal que a área do triângulo ABC é 5 . Nas condições dadas, o lugar geométrico das possibilidades

de C é representado no plano cartesiano por um(a):

a) par de pontos distantes 2 5 um do outro.

b) reta perpendicular a AB que passa por 1103

,

.

c) reta perpendicular a AB que passa por 1272,

.

d) par de retas paralelas distantes 3 uma da outra.

e) par de retas paralelas distantes 2 2 uma da outra.

Resolução:

Observeafiguraaseguir,emqueAB= 1 3 102 2+ = e 2h é a distância entre as retas paralelas r e s.

Todo triângulo ABC com C pertencente a r ou s tem mesma área.

Como essa área deve ser 5 , temos 102

5. h= Þ 2h = 2 2 .

Assim, o lugar geométrico das possibilidades de C são duas retas

paralelas, distantes 2 2 uma da outra. Alternativa E

21. Um número real x, 10 ≤ x ≤ 110, é tal que (x – 10)% da diferença entre 14 e x, nessa ordem, é igual ao número real y.

Nessas condições, o valor máximo que y pode assumir é:

a) 120 .

b) 121 .

c) 124 .

d) 125 .

e) 127 .

Resolução:

Pelas informações do enunciado, temos:

x

x y−( )

⋅ −( )=10

10014

As raízes de y = 0 são x = 10 e x = 14.

Portanto, o valor máximo de y será obtido para x = 12:

y =

−( )⋅ −( )= =

12 10100

14 12 4100

125

Alternativa D

22. Para que o sistema linear 2 2

1 21 3

x k y

k x y

+ ( ) =+( ) + =

!

!

de solução (x; y) não seja possível e determinado, o parâmetro k Î tem de ser igual a:

a) 2. b) 3. c) 4. d) 5. e) 6.

Resolução: O sistema linear dado não é possível e determinado se

2

1 210

kk

!!+

=

Fazendo k! = t, com k! > 0, temos:

2

1 210

tt+

= Û – t2 – t + 42 = 0 Û t = 6 ou t = –7 (não convém) Portanto k! = 6 = 3 . 2 . 1 = 3!

Logo, k = 3 Alternativa B

C4

C1

r

s

h

h

B

A

C2

10


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23. Fatorando completamente o polinômio x9 – x em polinômiosemonômioscomcoeficientesinteiros,

o número de fatores será:

a) 7. b) 5. c) 4. d) 3. e) 2.

Resolução:

Utilizando as propriedades de fatoração, temos que:

x9 – x = x (x8 – 1) =

= x (x4 + 1) (x4 – 1) =

= x (x4 + 1) (x2 + 1) (x2 – 1) =

= x (x4 + 1) (x2 + 1) (x + 1) (x – 1)

que tem 5 fatores.Alternativa B

24. Considereográficodasfunçõesreaisf(x)=2logxeg(x) = log 2x, nos seus respectivos domínios de validade.

Arespeitodosgráficosdef e g,écorretoafirmarque:

a) não se interceptam. b) se interceptam em apenas um ponto. c) se interceptam em apenas dois pontos. d) seinterceptamemapenastrêspontos. e) seinterceptameminfinitospontos.

Resolução:

Parasaberonúmerodepontosnosquaisosgráficosde

f (x) = 2 log x e g(x) = log 2x se interceptam,

devemos saber o número de soluções da equação f (x) = g(x).

Assim: 2 log x = log 2x (CE: x > 0)

log x2 = log 2x Þ x2 = 2x Þ x = 0 (não convém) ou

x = 2

Portanto, como há apenas uma solução para a equação f (x) = g(x), osgráficosdef(x)edeg(x)interceptam-se apenas num ponto.

Alternativa B

25. Sendo i a unidade imaginária,

então (1 + i)20 – (1 – i)20 é igual a:

a) –1024. b) –1024i. c) 0. d) 1024. e) 1024i.

Resolução:

(1 + i)20 – (1 – i)20 = [(1 + i)2]10 – [(1 – i)2]10 =

= [2i]10 – [(–2i)]10 =

= 210i10 – 210i10 = 0 Alternativa C

26. Se m, n e p são raízes distintas da equação algébrica

x3 – x2 + x – 2 = 0, então m3 + n3 + p3 é igual a:

a) –1. b) 1. c) 3. d) 4. e) 5.

Resolução:

Inicialmente,equacionamosasrelaçõesdeGirard:

m n pmn mp npmnp

+ + =+ + ==

11

2

Na equação original, isolamos x3 e substituímos as raízes:

x3 – x2 + x – 2 = 0

x3 = x2 – x + 2

m m m

n n n

p p p

3 2

3 2

3 2

2

2

2

= − +

= − + +

= − +

( )

m3 + n3 + p3 = (m2 + n2 + p2) – (m + n + p) + 6

m3 + n3 + p3 = (m + n + p)2 – 2 (mn + mp + np) – (m + n + p) + 6

m3 + n3 + p3 = 12 – 2 . 1 – 1 + 6

m3 + n3 + p3 = 4Alternativa D

� ��


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27. A caderneta de poupança teve rendimento de 0,68%e 0,54% nos meses de janeiro e fevereiro de 2009, respectivamente.

Um índice de preços ao consumidor, nesses mesmos meses, foi de 0,46% e 0,27%, respectivamente.

Ao final de fevereiro de 2009, o ganho real de umaaplicação em caderneta de poupança (ganho da poupança descontando-seainflaçãomedidapeloíndicedepreçosao consumidor) acumulado desde janeiro de 2009 foi de:

a) (100,68. 1,0054 – 100,46 . 1,0027)%. b) (100,68. 100,54 – 100,46 . 100,27)%. c) (1,0068. 1,0054 – 1,0046 . 1,0027)%. d) (0,0068. 0,0054 – 0,0046 . 0,0027)%. e) (0,68. 0,54 – 0,46 . 0,27)%.

Resolução:

Oganhorealdacaderneta(ganhonominalmenosinflação) pode ser obtido por meio de cálculos com juros compostos:

i=(1+0,0068). (1 + 0,0054) – (1 + 0,0046) . (1 + 0,0027)

i=1,0068. 1,0054 – 1,0046 . 1,0027

Vertendo para porcentagem, temos:

i=(1,0068. 1,0054 – 1,0046 . 1,0027) . 100%

i=(100,68. 1,0054 – 100,46 . 1,0027) % Alternativa A

28.Afiguraindicaográficodafunçãof, de domínio [–7; 5], no plano cartesiano ortogonal.

O número de soluções da equação f(f(x)) = 6 é:

a) 2. b) 4. c) 5. d) 6. e) 7.

Resolução:

Observeque,segundoográfico,hásomentedoisvaloresparaos quais a função retorna o valor y = 6:

k = –2 f(k) = 6 Þ ou k = 1

Assim, devemos ter:

k = –2 Þ f (x) = –2 ® há duas raízes ou k = 1 Þ f (x) = 1 ® há outras quatro raízes Portanto, temos um total de 6 raízes no domínio considerado.

Alternativa D


CPV fgv091fnoveco

14

29. Uma matriz 4 x 4 que admite inversa é:

a)

1 2 3 44 3 2 12 4 6 85 6 7 8

b)

1 2 3 41 4 5 162 6 8 205 6 11 8

c)

1 1 1 12 2 2 23 3 3 34 4 4 4

d)

1 2 3 45 6 7 89 10 11 1213 14 15 16

e)

−−

−−

1 2 3 45 6 7 89 10 11 1213 14 15 16

Resolução: Uma matriz M admite inversa quando det M ¹ 0.

det A =

1 2 3 44 3 2 12 4 6 85 6 7 8

. Como L3 = 2 . L1 Þ det A = 0

det B =

1 2 3 41 4 5 162 6 8 205 6 11 8

. Como L1 + L2 = L3 Þ det B = 0

det C =

1 1 1 12 2 2 23 3 3 34 4 4 4

. Como L2 = 2 . L1 Þ det C = 0

det D =

1 2 3 45 6 7 89 10 11 1213 14 15 16

1 2 3 44 4 4 49 10 11 124 4 4 4

Como L2 = L4 Þ det D = 0

Como as matrizes das alternativas a, b, c e d não admitem inversa, por exclusão o gabarito é E. Alternativa E

30. Em um DABC, o lado AC e a mediatriz de BC interceptam-se no ponto D, sendo que BD é bissetriz do ângulo A^BC.

Se AD = 9 cm e DC = 7 cm, a área do DABD (em cm2) é:

a) 12. b) 14. c) 21. d) 28. e) 14 5

Resolução:

No DBCD, a altura relativa ao vértice D coincide com sua mediana. Portanto, o DBCD é isósceles com base BC. A^DB é externo ao DBCD Þ A^DB = 2a. A^DB º A^BC DADB ~ DABC Þ

ADAB

ABAC

DBBC

= = A^BD º A^CB

Substituindo valores:9

167

yy

x= = , donde y = 12 e x =

283 .

Aplicando a Lei dos Senos no DABD, resulta:

9

29 12

223sen

ysen sen senα α α α α

α= ⇒ = ⇒ =cos

cos

sen2 a + cos2 a = 1 Þ senα =53

A área do DABD será:

S sen= = =12 7

2

12 7 53

2. . . .

14 5α Alternativa E

COMENTÁRIO DA PROVA DE MATEMÁTICA

Na avaliação da equipe de Matemática do CPV, o Vestibular para ingressoemEconomiaFGV2010apresentouumaboadistribuiçãode temas, cobrindo o programa proposto com adequação e mantendo ograudeexigênciadasprovasanteriores.

Esperava-se do candidato – além de domínio ferramental extenso – capacidade de leitura, interpretação e modelagem, habilidades úteis a alunos de graduação para a área.

Consideramosaprovadeboaqualidadeeadequadaaumaseleçãoeficaz.

Destacamos ainda que algumas questões poderiam ser resolvidas contornando cálculos extensos, como as questões 7, 12, 15, 17, 20, 21,28e29,quedependiammaisdepercepçãodepropriedadesdoque de trabalho algébrico.

L2 – L1

=

L4 – L3

A

B Cx

y D

9

7 7

aa

a

2a

Þ(por AA)

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