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1 CPV insperjunho2010 CPV conquistou 151 vagas no insper Jun 2009 Prova REsolvida – Insper – 13/JUNHO/2010 MATEMÁTICA Utilize as informações a seguir para as questões 27 e 28. Na figura a seguir, estão representados os gráficos das funções f(x) = sen(x) e g(x) = cos(x). 27. Estão corretamente ordenados a) cos(3) < cos(1) < sen(3) < sen(2). b) cos(2) < cos(3) < sen(1) < sen(2). c) cos(3) < sen(3) < cos(1) < sen(1). d) cos(2) < cos(1) < sen(2) < sen(1). e) cos(3) < sen(3) < sen(1) < cos(1). Resolução: Pelos gráficos, temos: cos (3) @ –1 sen (3) @ 0,15 cos (1) @ 0,55 sen (1) @ 0,85 Assim, cos (3) < sen (3) < cos (1) < sen (1). Alternativa C 28. O valor mais próximo de sen (1 + cos(1)) é: a) 0,2. b) 0,4. c) 0,6. d) 0,8. e) 1,0. Resolução: Pelo gráfico: cos (1) @ 0,55 Portanto, sen [1 + cos (1)] = sen (1,55) @ 1. Alternativa E 29. Considere as retas definidas pelas equações a seguir. r : y = 12 − x s : y = ax, 1 £ a £ 2 t : y = bx, 7 £ b £ 8 Para cada possibilidade de par de valores a e b, sejam A, B e C os pontos de interseção das retas r , s e t, duas a duas. A diferença entre a maior área possível do triângulo ABC e a menor área possível do triângulo ABC é: a) 13. b) 15. c) 18. d) 23. e) 28. Resolução: r : y = 12 – x s 1 : y = x s 2 : y = 2x t 1 : y = 7x t 2 : y = 8x Observação: o aluno poderia ter feito o gráfico em escala e medido a altura e as bases com uma régua, obtendo: altura h @ 8,5; base maior B @ 6,5 e base menor b @ 3,5. Calculando as áreas com esses valores, chegaria à resposta correta. Observe que s 1 é perpendicular a r . Portanto, a altura h dos triângulos é metade da diagonal de um quadrado de lado 12: h = 12 2 2 6 2 = O triângulo de maior área determinado pelas retas r , s 1 e t 2 , tem por base os pontos A eB = = 4 3 32 3 66 ; (; ) Base maior 4 3 6 2 32 3 6 2 14 2 3 - + - = O triângulo de menor área é determinado pelas retas r , s 2 e t 1 , tem por base os pontos A eB = = 3 2 21 2 48 ; (; ) Base menor 3 2 4 2 21 2 8 2 5 2 3 - + - = A diferença entre as áreas é: 14 2 3 6 2 2 5 2 2 6 2 2 . . 13 - = Alternativa A 12 8 7 2 1 1 12 x y t 2 t 1 s 2 s 1 r

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1CPV insperjunho2010

CPV conquistou 151 vagas no insper Jun 2009

Prova REsolvida – Insper – 13/junho/2010

MATEMÁTICA

Utilize as informações a seguir para as questões 27 e 28.

Na figura a seguir, estão representados os gráficos das funções f(x) = sen(x) e g(x) = cos(x).

27. Estão corretamente ordenados

a) cos(3) < cos(1) < sen(3) < sen(2). b) cos(2) < cos(3) < sen(1) < sen(2). c) cos(3) < sen(3) < cos(1) < sen(1). d) cos(2) < cos(1) < sen(2) < sen(1). e) cos(3) < sen(3) < sen(1) < cos(1).

Resolução:

Pelos gráficos, temos: cos (3) @ –1 sen (3) @ 0,15 cos (1) @ 0,55 sen (1) @ 0,85

Assim, cos (3) < sen (3) < cos (1) < sen (1). Alternativa C 28. O valor mais próximo de sen (1 + cos(1)) é:

a) 0,2. b) 0,4. c) 0,6. d) 0,8. e) 1,0.

Resolução:

Pelo gráfico: cos (1) @ 0,55

Portanto, sen [1 + cos (1)] = sen (1,55) @ 1. Alternativa E

29. Considere as retas definidas pelas equações a seguir.

r : y = 12 − x s : y = ax, 1 £ a £ 2 t : y = bx, 7 £ b £ 8

Para cada possibilidade de par de valores a e b, sejam A, B e C os pontos de interseção das retas r, s e t, duas a duas. A diferença entre a maior área possível do triângulo ABC e a menor área possível do triângulo ABC é:

a) 13. b) 15. c) 18. d) 23. e) 28. Resolução:

r : y = 12 – xs1: y = xs2: y = 2xt1: y = 7xt2: y = 8x

Observação: o aluno poderia ter feito o gráfico em escala e medido a altura e as bases com uma régua, obtendo:

altura h @ 8,5; base maior B @ 6,5 e base menor b @ 3,5. Calculando as áreas com esses valores, chegaria à resposta correta.

Observe que s1 é perpendicular a r. Portanto, a altura h dos triângulos é metade da diagonal de um quadrado de lado 12:

h = 12 22

6 2=

O triângulo de maior área determinado pelas retas r, s1 e t2, tem por base os pontos

A e B=

=

43323 6 6; ( ; )

Base maior 43 6

2 323 6

2 14 23−

+ −

=

O triângulo de menor área é determinado pelas retas r, s2 e t1, tem por base os pontos

A e B=

=

32212 4 8; ( ; )

Base menor 32 4

2 212 8

2 5 23−

+ −

=

A diferença entre as áreas é:

14 23

6 22

5 22

6 22. . 13− = Alternativa A

12

87

21

1 12 x

y t2

t1 s2

s1

r

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Utilize as informações a seguir para as questões 30 e 31.

No gráfico a seguir, estão representadas as funções

log2 x, log3 x, log5 x e log10 x.

30. Estão corretamente associadas

a) j(x) = log2 x e h(x) = log5 x. b) f(x) = log2 x e j(x) = log5 x. c) g(x) = log3 x e j(x) = log10 x. d) f(x) = log10 x e g(x) = log5 x. e) g(x) = log10 x e j(x) = log3 x.

Resolução:

Do gráfico, temos que k > 1.

Da definição de logaritmo:

se log2 k = a e log3 k = b, temos que:

23

2 3 2 3αβ

α β α β==

⇒ = ⇒ > ⇒ >

kk

k klog log

Graficamente, concluímos que:

j x xh x xg x xf x x

( ) log( ) log( ) log( ) log

====

23510 Alternativa D

31. logk 300 é igual a

a) a b c d+ + +4

b) a + b + c + d.

c) abcd.

d) log300 (abcd).

e) 1 1 1 1a b c d

+ + + .

Resolução:

Utilizando as propriedades da função logarítmica e os valores do gráfico dado, temos:

logk300 = logk (2 . 3 . 5 . 10) = logk2 + logk3 + logk5 + logk10 =

= + + + = + + +

1

2

1

3

1

5

1

10

1 1 1 1log log log logk k k k a b c d

Alternativa E

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Utilize as informações a seguir para as questões 32 e 33.

Na figura a seguir, está representada a planificação de um paralelepípedo reto retângulo. Cada quadradinho pontilhado do quadriculado indicativo da figura tem lado medindo 1 cm.

32. No paralelepípedo correspondente à planificação apresentada, a área do triângulo cujos vértices estiverem sobre os pontos representados na planificação por A, B e C será igual a

a) 10 2cm .

b) 20 2cm .

c) 30 2cm .

d) 40 2cm .

e) 50 2cm .

A CH

B

14 14h

10 10

Figura I

Figura II

Figura III

Resolução: Observe o paralelepípedo correspondente à planificação:

Nas figuras I e II, temos que:

AB = BC são diagonais de um paralelepípedo de arestas 1, 3, 2.

Portanto: AB = BC = 1 3 22 2 2+ + = 14 .

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo da figura III:

AC2 = 22 + 62 \ AC = 40 = 2 10

A altura BH2 = 14 – 10, portanto BH = 2.

A área do DABC é S = 2 10 22

. = 40 cm2

Alternativa D

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33. No paralelepípedo correspondente à planificação apresentada, a quantidade de triângulos que poderão ser formados com vértices escolhidos entre os pontos A, B, C, D, E e F é

a) 14. b) 15. c) 19. d) 20. e) 23. Resolução:

Na figura, dos seis pontos dados, apenas três são colineares. A quantidade de triângulos que podem ser formados é: C6,3 – C3,3 = 20 – 1 = 19. Alternativa C

34. Seja Sn o limite da soma de uma progressão geométrica

de razão 1n , cujo primeiro termo é 1.

Por exemplo: S5 = 1 + 15

125

1125

1625

+ + + + ...

O produto S2 . S3 . S4 . ... . S2008 . S2009 . S2010 é igual a:

a) 2010!.

b) 2009 2010

2. .

c) 20102009

.

d) 2010.

e) 20092010.

Resolução:

Sabendo que o limite da soma de uma PG é dado pela fórmula

S = aq1

1- , temos:

S2 . S3 . S4 ... S2008 . S2009 . S2010 =

1

1 12

1

1 13

1

1 14

1

1 12008

1

1 12009

1

1 12010− − − − − −

=. . . . ....

112

123

134

120072008

120082009

120092010

. . . .... = 2010

Alternativa D

35. O gráfico representa as notas dos alunos de uma turma numa prova que realizaram.

A média das notas representadas no gráfico é:

a) 6 7 821

k m t+ + .

b) 6 7 8k m tk m t

+ ++ +

.

c) 7.

d) k m t+ +

21.

e) 21

6 7 8k m t+ +.

Resolução:

Pelo gráfico, podemos saber que há:

k alunos com nota 6,0; m alunos com nota 7,0 e t alunos com nota 8,0.

A média das notas é dada por:

M = 6k + 7m + 8tk + m + t

Alternativa B

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36. Uma caixinha para chicletes tem a forma de um paralelepípedo reto retângulo, de dimensões p cm por 2 p cm por 2 p cm. O fabricante irá lançar um novo modelo, que será uma latinha cilíndrica de altura 2 cm. Se a nova embalagem for feita com a mesma quantidade de material por unidade utilizada no modelo existente, esta nova embalagem terá um volume aproximadamente

Utilize a aproximação π ≈

2514

a) 12% menor do que o modelo existente. b) 6% menor do que o modelo existente. c) igual ao volume do modelo existente. d) 6% maior do que o modelo existente. e) 12% maior do que o modelo existente.

Resolução: Observe as figuras a seguir:

Como a quantidade de material para fazer cada uma das embalagens é a mesma, as áreas totais dos dois sólidos também serão iguais. Assim, temos:

AT1 = AT2

2( 2 p . 2 p + 2 p . p + 2 p . p)= 2 p R . 2 + 2pR2

R2 + 2R – 8 = 0 Þ R = – 4 (não convém) R = 2 cm.

A relação entre os volumes é

VV21

22 22 2

= =π

π π π

. .. .

2 22514

2825π

≅ = = 1,12.

O volume da embalagem 2 é 12% maior que o volume da embalagem 1.

Alternativa E

37. Um parque temático criou a montanha-russa da sorte, muito concorrida nos fins de semana, sempre com longas filas. Quando um fã da adrenalina consegue finalmente sentar no carrinho, o início da brincadeira é, literalmente, um sorteio. O carrinho anda 20 metros e para em frente a uma trifurcação, onde a pessoa roda uma roleta, cujo resultado irá definir por qual dos três caminhos à frente irá seguir, com iguais probabilidades. Dos caminhos:

· um leva a pessoa de volta para a fila, sem passar pela montanha-russa;

· outro dá acesso aos trilhos da montanha-russa, garantindo uma volta de diversão;

· outro dá acesso aos trilhos da montanha-russa, garantindo duas voltas de diversão.

A probabilidade de uma pessoa conseguir dar exatamente 4 voltas na montanha-russa enfrentando a fila 3 vezes é igual a

a) 29

b) 227

c) 13

d) 19

e) 127

Resolução:

Para uma pessoa conseguir dar exatamente 4 voltas na montanha-russa, enfrentando a fila 3 vezes, temos as seguintes possibilidades de sorteio:

2 voltas . 2 voltas . 0 voltas ou 2 voltas . 1 volta . 1 volta

13

13

13 3

2× × × P + 13

13

13 3

2× × × P

= 213

32

3× × =

!!

29

Alternativa A

Embalagem 2

2

R

Embalagem 1

2 p

2 p

p

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38. Considere um triângulo isósceles ABC, com AB = AC, em que o ângulo interno  é obtuso. Seja H o ortocentro desse triângulo, ou seja, o ponto de encontro das retas suporte de suas alturas. Se os triângulos ABC e ABH são congruentes, então o ângulo interno ^C, em graus, mede

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

Resolução:

Construindo a figura do triângulo descrito no enunciado, temos:

No DHDB, temos: a + 2a + 90º = 180º Þ a = 30ºAlternativa E

39. No gráfico a seguir estão representadas a entrada e a saída de água da caixa d’água de um edifício, durante as 24 horas de um dia. A linha tracejada indica o fluxo de água que abastece a caixa d’água e a linha cheia indica o fluxo que está sendo consumido.

O horário deste dia em que o nível da caixa d’água esteve mais alto ocorreu

a) entre 0h e 1h. b) entre 5h e 6h. c) entre 10h e 11h. d) entre 15h e 16h. e) entre 20h e 21h.

Resolução:

Enquanto o fluxo de água que abastece a caixa d´água for maior do que o fluxo que está sendo consumido, o nível da água crescerá.

A partir do momento em que o consumo ultrapassa o fluxo de abastecimento, o nível da água decrescerá.

De acordo com o gráfico, o abastecimento foi superior ao consumo entre 0 horas e aproximadamente 5h30m; a partir desse horário, o consumo ultrapassou o abastecimento.

Portanto, o nível da água aumentou até 5h30m, quando atingiu seu valor máximo, e depois começou a descer.

Alternativa B

C

D

BA

a

a

a

b

b a

H

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40. Uma pessoa comprou um álbum com espaço para 640 figurinhas. Quanto mais figurinhas a pessoa cola no álbum, mais difícil fica de encontrar figurinhas que ainda não tem, quando compra novos pacotinhos. A tabela mostra esta relação, cruzando a faixa de figurinhas já coladas com a quantidade de figurinhas inéditas que encontra, a cada 50 figurinhas que a pessoa compra.

Se cada figurinha custa R$ 0,15, o valor máximo que a pessoa precisará gastar para completar o álbum é

Desconsidere o custo do álbum. a) R$ 96,00. b) R$ 192,50. c) R$ 450,00. d) R$ 562,50. e) R$ 2.496,00.

Resolução: Cada conjunto de 50 figurinhas custa 50 . 0,15 = R$ 7,50

de 0 a 160: 16032 = 5 Þ serão necessários 5 conjuntos

de 50 figurinhas

de 161 a 320: 16016 = 10 Þ serão necessários 10 conjuntos

de 50 figurinhas

de 321 a 480: 1608 = 20 Þ serão necessários 20 conjuntos

de 50 figurinhas

de 481 a 640: 1604 = 40 Þ serão necessários 40 conjuntos

de 50 figurinhas

Para completar o álbum a pessoa precisará de

5 + 10 + 20 + 40 = 75 conjuntos de 50 figurinhas.

O valor máximo que a pessoa precisará gastar para completar o álbum é: 75 . 7,50 = R$ 562,50

Alternativa D

Utilize as informações a seguir para as questões 41 e 42.

Vinte equipes estão participando do campeonato brasileiro de futebol de 2010. Ao final do campeonato, cada equipe terá enfrentado cada uma das outras dezenove equipes duas vezes: uma em seu estádio e a outra no estádio do adversário.

41. No campeonato de 2010, seis das vinte equipes são do estado de São Paulo, ou seja, têm seus respectivos estádios nesse estado. Supondo que a regra descrita no enunciado seja cumprida em todos os jogos, o total de partidas do campeonato brasileiro de 2010 que serão disputadas no estado de São Paulo é igual a

a) 57. b) 60. c) 84. d) 114. e) 120.

Resolução:

Como cada equipe joga no seu estádio 19 vezes, temos:

n = número de jogos no estado de São Paulo

n = 6 . 19 = 114 jogos no de equipes paulistas

Alternativa D

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42. Em cada partida do campeonato brasileiro, uma equipe pode somar 3, 1 ou 0 ponto(s), em caso de vitória, empate ou derrota, respectivamente. Chamaremos de desempenho de uma equipe após disputar n jogos do campeonato a terna (v, e, d), em que v, e, d representam, respectivamente, os números de vitórias, empates e derrotas obtidos por essa equipe naqueles n jogos. Suponha que uma equipe conquiste 29 pontos após disputar 20 jogos do campeonato brasileiro. Então, o número de desempenhos diferentes que ela pode ter tido após esses 20 jogos é

a) 3. b) 4. c) 5. d) 6. e) 7.

Resolução:

v: vitórias e: empates d: derrotas

Pelo número de jogos, temos: I. v + e + d = 20

Pelo desempenho, temos: II. 3v + 1e + 0d = 29

Fazendo II – I, resulta: 2v – d = 9 Þ d = 2v – 9

De II, temos: e = 29 – 3v

Como d, e Î N

2v – 9 ³ 0 e 29 – 3v ³ 0

v ³ 92 e v £

293

v ³ 5 e v £ 9

Portanto, os valores de v serão {1, 2, 3, 4, 5}.

A equipe pode ter tido 5 desempenhos diferentes.Alternativa C

Utilize as informações a seguir para as questões 43 e 44.

Usando três arames de comprimento x, em que x é um número inteiro e positivo, um garoto construiu o triângulo da figura (I). Em seguida, acrescentando ao arranjo dois palitos de comprimento 3 e um palito de comprimento 8, ele formou o triângulo da figura (II). As duas figuras foram feitas fora deescala.

43. Uma vez que os dois arranjos puderam ser construídos, o menor valor inteiro e positivo que x pode ter é

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

Resolução:

A condição para a existência de um triângulo é que a soma das medidas de dois lados seja maior que a medida do terceiro lado.

Portantox + 3 + x + 3 > x + 8 \ x > 2

O menor valor inteiro e positivo que x pode ter é 3.Alternativa B

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44. O cosseno de um dos ângulos da base do triângulo

representado em (II) é igual a 35 .

Assim, a área desse triângulo é

a) 900. b) 800. c) 600. d) 400. e) 300.

Resolução:

Considerando o DAMC, temos:

cos a =

x

x

+

+

823

= 35 \ 6x + 18 = 5x + 40 \ x = 22

Calculando a área do DABC temos:

sen2 a = 1 – 35

2

=

1625 \ sen a =

45

Logo SABC = AC AB sen. . a

2

\ SABC = 25 30 4

52

. . = 300

Alternativa E

Informações para as questões 45 e 46: O programa “protetor de tela” de um computador mostra um retângulo que, além de se movimentar pela tela, tem suas dimensões (comprimento e largura) alteradas ao longo do tempo, como ilustrado na figura.

As dimensões do retângulo em função do tempo, a partir do momento em que o protetor de tela é acionado, são dadas no gráfico:

45. Com a variação das suas dimensões, a área do retângulo também varia ao longo do tempo. A maior área, em cm2, que esse retângulo terá é

a) 40. b) 42. c) 45. d) 48. e) 50.

Resolução:

Pela simetria do gráfico, analisaremos o intervalo [0; 10]. As equações de comprimento (C) e largula (L) são dadas por:

· C(t) = at + b

C(0) = 5 a . 0 + b = 5 a = 0,5

C(10) = 10 a . 10 + b = 10 b = 5

· L(t) = ct + d

L(0) = 8 c . 0 + d = 8 c = –0,4

L(10) = 4 c . 10 + d = 4 d = 8

A equação da área será:

A(t) = C(t) . L(t) = (0,5t + 5) (–0,4t + 8) = –0,2t2 + 2t + 40 Portanto,

Amáx = −∆4a =

- - --

( ( , ) )( , )

2 4 0 2 404 0 2

2 . = 45

Alternativa C

BAa

x + 3 x + 3

C

h

M

x + 8

x 82+ x 8

2+

Þ Þ ÞC(t) = 0,5t + 5

Þ Þ ÞL(t) = –0,4t + 8

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46. O programa protetor de tela permite alterar o modo como variam as dimensões do retângulo em função do tempo. Numa das opções, a função f que descreve a largura do retângulo, em cm, em função do tempo t, em segundos, tem como gráfico uma cossenóide, além de apresentar o mesmo período e a mesma imagem da função descrita pelo gráfico da largura mostrado no enunciado. Dentre as leis abaixo, a única que pode descrever a função f é

a) f (t) = 6 + 2 cos π10⋅

t .

b) f (t) = 4 + 2 cos π10⋅

t .

c) f (t) = 6 + cos π5⋅

t .

d) f (t) = 4 + 2 cos π20⋅

t .

e) f (t) = 7 + cos π5⋅

t .

Resolução:

Observando o gráfico pontilhado vemos que os valores mínimo e máximo são respectivamente 4 e 8.

Portanto, nas alternativas o único gráfico que tem imagem em [4; 8] é:

f (t) = 6 + 2 cos π10

6 2 1 8

6 2 1 4t

máx

í

= + =

= + − =

( )

m n ( )Alternativa A

Utilize as informações a seguir para as questões 47 e 48.

A figura a seguir representa o gráfico de um polinômio P(x), de grau 3 e coeficientes reais, cujas raízes têm multiplicidade 1.

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47. O número de raízes reais da equação

[P(x)]3 + 8 . P(x) = 6 . [P(x)]2 é igual a

a) 1. b) 3. c) 6. d) 7. e) 9.

Resolução:

[P(x)]3 + 8 . P(x) – 6[P(x)]2 = 0 P(x) . {[P(x)]2 – 6[P(x) + 8]} = 0 P(x) . {[P(x) – 4] . [P(x) – 2]} = 0 P(x) = 0 ou P(x) = 4 ou P(x) = 2

No gráfico, há 7 pontos que satisfazem P(x) = 0, P(x) = 4 e P(x) = 2

Alternativa D

48. O resto R(x) da divisão do polinômio P(x) pelo polinômio d(x) = x2 − 4x + 3 é tal que

a) R(x) = 2x + 1. b) R(x) = 3x + 2. c) R(x) = −x + 2. d) R(x) = 1. e) R(x) = 3.

Resolução:

Pelo gráfico, temos que P(1) = 3 e P(3) = 7

Temos também que P(x) (x – 1) (x – 3)

R(x) = ax + b Q(x)

Daí: P(x) = (x – 1) (x – 3) . Q(x) + ax + b P(1) = a(1) + b = 3 (gráfico) P(3) = a(3) + b = 7 (gráfico)

Resolvendo o sistema, resulta: a = 2 e b = 1 \ R(x) = 2x + 1 Alternativa A

Utilize as informações a seguir para as questões 49 e 50.

Dois dados idênticos, cujas planificações são dadas na figura a seguir, possuem em suas faces pontuações diferentes das convencionais. Todas as faces dos dois dados, no entanto, têm iguais probabilidades de ficarem voltadas para cima quando eles são lançados.

Considere que n representa um número inteiro e positivo.

49. Nos dados convencionais, a soma dos pontos de duas faces opostas quaisquer é sempre igual a um mesmo valor. Para que os dados descritos no enunciado também tenham essa propriedade, n deverá representar o número

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

Resolução:

Se a soma das faces opostas deve ser sempre a mesma, devemos

ter: n + 2 = 2 + 4 = 3 + 3

Portanto, n = 4. Alternativa D

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50. No lançamento simultâneo dos dois dados, a probabilidade de que a soma dos pontos obtidos seja 4 será igual a 25% se, e somente se, tivermos

a) n = 2. b) n = 1. c) n = 3 ou n = 2. d) n = 3 ou n = 1. e) n = 2 ou n = 1.

Resolução:

Se n = 2, deve ocorrer o número 2 em ambas as faces.

Portanto: p = =3636

14

×

Se n = 1, deve ocorrer o número 1 em uma das faces e o número 3 na outra face ou 2 em ambas as faces.

Portanto: p = + = ≠16262 2

626

29

25× × × %

Se n = 3, deve ocorrer o número 2 em ambas as faces.

Portanto: p = = ≠2626

19

25× %Alternativa A

Utilize as informações a seguir para as questões 51 e 52.

Na figura a seguir, que mostra a vista superior de um quintal plano de uma casa, estão representados:

· um gato, localizado no ponto G;· um cachorro, localizado no ponto C, que está amarrado

a uma coleira de comprimento 3 m, presa no ponto O;· um muro de tijolos T;· uma mesa M, sobre a qual foi esquecida uma bandeja

cheia de sardinhas.

As medidas do sistema de coordenadas cartesianas indicado são dadas em metros.

O gato pretende, partindo do ponto G, chegar à mesa para “atacar” as sardinhas percorrendo uma trajetória retilínea. Para isso, porém, esta trajetória não pode interceptar o muro de tijolos nem a região dentro da qual o cachorro consegue se movimentar, formada por todos os pontos que distam 3 metros ou menos do ponto O.

Sendo m o coeficiente angular da reta que contém esta trajetória, o gato cumprirá seu objetivo se, e somente se, tivermos a < m < b, em que a, b Î .

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51. O valor de a é igual a

a) 34

b) 45

c) 1.

d) 43

e) 54

Resolução: Completando a figura:

Da figura temos que: DGQR é retângulo em R, portanto: ms = tg g =

45 \ a =

45

Alternativa B

52. O valor de b é igual a

a) 47

b) 34

c) 43

d) 74

e) 72

Resolução

Da mesma figura do exercício anterior, temos que:

DPOG é retângulo em P, portanto:

OP = 3; OG = 5 e GP = 4.

mr = tg a = GPOP

=43 \ b =

43

Alternativa C

R

b

a

(r) (s)

P

Q

g

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53. O curso de Estatística I de uma faculdade, que é ministrado por três professores, é composto por cinco módulos. No início de cada semestre, os três fazem a distribuição dos módulos entre si. Essa distribuição obedece as seguintes regras:

· qualquer professor pode ser escalado para ministrar qualquer um dos cinco módulos;

· cada módulo é sempre ministrado por um único professor;

· cada professor deve ministrar pelo menos um módulo por semestre.

Nessas condições, o número de maneiras distintas de distribuir os módulos entre os três professores num determinado semestre é igual a

a) 150. b) 120. c) 100. d) 90. e) 60.

Resolução:

Chamemos os módulos de E1, E2, E3, E4 e E5 e os professores de A, B e C.

Para cada linha, temos as devidas permutações.

O número de distribuições possíveis é 20 . 3 + 30 . 3 = 150.Alternativa A

Utilize as informações a seguir para as questões 54 e 55.

As pirâmides regulares da figura, cada uma com volume 72, têm bases quadradas coplanares com o lado CD em comum.

54. Considere o poliedro de vértices nos pontos V, D, E e F da figura. O volume desse poliedro é igual a

a) 24. b) 36. c) 48. d) 54. e) 72.

Resolução:

Na pirâmide quadrangular regular VABCD, temos;

V = 13 . AB . h

72 = 13

. a2 . h Þ a2 . h = 216

No tetraedro VDEF, temos:

V’ = 13

. AB’ . h

V’ = 13

2

2.a

. h = a h2

62166=

V’ = 36Alternativa B

Obs.: Como a área da base do tetraedro VDEF é metade da área da base da pirâmide VABCD e a altura do tetraedro é igual à altura das pirâmides, o volume do tetraedro é metade do volume da pirâmide, isto é, 36.

E1AAAAAA

E2AAABBB

E3ABBBBC

E4BBCBCC

E5CCCCCC

Þ P53 = 20

Þ P52,2 = 30

Þ P52,2 = 30

Þ P53 = 20

Þ P52,2 = 30

Þ P53 = 20

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55. Sabendo que o segmento CD mede 6, é correto afirmar que a área do triângulo WAB é igual a

a) 3 13 .

b) 3 14 .

c) 9 13 .

d) 9 14 .

e) 12 15 .

Resolução:

Para CD = 6, temos:

72 = 13 . (6)2 . h Þ NW = h = 6

No triângulo WNM, temos: MW2 = NW2 + NM2

MW2 = 62 + 92 = 36 + 81 = 117 MW = 3 13

A área do triângulo WAB é dada por:

AWAB = AB MW.

2 = 6 3 132. 9 13=

Alternativa C

56. Considere a declaração abaixo.

Se todo jogador se comprometer com o grupo e nenhum jornalista atrapalhar a preparação, então a equipe será campeã.

Se a equipe não for campeã, então, de acordo com a declaração,

a) ou nem todo jogador terá se comprometido com o grupo ou a preparação terá sido atrapalhada pelos jornalistas, mas não ambos.

b) nenhum jogador terá se comprometido com o grupo e os jornalistas terão atrapalhado a preparação.

c) nenhum jogador terá se comprometido com o grupo ou os jornalistas terão atrapalhado a preparação.

d) pelo menos um jogador não terá se comprometido com o grupo e algum jornalista terá atrapalhado a preparação.

e) pelo menos um jogador não terá se comprometido com o grupo ou algum jornalista terá atrapalhado a preparação.

Resolução:

A proposição composta do enunciado pode ser reescrita como:

todo jogador se compromete com o grupo E ® equipe é campeã nenhum jornalista atrapalha a preparação

de onde derivamos a forma equivalente (contrapositiva):

todo jogador se compromete com o grupo ~ E ¬~ equipe é campeã nenhum jornalista atrapalha a preparação

~(todo jogador se compromete com o grupo) OU ¬~ equipe é campeã ~(nenhum jornalista atrapalha a preparação)

algum jogador não se compromete com o grupo OU ¬~ equipe é

algum jornalista atrapalha a preparação campeã

Alternativa E

W

N M

A

C B

D

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57. Um determinado exame laboratorial detecta se uma pessoa é portadora de uma bactéria específica de uma doença. Apesar de acertar na grande maioria das vezes, o procedimento utilizado no exame não é totalmente à prova de falhas. Existem dois tipos de erros:

· Falso positivo: erro em que o exame indica que a pessoa é portadora da bactéria, quando não é.

· Falso negativo: erro em que o exame indica que a pessoa não é portadora da bactéria, quando é.

Uma amostra de material de cinco pacientes foi submetida ao exame em duas tentativas:

Resultado da tentativa 1: dois portadores da bactéria e três não portadores;

Resultado da tentativa 2: quatro portadores da bactéria e um não portador.

Sabendo que o procedimento não gerou resultado errado para o material do mesmo indivíduo nas duas tentativas, este resultado elimina a possibilidade de que

a) nenhum dos cinco indivíduos seja portador da bactéria. b) exatamente um dos cinco indivíduos seja portador da

bactéria. c) exatamente dois dos cinco indivíduos sejam portadores

da bactéria. d) exatamente três dos cinco indivíduos sejam portadores

da bactéria. e) exatamente quatro dos cinco indivíduos sejam

portadores da bactéria.

Resolução:

A distribuição impossível é “nenhum dos cinco indivíduos é portador da bactéria”. Para provar isso, vamos organizar os 5 indivíduos numa grade e comparar as distribuições resultantes em três situações: Condição Real, Teste 1 e Teste 2.

Notações: P indica que o indivíduo é portador da bactéria N indica que o indivíduo é não portador (*) indica erro realizado no teste (discordância entre o real e o indicado no teste):

Real N N N N N Teste 1 N N N P* P* Teste 2 P* P* P* P* N

Observe que o indivíduo 4 seria submetido a dois erros seguidos, o que contradiria o enunciado — “o procedimento não gerou resultado errado para o material do mesmo indivíduo nas duas tentativas”.

Nas demais alternativas, é sempre possível gerar uma distribuição em que nenhum dos indivíduos testados é submetido a dois erros seguidos. Como exemplo, tomemos a alternativa B:

Real N N N N P Teste 1 N N N P* P Teste 2 P* P* P* N P

Observe que, quando há erro, não se trata obrigatoriamente daquele mesmo individuo. Alternativa A

58. Considere as proposições:

· Não há equipe que não tenha perdido um torneio. · Não há como perder um torneio sem se perder um jogo. · Não há como perder um jogo sem tomar um gol.

Para que pelo menos duas destas proposições sejam falsas, basta que

a) exista uma equipe que nunca tomou nenhum gol, nunca perdeu um jogo e nunca perdeu um torneio.

b) exista uma equipe que nunca tomou nenhum gol, mas já perdeu um jogo e nunca perdeu um torneio.

c) exista uma equipe que nunca tomou nenhum gol, mas já perdeu um jogo e já perdeu um torneio.

d) exista uma equipe que já tomou gol, já perdeu um jogo, mas nunca perdeu um torneio.

e) exista uma equipe que já tomou gol, já perdeu um jogo e já perdeu um torneio.

Resolução: Os três condicionais simples do enunciado podem ser traduzidos

como:

I. (se) é equipe ® (então) perdeu um torneio II. (se) perdeu um torneio ® (então) perdeu um jogo III. (se) perdeu um jogo ® (então) tomou um gol

Lembrando que o condicional simples é falso somente quando V ® F e avaliando as alternativas temos, respectivamente:

A. “é equipe e não perdeu um torneio” (I falso), “não perdeu um torneio e não perdeu um jogo” (II verdadeiro), “não perdeu um jogo e não tomou um gol” (III verdadeiro) B. “é equipe e não perdeu um torneio” (I falso), “não perdeu um torneio e perdeu um jogo” (II verdadeiro),

“perdeu um jogo e não tomou um gol” (III falso) C. “é equipe e perdeu um torneio” (I verdadeiro), “perdeu um torneio e perdeu um jogo” (II verdadeiro),

“perdeu um jogo e não tomou um gol” (III falso) D. “é equipe e não perdeu um torneio” (I falso), “não perdeu um torneio e perdeu um jogo” (II verdadeiro),

“perdeu um jogo e tomou um gol” (III verdadeiro) E. “é equipe e perdeu um torneio” (I verdadeiro), “perdeu um torneio e perdeu um jogo” (II verdadeiro),

“perdeu um jogo e tomou um gol” (III verdadeiro) A única alternativa que tornaria ao menos duas delas falsas é a

Alternativa B

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Utilize as informações a seguir para as questões 59 e 60.

Numa agremiação estudantil de uma faculdade, 8 alunos, um de cada um dos 8 semestres da faculdade, fazem a seleção de novos membros por meio de entrevistas. Em cada entrevista, deve estar presente uma dupla, formada por:

um aluno dos quatro primeiros semestres E um aluno dos quatro últimos semestres OU

um aluno de um semestre par E um aluno de um semestre ímpar.

59. A quantidade de duplas diferentes de entrevistadores que podem ser formadas é

a) 16. b) 20. c) 24. d) 28. e) 32.

Resolução:

Inicialmente, contabilizamos as duplas em que temos

um aluno dos primeiros quatro semestres (S1, S2, S3, S4) E um aluno dos últimos quatros semestres (S5, S6, S7, S8):

N1 = 4 . 4 = 16 duplas.

Agora, vamos também registrar aquelas em que temos alunos de semestres com paridades diferentes. Nesse caso, não podemos contabilizar aquelas situações já contadas antes e, assim, temos apenas duas possiblidades:

· dois alunos dos semestres iniciais, com diferentes paridades:

S1/S2, S1/S4, S3/S2, S3/S4 ® N2 = 4 duplas

· dois alunos dos semestres finais, com diferentes paridades:

S5/S6, S5/S8, S7/S6, S7/S8 ® N3 = 4 duplas

Logo, teremos o total de N = 16 + 4 + 4 = 24 duplas.

Alternativa C

60. Se a regra for mudada, exigindo estarem presentes um aluno dos 4 primeiros semestres OU um aluno dos quatro últimos semestres E

um aluno de um semestre par OU um aluno de um semestre ímpar, então

a) será impossível formar duplas de entrevistadores. b) poderão ser formadas menos duplas em relação à

regra anterior. c) poderão ser formadas apenas as mesmas duplas dadas

pela regra anterior. d) poderão ser formadas apenas as duplas que ficaram

de fora na regra anterior. e) poderá ser formada qualquer dupla entre os oito

alunos.

Resolução:

Note que temos pares de condições complementares:

· “um aluno dos quatro primeiros semestres OU um aluno dos quatro últimos semestres” é uma condição automaticamente satisfeita;

· “um aluno de um semestre par OU um aluno de um semestre ímpar” é também uma condição automaticamente satisfeita.

Logo, qualquer dupla escolhida satisfará automaticamente as duas condições.

Alternativa E

CoMEnTÁrIo

A prova de Matemática do Vestibular do Insper de Julho de 2010, mostrou-se, como de costume, um alto nível de exigência de conceitos e capacidade de concentração do aluno.

Contudo, em relação a semestres anteriores, acreditamos que a prova revelou uma evolução significativa quanto ao índice de discriminação, criatividade e sintonia com o nível dos candidatos.

Parabenizamos a Banca Examinadora e acreditamos que a prova cumpriu o seu papel de selecionar os melhores candidatos.