CPV conquistou 324 vagas INSPER 2010 Prova esolvida...

1CPV INSPERNOV2011

ANÁLISE QUANTITATIVA e LÓGICA

Utilize as informações a seguir para as questões 01, 02 e 03.

Uma empresa de transporte de carga estima em 20% ao ano a taxa de depreciação de cada caminhão de sua frota. Ou seja, a cada ano, o valor de seus veículos se reduz em 20%. Assim, o valor V , em reais, de um caminhão adquirido por R$ 100.000,00, t anos após sua compra, é dado por

V = 100000 . (0,8)t.

O gráfico a seguir representa os primeiros 3 anos dessa relação.

01. Um funcionário da empresa fez os cálculos a seguir para um caminhão com três anos de uso.

Depreciação percentual: (3 anos) x (20% de depreciação por ano) = 60%Valor da depreciação: R$ 100.000,00 x 60% = R$ 60.000,00Valor do caminhão após 3 anos: (R$ 100.000,00 – R$ 60.000,00) = R$ 40.000,00

Em relação ao valor dado pelo gráfico que relaciona V e t, o valor de R$ 40.000,00 obtido pelo funcionário foi aproximadamente

a) R$ 20.000,00 mais baixo. b) R$ 10.000,00 mais baixo. c) o mesmo. d) R$ 10.000,00 mais alto. e) R$ 20.000,00 mais alto.

Resolução:

Segundo o gráfico, após 3 anos, o caminhão estará valendo aproximadamente R$ 50.000,00.

Então, o valor de R$ 40.000,00 obtido pelo funcionário foi aproximadamente R$ 10.000,00 abaixo deste valor.

Alternativa B

CPV conquistou 324 vagas no INSPER em 2010

Prova resolvida – INSPER – Prova a – 15/novembro/2011

INSPER – 15/11/2011 Seu Pé Direito naS MelhoreS FaculDaDeS2

CPV INSPERNOV2011

02. Para cada caminhão, a área financeira da empresa criou um fundo para repor a depreciação. Em cada instante t, o fundo deve ter exatamente o dinheiro necessário para completar, sobre o valor do caminhão depreciado, os R$ 100.000,00, preço de um caminhão novo.

O gráfico que melhor representa o dinheiro disponível nesse fundo (f) ao longo do tempo para um caminhão é

a)

b)

c)

d)

e)

Resolução: Para completar os R$ 100.000,00 do valor do caminhão, são

necessários R$ 20.000,00 no primeiro ano e R$ 50.000,00 no terceiro ano, segundo o gráfico de depreciação.

Entre as alternativas, aquela que contempla esta condição é a alternativa E.

Alternativa E

f

t

50.000

20.000

1 3

3Seu Pé Direito naS MelhoreS FaculDaDeS INSPER – 15/11/2011

INSPERNOV2011 CPV

03. Pela política da empresa, quando o valor de um caminhão atinge 25% do valor pelo qual foi comprado, ele deve ser vendido, pois o custo de manutenção passa a ficar muito alto. Considerando a aproximação log 2 = 0,30, os caminhões dessa empresa são vendidos aproximadamente

a) 3 anos após sua compra. b) 4 anos após sua compra. c) 6 anos após sua compra. d) 8 anos após sua compra. e) 10 anos após sua compra.

Resolução: Da equação V = 100.000 (0,8)t, temos:

25.000 = 100.000 (0,8)t Þ 14 = (0,8)t Þ

t = log log loglog log

,,,0 8

14

1 48 10

0 2 0 33 0 3 1

=

−−

=−

−.

. = 6 anos.

Obs.: se utilizarmos o gráfico da alternativa E da questão anterior, é possível perceber que a área financeira terá acumulado R$ 100.000 – R$ 25.000 = R$ 75.000 em 6 anos.

Alternativa C

04. No gráfico abaixo estão representadas duas funções polinomiais do segundo grau f (x) e g(x), ou seja, as curvas são duas parábolas.

O gráfico que melhor representa a função h(x) = f(x) + g(x) é

a)

b)


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c)

d)

e)

Resolução:

Observando os dois gráficos abaixo:

Temos que yA = 2,5 e yB = –6,25

Assim yA + yB = 2,5 – 6,25 = –3,75

O único gráfico que apresenta a ordenada do vértice yA + yB = –3,75 é o da Alternativa E.

A (xA; yA)

B (xB; yB)


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05. O retângulo da figura, cuja base AB mede o triplo da altura BC, foi dividido em três regiões por meio de duas retas paralelas.

Os pontos marcados sobre os lados AD e BC dividem esses lados em quatro partes de medidas iguais.

Se a área da faixa central é igual à soma das áreas dos triângulos sombreados, então o ângulo é tal que

a) tg α = 14

b) tg α = 310

c) tg α = 13

d) tg α = 38

e) tg α = 35

Resolução:

Sejam BC = x AB = 3x

EB = 34x

FB = y

Os dois triângulos sombreados são congruentes (LAL) e, como

a soma das áreas dos triângulos é igual à da faixa, cada triângulo

correspondente a 14 da área do retângulo.

Assim, temos:

342

14

x y.= . 3x . x Þ y = 2x

tg α =

34

342

x

y

x

x= =

38 Alternativa D

3x

E

F y

x 34x

Utilize as informações a seguir para as questões 06 e 07.

O gráfico a seguir mostra as vendas bimestrais (V), em unidades monetárias, de um fabricante de sorvetes ao longo de três anos e meio.

06. Se o bimestre 1 corresponde aos meses de março e abril de 2007, então, no período considerado, o bimestre em que as vendas atingiram seu maior valor corresponde aos meses de

a) janeiro e fevereiro de 2009. b) março e abril de 2009. c) novembro e dezembro de 2009. d) janeiro e fevereiro de 2010. e) março e abril de 2010.

Resolução: Analisando o gráfico, temos que o maior número de vendas

ocorreu no bimestre 18. Como 6 bimestres correspondem a 1 ano, 18 bimestres, após o

bimestre 1, correspondem a março e abril de 2010 (bimestre 19). Portanto, o bimestre 18 será janeiro e fevereiro de 2010.

Alternativa D


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07. Observando o gráfico, um estudante de administração de empresas percebeu dois aspectos importantes do comportamento das vendas desse fabricante de sorvetes:

· ao longo de um ano, as vendas oscilam, apresentando um período de crescimento e outro de queda;

· a média das vendas dos seis bimestres de um mesmo ano vem aumentando ano a ano.

Dentre as expressões a seguir, em que t é o tempo decorrido em bimestres, a única que define uma função que pode ser usada para representar V de forma que os dois aspectos levantados pelo estudante apareçam nessa representação é

a) V = 100 . cospt3

b) V = 100 . tt

+

2

3cos π

c) V = 100 . sent tπ π3 3+

cos

d) V = 100 . (t + 2). e) V = 100 . (t2 + 2).

Resolução: Pela primeira informação, pode-se concluir que a função V(t)

é constituída parcialmente por uma expressão do tipo seno ou cosseno.

Pela segunda informação, pode-se concluir que a função V(t) é constituída também por uma expressão estritamente crescente.

Dentre as alternativas, a única que apresenta tais propriedades é

V = 100 tt

+

2 3cos .π

.Alternativa B

08. Os pontos A (–1, –3) e B (6, –2) pertencem a uma circunferência do plano cartesiano cujo centro é o ponto

C. Se a área do triângulo ABC é 252 , então a medida do

raio dessa circunferência é igual a

a) 5. b) 5 2. c) 5 3. d) 10. e) 10 2.

Resolução:

Pela figura, temos que:

AB = (6 – (–1))2 + (–2 – (–3))2 = 50 = 5 2

Como AΔABC = 252 Þ

AB h.2

252= Þ 5h 2 = 25

Þ h = 5 22

No ΔCHB, temos: h2 + (HB)2 = r2

5 22

5 22

2 2

+

= r2 Þ r = 5

Alternativa A

C

AB

rr

H

h


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09. A tabela da Copa do Mundo de 2014, divulgada em outubro último, definiu as quantidades de jogos que serão realizados em cada uma das 12 cidades sedes, informadas parcialmente a seguir.

Na 1a fase, haverá oito grupos com quatro seleções em cada um, devendo cada seleção enfrentar uma única vez todos os integrantes do seu grupo. Na fase de oitavas de final, cada uma das 16 equipes classificadas jogará uma única vez, o mesmo ocorrendo nas quartas de final com as oito equipes classificadas. Depois disso, restarão ainda quatro jogos (semifinais, disputa de 3o lugar e final) para definir o campeão mundial. Sabendo que São Paulo e Belo Horizonte abrigarão o mesmo número de jogos, conclui-se que haverá, em cada uma dessas duas cidades, um total de

a) 4 jogos. b) 5 jogos. c) 6 jogos. d) 7 jogos. e) 8 jogos.

Resolução:

Na fase de grupos, haverá 42

= 6 jogos em cada grupo.

Como temos 8 grupos, haverá 8 . 6 = 48 jogos na 1a fase.

Na fase eliminatória, ocorrerão mais 8 + 4 + 2 + 1 + 1 = 16 jogos até se conhecer o campeão.

Desta forma, a Copa do Mundo de 2014 terá 48 + 16 = 64 jogos.

Chamando de x o número de jogos que ocorrerão em cada uma das cidades, São Paulo e Belo Horizonte, temos que

52 + 2x = 64 Þ x = 6.Alternativa C

10. Um grupo de pesquisadores estudou a relação entre a presença de um gene A em um indivíduo e a chance desse indivíduo desenvolver uma doença X, que tem tratamento mas não apresenta cura.

Os dados do estudo mostraram que 8% da população é portadora do gene A e 10% da população sofre da doença X. Além disso, 88% da população não é portadora do gene A nem sofre da doença X. De acordo com esses dados, se uma pessoa sofre da doença X, então a probabilidade de que seja portadora do gene A é igual a

a) 90%. b) 80%. c) 75%. d) 66%. e) 60%.

Resolução: Observe a tabela a seguir, em que estão colocados os dados do

enunciado.

A A TotalX 6% 4% 10%X 2% 88% 90%

Total 8% 92% 100%

A: presença de um gene A A: ausência de um gene A X: sofre da doença X X: não sofre da doença X

Logo, a probabilidade de que uma pessoa dessa população seja portadora do gene A, dado que sofre da doença X, é de

610%% = 60%.

Alternativa E


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Os espaços retangulares onde são indicados os algarismos no mostrador de um relógio digital são compostos por sete barras luminosas, que podem estar acesas ou não, dependendo do algarismo que está sendo representado. A figura a seguir mostra as barras luminosas que ficam acesas na representação de cada um dos dez algarismos do nosso sistema de numeração.

Como o relógio só indica as horas e os minutos, o mostrador possui apenas quatro espaços retangulares para representar os algarismos. Assim, ao longo de um dia, o relógio faz 1440 indicações diferentes de horários, começando por 00:00 e terminando em 23:59.

11. Suponha, apenas nesta questão, que o relógio esteja com defeito: em cada um dos quatro espaços do mostrador, há uma barra luminosa que não está acendendo. Nos quatro espaços, a barra defeituosa está localizada na mesma posição do retângulo. Assim, se o relógio estiver marcando

conclui-se que o horário indicado é

a) 03:52. b) 03:56. c) 05:52. d) 05:56. e) 23:53.

Resolução:

Observando a primeira das quatro posições, temos que, se uma barra está apagada, o número em questão só poderia ser “0” ou “6”.

Entretanto, nessa primeira casa do mostrador (a “dezena das horas”), os únicos dígitos possíveis são “0”, “1” ou “2”.

Assim, concluímos:

C1. que o primeiro dígito do mostrador é “0”; C2. que a barra ausente (em todas as casas) é a barra direita

superior; e C3. que, por exclusão, o horário registrado no mostrador só pode

ser “03:52”Alternativa A

12. Dependendo do horário indicado no relógio, o número total de barras luminosas que estão acesas é diferente. Por exemplo, às 13:00, o total de barras luminosas acesas é dado por 2 + 5 + 6 + 6, ou seja, 19. Ao longo de um dia, pode-se observar 25 das 28 barras luminosas simultaneamente acesas por um total de

a) 2 minutos. b) 3 minutos. c) 5 minutos. d) 6 minutos. e) 9 minutos.

Resolução:

Se 25 das 28 barras possíveis estão acesas, então apenas (e exatamente) 3 estão apagadas.

Em nossa abordagem, vamos deduzir quais os horários possíveis por exclusão de possibilidades, da esquerda (“primeira casa das horas”) para a direita (“segunda casa dos minutos”).

1a CASA: no mostrador do relógio digital, pode ser apenas ou “0”, ou “1”, ou “2”.

“0” é uma boa opção, pois tem apenas uma barra apagada, deixando 2 barras apagadas para os números restantes.

Voltamos a esse caso mais tarde. “1” é inviável, nesse caso, pois ele próprio exigiria 5 barras

apagadas (nosso limite é de 3). “2” é, em princípio, viável (2 barras apagadas), mas o número

seguinte deveria ser 0 (1 barra apagada) e os minutos deveriam indicar “88”, o que é impossível no mostrador digital.

Logo, a 1a casa é o número “0”, o que nos deixa espaço para duas barras apagadas nas próximas casas.

2a CASA: a priori, os números que descrevem a hora poderiam ser “00”, “01”, “02”, “03”, “04”, “05”, “06”, “07”, “08” ou “09”. Entretanto, as opções “01”, “04” e “07” exigiriam mais que 3 barras apagadas. Além disso, as opções “02”, “03” e “05” comprometeriam as 3 barras apagadas a que temos direito, de modo que cada um deles forçaria os minutos a indicarem “88” (o que é impossível). Assim, restam as opções:

“00”, que consome duas barras apagadas, reservando uma barra apagada para os dígitos finais


“08”, que consome uma barra apagada, reservando duas barras apagadas para os dígitos finais


3a e 4a CASAS: nas opções que liberavam uma barra apagada para os minutos, temos como única opção para os minutos a composição “08” (as demais são impossíveis).

Assim, identificamos as primeiras soluções: “00:08”, “06:08” e “09:08”.

Na opção iniciada por “08”, podemos agora escolher composições de minutos que consomem duas barras apagadas: “08:00”, “08:06”, “08:09”, “08:28”, “08:38”, “08:58”, que são as soluções residuais. Totalizam-se 9 soluções.

Alternativa E


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13. Dado um número real a, com a > 1, define-se a seguinte sequência de matrizes quadradas:

A1 = [1],

A2 = aa1

0

A3 =

a a

a a

a

2

2

2

1

0

0 0

A4 =

a a a

a a a

a a

a

3 2

3 2

3 2

3

1

0

0 0

0 0 0

Representando o determinante de uma matriz quadrada M por det(M), considere agora a sequência numérica

(det(A1), det(A2), det(A3), det(A4), ...).

Essa sequência numérica

a) é uma progressão aritmética de razão 2. b) é uma progressão aritmética de razão a2. c) é uma progressão geométrica de razão a. d) é uma progressão geométrica de razão a2. e) não é uma progressão aritmética nem uma progressão

geométrica.

Resolução: Como as matrizes são triangulares, temos que det A1 = 1 det A2 = a2

det A3 = a6

det A4 = a12 . . . A sequência não é PA nem PG.

Alternativa E

14. A figura a seguir mostra o gráfico da função f (x).

O número de elementos do conjunto solução da equação |f(x)| = 1, resolvida em , é igual a

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

Resolução: | f (x) | = 1 \ f (x) = 1 ou f (x) = –1

O número de elementos no conjunto solução é dado pelo número de pontos da intersecção de f (x) como y = 1 e y = –1.

Portanto, 5 soluções.Alternativa B

y = 1

y = –1


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15. A figura mostra parte de um campo de futebol, em que estão representados um dos gols e a marca do pênalti (ponto P).

Considere que a marca do pênalti equidista das duas traves do gol, que são perpendiculares ao plano do campo, além das medidas a seguir, que foram aproximadas para facilitar as contas.

· Distância da marca do pênalti até a linha do gol: 11 metros. · Largura do gol: 8 metros. · Altura do gol: 2,5 metros.

Um atacante chuta a bola da marca do pênalti e ela, seguindo uma trajetória reta, choca-se contra a junção da trave esquerda com o travessão (ponto T). Nessa situação, a bola terá percorrido, do momento do chute até o choque, uma distância, em metros, aproximadamente igual a

a) 12. b) 14. c) 16. d) 18. e) 20.

Resolução:

No ΔPAB temos que:

BP2 = 112 + 42

BP = 137

No ΔPBT temos que:

PT2 = PB2 + BT2

PT2 = 137 + (2,5)2

PT = 143,25 @ 12Alternativa A

A B4

11

16. O preço de um produto na loja A é 20% maior do que na loja B, que ainda oferece 10% de desconto para pagamento à vista. Sérgio deseja comprar esse produto pagando à vista. Nesse caso, para que seja indiferente para ele optar pela loja A ou pela B, o desconto oferecido pela loja A para pagamento à vista deverá ser de

a) 10%. b) 15%. c) 20%. d) 25%. e) 30%.

Resolução: Seja x o preço da loja B. Então, o preço da loja A é 1,2x. A loja B dá 10% de desconto. Então para que seja indiferente a

compra em A ou em B, devemos ter:

1,2x (1 – i) = x . 0,9 Þ i = 0,25

O desconto oferecido pela loja A deverá ser de 25%.Alternativa D


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17. O conjunto A = {1, 2, 3, 4, 5} foi representado duas vezes, na forma de diagrama, na figura abaixo.

Para definir uma função sobrejetora f : A → A, uma pessoa ligou cada elemento do diagrama A1 com um único elemento do diagrama A2, de modo que cada elemento do diagrama A2 também ficou ligado a um único elemento do diagrama A1. Sobre a função f assim definida, sabe-se que:

· f (f (3)) = 2 · f (2) + f (5) = 9

Com esses dados, pode-se concluir que f (3) vale

a) 1. b) 2. c) 3. d) 4. e) 5.

Resolução:

Do enunciado, temos que:

f (2) = 4 e f (5) = 5 ou f (2) = 5 e f (5) = 4

Assim, os valores possíveis para f (3) são {1, 2, 3}.

Vamos agora analisar estes valores:

f (3) = 3 não convém, pois f (f (3)) = f (3) = 3 ≠ 2

f (3) = 2 não convém, pois f (f (3)) = f (2) ≠ 2

Portanto, a única possibilidade é f (3) = 1Alternativa A

18. No conjunto dos números complexos, o número 1 apresenta

três raízes cúbicas: 1, − +1 32i e - -1 3

2i .

Os pontos que correspondem às representações desses três números no plano de Argand Gauss são vértices de um triângulo de área

a) 34

b) 32

c) 3 34

d) 3 e) 1.

Resolução:

Os números complexos 1, − +1 32i e - -1 3

2i

são representados no plano Argand-Gauss como os pares

ordenados (1; 0), −

12

32

; e − −

12

32

; .

Assim:

A = | | 3 3

4D2

1 0 1

12

32 1

12

33 1

2=

−

− −=

Alternativa C


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19. De cada vértice de um prisma hexagonal regular foi retirado um tetraedro, como exemplificado para um dos vértices do prisma desenhado a seguir.

O plano que definiu cada corte feito para retirar os tetraedros passa pelos pontos médios das três arestas que concorrem num mesmo vértice do prisma. O número de faces do poliedro obtido depois de terem sido retirados todos os tetraedros é

a) 24. b) 20. c) 18. d) 16. e) 12.

Resolução: Após retirarmos todos os tetraedros, restarão no sólido: 12 faces triangulares, 6 faces quadrangulares e 2 faces hexagonais,

totalizando 20 faces.Alternativa B

20. Recentemente, os jornais noticiaram que, durante o mês de outubro de 2011, a população mundial deveria atingir a marca de 7 bilhões de habitantes, o que nos faz refletir sobre a capacidade do planeta de satisfazer nossas necessidades mais básicas, como o acesso à água e aos alimentos. Estima-se que uma pessoa consuma, em média, 150 litros de água por dia. Assim, considerando a marca populacional citada acima, o volume de água, em litros, necessário para abastecer toda a população humana durante um ano está entre

a) 1013 e 1014. b) 1014 e 1015. c) 1015 e 1016. d) 1016 e 1017. e) 1017 e 1018.

Resolução:

O volume necessário de água será:

150 . 365 . 7 . 109 @ 3,8 . 1014 litros.Alternativa B

21. Duas cidades X e Y são interligadas pela rodovia R101, que é retilínea e apresenta 300 km de extensão. A 160 km de X, à beira da R101, fica a cidade Z, por onde passa a rodovia R102, também retilínea e perpendicular à R101. Está sendo construída uma nova rodovia retilínea, a R103, que ligará X à capital do estado. A nova rodovia interceptará a R102 no ponto P, distante 120 km da cidade Z.

O governo está planejando, após a conclusão da obra, construir uma estrada ligando a cidade Y até a R103. A menor extensão, em quilômetros, que esta ligação poderá ter é

a) 250. b) 240. c) 225. d) 200. e) 180.

Resolução: a) Admitindo R101 e R102 como eixos coordenados:

A equação da reta R103 é:

y = mx + n Þ m

n

= =

=−

160120

43

160 Þ y =

43 x –160

Þ 43 x – y – 160 = 0

A distância do ponto Y (0; 140) à reta 43

x – y – 160 = 0 é:

d = ax by c

a b

0 02 2 2

2

0 140 160

43 1

+ +

+=

− −

+ −( )

= 180

Alternativa E

●

●

●

●

R103Y

X

140

120

–160

xZ

y


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Dado um número real positivo x, define-se a sequência

(log 4, log 8, log x).

22. A sequência dada é uma progressão aritmética se, e somente se, o valor de x for igual a

a) 8 2. b) 12. c) 12 2. d) 16. e) 20.

Resolução:

Sendo (log 4, log 8, log x) uma P.A., temos: log 4 + log x = 2 log 8 log 4x = log 82

4x = 82

Portanto: x = 16Alternativa D

23. A sequência dada é uma progressão geométrica se, e somente se, o valor de x for igual a:

a) 12 2. b) 16. c) 16 2. d) 32. e) 32 2.

Resolução:

Sendo (log 4, log 8, log x) uma PG, temos:

(log 8)2 = log 4 . log x

log 23 . log 23 = log 22 . log x

log x = 3 2 3 22 2

log loglog.

log x = log 29/2

x = 29/2

x = 16 2Alternativa C

24. A equação x5 = 8x2 possui duas raízes imaginárias, cuja soma é:

a) −2. b) −1. c) 0. d) 1. e) 2.

Resolução:

Resolvendo a equação, temos: x5 – 8x2 = 0 x2 (x3 – 8) = 0

Assim:

xou

x

xou

x x x

2

3 2

0

8 0

0

2 2 4 0

=

− =

⇒=

−( ) + +( )=

.

⇒

⇒

= ( )

− =

= − +

= − −

x raiz duplaouxou

x iou

x i

0

2 0

1 3

1 3

Portanto, a soma das raízes imaginárias é:

–1 + i 3 + (–1 – i 3 ) = –2Alternativa A


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25. Dizemos que um conjunto numérico C é fechado pela operação se, e somente se, para todo c1, c2 Î C, tem-se (c1 c2) Î C.

A partir dessa definição, avalie as afirmações seguintes.

I. O conjunto A = {0, 1} é fechado pela multiplicação. II. O conjunto B de todos os números naturais que são

quadrados perfeitos é fechado pela multiplicação. III. O conjunto C = {1, 2, 3, 4, 5, 6} é fechado pela adição.

Está(ão) corretas(s):

a) apenas a afirmação I. b) apenas as afirmações I e II. c) apenas as afirmações I e III. d) apenas as afirmações II e III. e) as três afirmações.

Resolução:

Verificando as afirmações, temos:

I. Verdadeira. Analisando todas as possibilidades de produto, temos: 0 . 1 = 0 Î A 0 . 0 = 0 Î A 1 . 1 = 1 Î A

II. Verdadeira. Analisando o produto entre dois números naturais que são

quadrados perfeitos, temos: a2 . b2 = (a . b)2 Î B

III. Falsa. Se calcularmos 3 + 6 = 9 Mas 9 Ï C

Alternativa B

26. Considere a sequência

cos , cos , cos , ..., cos , ..., cos , cosπ π π π π π14

214

314 14

99914

10001

n44

O total de elementos dessa sequência que são números inteiros é igual a:

a) 0. b) 35. c) 71. d) 105. e) 142.

Resolução:

O valor do cosseno é inteiro para arcos do tipo kp2

, k Î Z.

Então, o primeiro arco da sequência cujo cosseno é inteiro é 714p

e o último será 99414

p .

Então, temos na PA: an = a1 + (n – 1) . r

994π = 7π + (n – 1) . 7π n = 142

Alternativa E

27. Considerando x uma variável real positiva, a equação

xx2 − 6x + 9 = x

possui três raízes, que nomearemos a, b e c.

Nessas condições, o valor da expressão a2 + b2 + c2 é:

a) 20. b) 21. c) 27. d) 34. e) 35.

Resolução:

A primeira raiz da equação é 1, pois

112 – 6 . 1 + 9 = 11 – 6 + 9 = 14 = 1

As outras duas raízes vêm de:

xx2 – 6x + 9 = x1

x2 – 6x + 9 = 1 x2 – 6x + 8 = 0 \ x = 2 ou x = 4

Portanto, a expressão a2 + b2 + c2 vale 12 + 22 + 42 = 21.

Alternativa B


INSPERNOV2011 CPV

28. Em uma escola que funciona em três períodos, 60% dos professores lecionam de manhã, 35% lecionam à tarde e 25% lecionam à noite. Nenhum professor da escola leciona tanto no período da manhã quanto no período da noite, mas todo professor leciona em pelo menos um período. Considerando-se apenas essas informações, assinale a alternativa em que os dados apresentados sobre esses professores são necessariamente verdadeiros.

Professores da escola que lecio-nam somente no período da tarde representam, em relação ao total,

Professores da es-cola que lecionam nos períodos da tarde e da noite representam, em relação ao total,

Professores da escola que lecio-nam somente no período da noite representam, em relação ao total,

a) exatamente 15% no máximo 20% no mínimo 5%b) exatamente 15% no mínimo 20% no máximo 5%c) exatamente 20% entre 5% e 15% entre 10% e 20%d) exatamente 25% no máximo 20% no mínimo 5%e) exatamente 25% no mínimo 20% no máximo 5%

Resolução: Inicialmente, vamos representar os turnos da manhã e da noite

com suas respectivas quantidades (disjuntas):

manhã: 60%

noite: 25%

O espaço entre elas (horário da tarde) corresponde a 100% – (60% + 25%) = 15% dos professores. Entretanto, como o enunciado informa que existem 35% de

professores ali, temos um “extravasamento” de 20% que, obrigatoriamente, também faz parte dos estratos “manhã” e/ou “tarde” (ou seja, estão na zona de intersecção).

Voltando ao diagrama:

manhã: 60%

tarde exclusivo: 15% tarde não-exclusivo: 20%

noite: 25%

Assim, há 3 possíveis situações quanto ao destino desses 20% de professores “flutuantes”

S1. plenamente concentrados de manhã S2. parcialmente de manhã, parcialmente à tarde S3. plenamente concentrados à noite

Assim, avaliando o que se pede no enunciado: Professores exclusivos da tarde: exatamente 15% Professores da tarde e noite (intersecção): mínimo de 0% (S1), máximo de 20% (S3) Professores exclusivos da noite: mínimo de 5% (S3), máximo de 25% (S1)

Alternativa A

29. Uma das normas de um aeroporto X determina que o intervalo de tempo mínimo entre duas decolagens realizadas em sua única pista deve ser de 45 segundos. Seja Q a quantidade de decolagens realizadas no aeroporto X das 9h00min às 10h00min de um certo dia. Para que a referida norma não tenha sido respeitada nesse período de uma hora

a) é necessário e suficiente que Q = 80. b) é necessário que Q = 81. c) é necessário que Q > 81. d) é suficiente que Q = 100. e) é suficiente que Q < 100.

Resolução: Das 9h00 às 10h00, temos um total de 80 intervalos de 45

segundos, que podem comportar até 81 decolagens SEM infringir a norma (começando o intervalo com uma decolagem e encerrando o intervalo com outra).

Assim, caso se averigue que Q = 100 decolagens, essa informação é suficiente para que se tenha certeza de que houve infração.

Alternativa D


Para decidir quem irá comer a última bolacha recheada do pacote, os irmãos Beto e Neto vão realizar um jogo, em que cada um apostará numa das faces (cara ou coroa) de uma moeda honesta. Em seguida, a moeda será lançada várias vezes, até que seja obtida, em três lançamentos consecutivos, uma mesma face. Essa face determinará o vencedor, encerrando-se o jogo.

30. Suponha que tenha sido registrada a face cara em 30 lançamentos, sem que ainda o vencedor do jogo tivesse sido determinado. Nesse caso, o total de lançamentos já realizados no jogo vale, no mínimo,

a) 44. b) 45. c) 59. d) 60. e) 90.

Resolução: Se o jogo ainda não terminou, é porque ninguém obteve ainda

uma sequência tripla. Assim, o número MÍNIMO de lançamentos que podem ter

transcorrido até o presente momento pode ser construído pela série (K indica “cara”, C indica “coroa”):

KKCKKC KKC KKtrincas de KKC

..." "14

� ��

Assim, temos 14 trincas de KKC (que corresponde a 14 x 3 = 42 lançamentos), mais duas “caras”, totalizando 44 lançamentos até o presente momento.

Alternativa A


CPV INSPERNOV2011

31. A probabilidade de que Beto ganhe o jogo imediatamente após o sétimo lançamento da moeda é igual a:

a) 364

b) 564

c) 764

d) 5128

e) 7128

Resolução:

Suponha que Beto tenha apostado em cara (K).

Para que ele ganhe a aposta na sétima rodada, as três últimas jogadas devem resultar cara e o resultado imediatamente anterior deve ser coroa (C).

Representando essas condições, obtemos:

C K K K — — — — — — —

Assim, as possibilidades de distribuição dos três primeiros lançamentos, de modo que não haja outra sequência de três lançamentos consecutivos iguais, são:

C K CK K CK C KC K KC C K

possibilidades

5

Logo, a probabilidade é: P = 12

7

. 5 =

5128

Alternativa D

32. Em relação a um sistema de coordenadas cartesianas, os vértices de um tetraedro OABC são tais que O = (0, 0, 0) e A, B e C pertencem, respectivamente, aos eixos x, y e z. Seja α a medida do ângulo OB^ A com 0 < α < π/2.

Se AB = 1 e OC = cos 2α, então o volume do tetraedro OABC é igual a:

a) cos212

a

b) sen412

a

c) sen2 2

18a acos

d) cos224

a

e) sen424

a

Resolução:

Representando os pontos em 3, temos:

No ∆AOB, temos:

cos OB OB

sen OA OA sen

A OA OB senAOB

α α

α α

α α

= ⇒ =

= ⇒ =

= =

∆

1

1

2 2

cos

. cos.

Como sen 2 θ = 2 sen θ . cos θ

A∆AOB =

sensen

222

24

αα

=

Logo, o volume do tetraedro será:

V = A h

sensenbase . . .

3

24 2

32 212

= =

αα α αcos cos

Portanto V = sen 424

a Alternativa E

●

●●

●C

z

y

cos 2 α

1A

αO

x

B


INSPERNOV2011 CPV

33. Uma pessoa dispõe dos seis adesivos numerados reproduzidos a seguir, devendo colar um em cada face de um cubo.

2 3 4 5 6 8

Sabe-se que: ● se numa face do cubo for colado um número ímpar,

então na face oposta será colado um número maior do que ele;

● a soma dos números colados em duas faces opostas quaisquer do cubo pertence ao intervalo [6, 5; 12, 5].

Nessas condições, multiplicando os números colados em duas faces opostas quaisquer desse cubo, obtém-se, no máximo,

a) 20. b) 24. c) 30. d) 32. e) 40.

Resolução:

Começando a análise pela face 5, temos que ela somente pode opor-se às faces ou 6, ou 8 (1a regra).

Entretanto, a oposição da face 5 à face 8 geraria soma 13, o que não é permitido (2a regra).

Por exclusão, portanto, a face 5 deve ser oposta à face 6.

Tomando agora a outra face ímpar, 3, temos como opções de faces opostas ou 4, ou 8 (1a regra).

Entretanto, opor a face 3 à face 8 obrigaria a face 4 a opor-se à face 2, o que geraria soma de faces igual a 6 (mais uma vez, proibida pela 2a regra).

Desse modo, por exclusão, concluímos que a face 3 deve opor-se à face 4, e a face 8, à face 2.

Assim, os produtos de faces opostas restringem-se a 5 x 6 = 30, 3 x 4 = 12 e 8 x 2 = 16.

Alternativa C

34. A figura mostra, no plano cartesiano, a circunferência de equação x2 + y2 = 4 e um quadrado a ela circunscrito, com vértices sobre os eixos coordenados.

O conjunto de todos os pontos que formam os lados desse quadrado pode ser representado pela equação:

a) | x | + | y | = 2. b) | x + y | = 2. c) | x | + | y | = 2 2. d) | x + y | = 2 2. e) | x | + | y | = 4.

Resolução:

Como o diâmetro da circunferência é o lado do quadrado, temos L = 4.

Então, a diagonal vale 4 2.

Os pontos de intersecção com os eixos são (2 2; 0); (0; 2 2); (–2 2; 0) e (0; –2 2).

As retas suportes dos segmentos são:

x y

x y

x y

x y

+ =

− + =

− − =

− =

2 2

2 2

2 2

2 2

Portanto, a única alternativa que contém as 4 retas é a Alternativa C


CPV INSPERNOV2011

COMENTÁRIO Do CPV

A prova de Matemática do processo seletivo do INSPER (novembro/2011) apresentou uma grande evolução em relação às provas anteriores.

Apesar de manter suas características de ordem conceitual e de profundidade de conhecimentos, ela se mostrou mais acessível ao aluno, proporcionando um melhor aproveitamento dos candidatos mais bem preparados.

Acreditamos que com este tipo de prova do TRI poderá manifestar seus efeitos positivos e a banca conseguirá alcançar os seus objetivos.

CPV conquistou 324 vagas INSPER 2010 Prova esolvida...

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