1CPV ibmecnov2008

CPV conquista 93% das vagas do ibmec(junho/2008)

ANÁLISE QUANTITATIVA E LÓGICA OBJETIVA

41. A equação algébrica 24x4 – 50x3 + 35x2 – 10x + 1 = 0admite 4 raízes racionais distintas. Não é uma dessas raízes:

a) 1.

b)12 .

c)13 .

d)14 .

e)15 .

Resolução:As possíveis raízes racionais dessa equação algébrica são dadaspela Pesquisa Racional:

Divisor (1) 1 1 1 1 1 1 11, , , , , , ,Divisor (24) 2 3 4 6 8 12 24= ± ± ± ± ± ± ± ±

A única alternativa que não apresenta uma dessas raízes é a

Alternativa E42. Considere que:

• A é igual à soma do maior número inteiro que não supera2π com o menor número real positivo cujo quadradonão é inferior a 2;

• B é igual à diferença entre o menor número inteiro queé maior do que 30 e a medida da diagonal de umquadrado de lado 1.

Então o produto A . B é igual a:

a) 17.b) 17 2 .c) 34.d) 34 2 .e) 34 π.

Prova REsolvida – IBMEC – 09/Novembro /2008 – (Manhã)

Resolução:Ι) A = n + m

• n < 2 π (≅ 6,28) ∴ n = 6• m2 ≥ 2 ∴ m = 2

ΙΙ) B = p – d

• p > 30 ∴ p = 6

• d = lllll 2 ∴ d = 2

Assim, A . B = (6 + 2 ) (6 – 2 ) = 36 – 2 = 34Alternativa C

43. Na figura abaixo, a circunferência tem raio igual a 3cm eααααα mede 30°. É correto concluir da comparação da medidado arco AB com as medidas dos segmentos CD e EF que:

a)3

3 2 32 2

π− < <

b)3

3 2 32 2π

< − <

c)3

3 2 32 2

π< − <

d)3

3 (2 3)2 2

π< − <

e)3

3(2 3)2 2

π< < −

Resolução:

• AB = 2 r 2 312 12

.π π= ⇒ AB = 2

π

• sen α = EFr ⇒ sen 30º =

EF3 ⇒ EF =

32

• CD2 = r2 + r2 – 2 . r . r . cos α

CD2 = 32 + 32 – 2 . 3 . 3 . cos 30º ⇒ CD = 3 2 3−

Da figura, temos: EF < CD < AB ∴∴∴∴∴ 32 < 3 2 3− < 2

π

Alternativa C

⇒ A = 6 + 2

⇒ B = 6 – 2

IBMEC – 09/11/2008 Seu pé direito nas melhores Faculdades

CPV ibmecnov2008

2

44. Considere dois ângulos agudos cujas medidas a e b,em graus, são tais que a + b = 90º e 4 sen a – 10 sen b = 0.

Nessas condições, é correto concluir que:

a) tg a = 1 e tg b = 1.

b) tg a = 4 e tg b = 14 .

c) tg a = 14 e tg b = 4.

d) tg a = 25 e tg b =

52 .

e) tg a = 52 e tg b =

25 .

Resolução:

Como a e b são complementares, sen b = cos a. Logo:

4 sen a – 10 sen b = 0 ⇒⇒⇒⇒⇒ 4 sen a = 10 cos a

∴∴∴∴∴ sen acos a =

104 ∴∴∴∴∴ tg a =

52

Como b = 90º – a ∴∴∴∴∴ tg b = 25

Logo, tg a = 52 e tg b =

25

Alternativa E

45. Se a sequência (3, x, cos θ) é uma progressão aritmética,sendo x e θθθθθ números reais, então:

a) –1,5 ≤ x ≤ 0.b) –1 ≤ x ≤ 1.c) 0,5 ≤ x ≤ 1,5.d) 1 ≤ x ≤ 2.e) 2 ≤ x ≤ 4.

Resolução:

P.A. (3, x, cos θ)

x = 3 cos

2+ θ

⇒ 2x = 3 + cos θ ⇒ cos θ = 2x – 3

∴∴∴∴∴ – 1 ≤ 2x – 3 ≤ 1 ⇒ 1 ≤≤≤≤≤ x ≤≤≤≤≤ 2Alternativa D

46. Considere o conjunto de todos os números complexos z

tais que z = 1 n n

cos i sen ,n 4 4

. .π π +

em que n é um numero natural não nulo.Dentre as figuras abaixo, aquela que melhor representaesses números no plano de Argand-Gauss é:

a)

b)

c)

d)

e)

cos a

Seu pé direito nas melhores Faculdades IBMEC – 09/11/2008

CPV ibmecnov2008

3

Resolução:

Vamos determinar alguns desses números complexos:

n = 1, z = 1 . 2 2

cos i sen i4 4 2 2π π + = +

n = 2, z = 1 1

cos i sen i2 2 2 2.π π + =

n = 3, z = 1 3 3 2 2

cos i sen i3 4 4 6 6.π π + = − +

n = 4, z = 14 . [cos (π) + i sen (π)] = –

14

Colocando esses números no plano de Argand-Gauss, obtemosos pontos:

A única figura que contém os pontos distribuídos dessa formacorresponde à

Alternativa B

47. Para alcançar um suculento mosquito, um sapo deu doissaltos, partindo do ponto (0, 0) de um sistema decoordenadas, cuja unidade representa 1cm.

A trajetória do sapo pode ser descrita como se segue:

• obedeceu ao gráfico da parábola dada por

p1 (x) = 6x – 2x

10 para pousar sobre uma cadeira de

altura 50cm (já na parte descendente do gráfico, após oponto de máximo);

• no mesmo ponto onde “aterrisou” na cadeira tomouimpulso e seguiu sobre o gráfico da parábolap2(x) = –x2 + bx – 3600;

• no ponto de altura máxima de p2(x), laçou o mosquitocom o seu tradicional golpe de língua.

Quando apanhou o mosquito, o sapo “voava” a uma alturaque está entre

a) 1,50 e 2,00 metros.b) 2,00 e 3,00 metros.c) 4,00 e 6,00 metros.d) 6,00 e 10,00 metros.e) 10,00 e 18,00 metros.

Resolução:

Das informações do enunciado, podemos montar o seguinte gráfico:

Sendo Q = (a, 50) o ponto de partida do segundo pulo.

Como Q ∈ p1 (x) ⇒ p1 (a) = 50 ⇒

a = 10 (não convém)

6 . a – 2a

10 = 50 ou

a = 50∴ Q = (50, 50)

Como Q ∈ p2 (x) ⇒ p2 (50) = 50 ⇒ – 502 + b . 50 – 3600 = 50,donde b = 123.

No instante em que o sapo laçou o mosquito, ele se encontravasobre o ponto V. Portanto, a sua altura corresponde ao yV dep2 (x).

2[123 4 ( 1) ( 3600)]yV 4a 4 ( 1)

. ..

∆ − − − −= − = − como b = 123,

temos yV = 182,25 cm = 1,8225 mAlternativa A

y (cm)

50 Q

0 a60

x (cm)

p 2 (x)

p 1 (x)

V (xV, yV)

Im

R e1–1

1

–1

n = 4

n = 3

n = 2

n = 1

IBMEC – 09/11/2008 Seu pé direito nas melhores Faculdades

CPV ibmecnov2008

4

48. Um hexágono regular de lados medindo 2( 3 + l) cm foidecomposto em seis triângulos equiláteros. Em cadatriângulo, foram desenhadas três circunferências de mesmoraio, tangentes entre si e aos lados do triângulo, comomostra a figura. Se o círculo hachurado tangencia seis dasoutras circunferências, e seu centro coincide com o centrodo hexágono, então sua área, em cm2, vale

a)32π

.

b) π.c) 2π.d) 3π.

e) 2(2 + 3 )π.

Resolução:Sendo 2( 3 1)+ o lado de cada ∆ equilátero e h sua altura, temos:

h = r + r + r 3 + r ⇒ h = 3r + 3 r

Como h = 3

2 ⇒

⇒ h = 2( 3 1)+ 32

⇒

⇒ h = 3 + 3

∴∴∴∴∴ 3r + 3 r = 3 + 3 ⇒ r = 1

Logo: A = π r2 = π (1)2 = πππππ Alternativa B

49. A figura, feita fora de escala, mostra o gráfico da funçãof (x) = logn x, em que n é um número inteiro maior do que 1.

Dado um número real k, k > 1, são traçadas as retas r e s,que passam pela origem e interceptam o gráfico de f(x) em

pontos de abscissas 1k e k, respectivamente.

Se as retas r e s são perpendiculares, então:

a) k = n n . b) k = n . c) k = n.d) k = n2. e) k = nn.

Resolução:

1(0, 0) logy n kr : m1 1 r x 1, lognk k k

∆∆

∴ = =

(0, 0) log ky ns : ms x k(k, log k)n

∆∆

∴ = =

se r s ⇒ mr . ms = – 1 ∴1log log kn k n

1 kk

. = –1 ⇒

⇒ logn k–1 . logn k = –1 ⇒ (logn k)2 = 1

∴ logn k = 1 (pois logn k > 0)

Logo, k = n. Alternativa C

50. Considere um televisor “widescreen” de 36 polegadas (istosignifica que o comprimento da diagonal de sua telaretangular é igual a 36 polegadas). Sabe-se que a proporçãoentre a largura e a altura da tela nos televisores “widescreen”é de 16 para 9. Admitindo que 1 polegada equivale a

2,5 centímetros, e que 337 ≈ 18, é correto afirmar que aárea da tela desse televisor, em cm2, vale, aproximadamente:

a) 7200. b) 6000. c) 5400. d) 4500. e) 3600.

Resolução:. 902 = (16a)2 + (9a)2

902 = 256a2 + 81a2

902 = 337a2

a = 90337

≅ 9018 = 5

Atela = 16a . 9a ⇒ Atela ≅ 16 . 5 . 9 . 5 ⇒ Atela ≅ 3600 cm2

Alternativa E

logn k

logn 1k

f (x) = logn x

•

36 . 2,5 = 90

16a

9a

h

Seu pé direito nas melhores Faculdades IBMEC – 09/11/2008

CPV ibmecnov2008

5

51. Considere um cubo ABCDEFGH, cujas arestas medem2 cm. O número de maneiras diferentes de escolher três deseus vértices de modo que a área do triângulo por elesdeterminados seja maior do que 2 cm2 e igual a:

a) 32. b) 36. c) 40. d) 48. e) 56.

Resolução:Para que a área seja maior que 2, os três vértices não podempertencer à mesma face. Devemos portanto, calcular o total demaneiras de tomarmos 3 dos 8 vértices do cubo e subtrairmosaquelas em que os 3 vértices pertencem à mesma face.

n = C8,3 – 6 . C4,3 = 8!

3! 5! – 6 . 4!

3!1!

n = 56 – 24 = 32 maneiras Alternativa A

52. Considere as funções f(x) = 4x – x2, g(x) = x2 – 4x + 8 eas retas q : y = 2x, r : y = 0, s : y = 8, t : x = 0 e v : x = 4.Se todas essas retas e funções forem construídas nummesmo plano, teremos um retângulo maior subdividido em:

a) 4 partes.b) 6 partes.c) 8 partes.d) 10 partes.e) 12 partes.

Resolução:

Desenhando todas as curvas no mesmo plano, identificamos6 regiões.

Alternativa B

53. O valor de 2

22009 4

2009 2009 2

−

+ − é igual a:

a)20072008

b)20082009

c)20072009

d)20092008

e)20092007

Resolução:

2

22009 4

2009 2009 2

−

+ − =

2 2

2x 2

x x 2

−

+ − =

( )( )( ) ( )x 2 x 2x 2 x 1

+ −+ − =

= ( )( )( )( )2009 2 2009 22009 2 2009 1

+ −+ − =

20072008 Alternativa A

54. Cada uma das seis faces de um dado foi marcada com umúnico número inteiro de 1 a 4, respeitando-se as seguintesregras:

• faces opostas foram marcadas com o mesmo número;• a soma dos números marcados nas seis faces é igual a 22.

Lançando-se esse dado duas vezes seguidas,a probabilidade de que a soma dos pontos obtidos nosdois lançamentos seja 7 é igual a:

a)19 b)

29 c)

39 d)

49 e)

69

Resolução:

2a + 2b + 2c = 22

a + b + c = 11

Nas condições dadas, a única possibilidade é que duas dessasfaces correspondam a 4, e a terceira corresponda a 3. Assim

3 3 4 4 4 43 6 6 7 7 7 73 6 6 7 7 7 74 7 7 8 8 8 84 7 7 8 8 8 84 7 7 8 8 8 84 7 7 8 8 8 8

Alternativa D

a

bc

8

y

y = 2x

y = 8

5

4

36

1

2

4

y = 0

x

y = 4x – x2

x = 0

y = x2 – 4x + 8

x = 4

16P36

49= =

D 1

D 2

IBMEC – 09/11/2008 Seu pé direito nas melhores Faculdades

CPV ibmecnov2008

6

55. Para decorar uma caixa com a forma de paralelepípedo retoretângulo, uma pessoa colou algumas fitas sobre suas faces,como mostra a figura.

Cada fita foi colada, sem folga, ligando dois vérticesopostos de uma mesma face, e havia fitas com comprimentos

iguais a 10 cm, 3 29 cm e 17 cm.

Portanto, o volume da caixa, em cm3, é:

a) 360.b) 540.c) 600.d) 720.e) 840.Resolução:Sendo a, b e c as medidas da caixa, temos:

( )

2 2 2

2 2 2

22 2

a c 17 I

b c 10 II

a b 3 29 III

+ =

+ =

+ =

Fazendo I – II + III, vem: 2a2 = 450 ⇒ a2 = 225 ⇒ a = 15Fazendo II + III – I, vem: 2b2 = 72 ⇒ b2 = 36 ⇒ b = 6Fazendo I + II – III, vem: 2c2 = 128 ⇒ c2 = 64 ⇒ c = 8

∴ V = a . b . c ⇒ V = 15 . 6 . 8 ⇒ V = 720Alternativa D

56. Uma calculadora tem, além das teclas das operações usuais,quatro outras teclas, marcadas com os seguintes símbolos:

• a = • b = • c = • ab = c

Se uma pessoa digita a =, insere o número 3, depois digitab =, insere o número 2 e digita a tecla ab = c ,a calculadora devolve c = 9. Ou seja, dados dois dosvalores a, b ou c, a calculadora devolve automaticamenteo terceiro valor que torna a igualdade ab = c verdadeira,quando a tecla que tem esse símbolo é pressionada.

Para que a calculadora devolva o resultado delog16 625, uma possibilidade de seqüência de teclas aserem pressionadas é:

a) digitar a =, inserir o numero 625, depois digitar b =,inserir o número 8 e digitar a tecla ab = c.

b) digitar a =, inserir o número 25, depois digitar c =,inserir o número 4 e digitar a tecla ab = c.

c) digitar c =, inserir o número 25, depois digitar a =,inserir o número 4 e digitar a tecla ab = c.

d) digitar b =, inserir o número 625, depois digitar c =,inserir o número 8 e digitar a tecla ab = c.

e) digitar c =, inserir o número 625, depois digitar a =,inserir o número 4 e digitar a tecla ab = c.

Resolução:

O enunciado solicita a operação que daria como resultado:

log16 625 = 2

24log 25 = log4 25

Uma possibilidade aparece na alternativa C, pois,se a = 4 e c = 25, temos: 4b = 25 ⇒ b = log4 25Nas demais alternativas:

a) a = 625; b = 8 ab = 6258 = c falso

b) a = 25; c = 4 ab = c 25b = 4 b = log25 4 falso

d) b = 625; c = 8 ab = c a625 = 8 a = 81/625 falso

e) c = 625; a = 4 ab = c 4b = 625 b = log4 625 falso

Alternativa C

57. A equipe de trabalho de uma empresa de socorro mecânicoé composta, diariamente, por 4 funcionários sendo apenasum supervisor e três auxiliares. A escala do plantão, para oNatal e para o Ano Novo, será a seguinte:

• Dia 24 de dezembro de 2008:André, Bernardo, Carlos e Décio.

• Dia 25 de dezembro de 2008:Carlos, Elton, Fábio e Bernardo.

• Dia 31 de dezembro de 2008:Décio, Bernardo, Gilberto e Fábio.

• Dia 1o de janeiro de 2009:Fábio, André, Bernardo e Gilberto.

Os dois supervisores decidiram que irão trabalharexatamente dois dias cada (nunca no mesmo dia), porém oscinco auxiliares não estão sujeitos a esta restrição.

A partir das condições acima os supervisores são:

a) Gilberto e Carlos.b) André e Fábio.c) Elton e Décio.d) Gilberto e Décio.e) Elton e Bernardo.

Seu pé direito nas melhores Faculdades IBMEC – 09/11/2008

CPV ibmecnov2008

7

Resolução:

Os dados apresentados nas escalas podem ser organizados numa tabela, para facilitar a leitura:

André Bernardo Carlos Décio Elton Fábio Gilberto

24/Dez x x x x

25/Dez x x x x

31/Dez x x x x

1/Jan x x x x

1. Cada um dos dois supervisores vai trabalhar exatamente dois dos quatro dias assinalados.Isso indica que os funcionários Bernardo, Elton e Fábio (que trabalham 4, 1 e 3 dias, respectivamente) são auxiliares;vamos indicá-los pela letra A. Os demais, pelo ponto de interrogação (?), já que não sabemos ainda se são supervisores ou auxiliares:

André Bernardo Carlos Décio Elton Fábio Gilberto

24/Dez ? A ? ?

25/Dez A ? A A

31/Dez A ? A ?

1/Jan ? A A ?

2. Note agora que, no dia 25 de Dezembro, Carlos vai trabalhar com três outras pessoas que, seguramente, são auxiliares.Logo, Carlos é obrigatoriamente um supervisor.

André Bernardo Carlos Décio Elton Fábio Gilberto

24/Dez ? A S ?

25/Dez A S A A

31/Dez A ? A ?

1/Jan ? A A ?

3. Se Carlos é supervisor, André e Décio, que dividem a escala com ele em 24 de Dezembro, são auxiliares(há apenas um supervisor por dia). Nesse caso, por exclusão, resta a Gilberto a segunda vaga de supervisor:

André Bernardo Carlos Décio Elton Fábio Gilberto

24/Dez A A S A

25/Dez A S A A

31/Dez A A A S

1/Jan A A A S

4. Logo, a alternativa correta é A, que afirma que Gilberto e Carlos são supervisores. Alternativa A

58. Uma empresa possui 1.000 funcionários. No último ano, foram realizadas 2.000 reuniões internas nessa empresa (ou seja,reuniões em que todos os participantes são funcionários). Assim, é correto concluir que nesse ano, necessariamente,

a) todos os funcionários da empresa participaram de no mínimo duas reuniões internas.b) houve funcionários da empresa que participaram de uma única reunião interna.c) houve reuniões internas na empresa com apenas dois participantes.d) houve no mínimo duas reuniões internas na empresa com números de participantes diferentes.e) houve no mínimo duas reuniões internas na empresa com o mesmo número de participantes.

IBMEC – 09/11/2008 Seu pé direito nas melhores Faculdades

CPV ibmecnov2008

8

Resolução:A alternativa correta é a E. Na situação de máxima distribuição,seria possível criar até 999 reuniões com quantidades diferentesde funcionários (2, 3, 4, ..., 999, 1000). Na sequência, serianecessário repetir essas quantidades, e teríamos ao menos duasreuniões com um mesmo número de participantes.

Alternativa E

59. Um grupo de arqueólogos descobriu uma série de registrosde uma antiga civilização que viveu nas montanhas geladasdo Himalaia. Entre esses registros, havia um sobre asclassificações que eles estabeleceram para os números,que foi devidamente decifrado e está transcrito a seguir.

Todo número simpático é esperto. Alguns númeroselegantes são simpáticos, mas nenhum número elegante élegal. Todo número legal, por sua vez, é esperto.

A partir desses registros, conclui-se que, necessariamente,

a) existem números legais que são simpáticos.b) pelo menos um número esperto não é legal.c) existem números elegantes que não são espertos.d) alguns números elegantes são espertos mas não são

simpáticos.e) todo número esperto ou é elegante ou é legal.

Resolução:

As informações apresentadas são melhor visualizadas na formade conjuntos. No diagrama a seguir, o símbolo “X” indica aexistência segura de ao menos um elemento naquela região:

A única informação seguramente verdadeira é a apresentada naalternativa B: pelo menos um número esperto não é legal.

Alternativa B

elegante

esperto

legal

simpáticoX

60. A partir de duas proposições p e q, foram criadas outrastrês proposições, descritas a seguir.

I. ( )p

e ( )q

.

II. Se ( )p

, então ( )q

.

III. ( )p

se, e somente se, ( )q

.

Dependendo das proposições p e q, as proposições(I), (II) e (III) podem ser verdadeiras ou falsas.Dentre as alternativas abaixo, a única que faz com que astrês proposições sejam simultaneamente falsas éa) p: o seno de 2 é um número negativo.

q: nenhum triângulo retângulo é equilátero.b) p: o seno de 2 é um número negativo.

q: nenhum triângulo retângulo é isósceles.c) p: a raiz cúbica real de –8 é igual a –2.

q: nenhum triângulo retângulo é equilátero.d) p: a raiz cúbica real de –8 é igual a –2.

q: nenhum triângulo retângulo é isósceles.e) p: o seno de 2 é um número negativo.

q: todo triângulo retângulo é isósceles.Resolução:O enunciado lista 3 proposições compostas clássicas:intersecção (“e”), implicação (“se... então”) e bi-implicação(“se e somente se”). Em símbolos:

I. p ^ q II. p → qIII. p ↔ q

Note que, para as três serem simultaneamente falsas, a condiçãonecessária e suficiente é que p seja verdadeiro e q seja falso.Isso acontece na alternativa D; afinal, a raiz cúbica real de –8é realmente –2, mas há triângulos retângulos que são isósceles.

Alternativa DCOMENTÁRIO DO CPVAvaliamos que a prova de Raciocínio Quantitativo do IBMEC,aplicada em novembro de 2008, apresentou questões adequadasquanto ao nível de dificuldade, mantendo a costumeira qualidade e origor exigido nos conceitos e exibido na clareza dos enunciados.Mais uma vez, apontamos que esses atributos — domínio conceituale capacidade de modelagem matemática — são exigidos dos candidatosna mesma medida em que se pressupõem serem indispensáveis nocurso para o qual se destina o vestibular.Salientamos que, desde alguns semestres atrás, a prova tem semostrado mais adequada a essa proposta de selecionar os candidatosmais capazes, pois a distribuição de questões por complexidade éhoje mais equitativa, o que aumenta a qualidade do exame por acarretarmaior discriminação entre os candidatos, que é o propósito de qualquerprocesso seletivo.Em termos de conteúdo, notamos a não-ocorrência de alguns tópicos,como Matrizes, Determinantes, Sistemas, PG. Tais ausências,entretanto, não comprometeram a tradicional qualidade da prova.