CPV 231 insper Jun -...

1CPV inspernov2010

CPV conquistou 231 vagas no insper Jun 2010

Prova REsolvida – Insper – 15/novembro/2010

análise quantitativa e lógica

27. No Brasil, o 2o turno das eleições presidenciais é disputado por apenas dois candidatos. O ganhador é aquele que conquistar mais da metade dos votos válidos, isto é, mais de 50% do total de votos excluindo-se votos brancos e nulos. De acordo com esse critério, um candidato ganhará o 2o turno de uma eleição presidencial obtendo somente 30% do total de votos se, e somente se, os votos brancos e nulos dados nessa etapa da eleição representarem

a) menos de 70% do total dos votos. b) mais de 70% do total dos votos. c) 50% do total dos votos. d) menos de 40% do total dos votos. e) mais de 40% do total dos votos.

Resolução:

Seja T = no total de eleitores BN = no de votos brancos e nulos T – BN = no de votos válidos

30%TT BN- > 50% Þ 30% T > 50% T – 50% BN

50% BN > 20% T Þ BN > 2050%% T \ BN > 40% T

Alternativa E

28. Dois faraós do antigo Egito mandaram construir seus túmulos, ambos na forma de pirâmides quadrangulares regulares, num mesmo terreno plano, com os centros de suas bases distando 120 m. As duas pirâmides têm o mesmo volume, mas a área da base de uma delas é o dobro da área da base da outra. Se a pirâmide mais alta tem 100 m de altura, então a distância entre os vértices das duas pirâmides, em metros, é igual a

a) 100. b) 120. c) 130. d) 150. e) 160.

Resolução:

Como as duas pirâmides têm o mesmo volume, temos:

13

. A . 100 = 13

. 2A . h \ h = 50m

Pela Teorema de Pitágoras, temos que:

d2 = 502 + 1202 \ d = 130m. Alternativa C

d

120 m

A 2A120 m

h

100 m

100

– h

50 md

120 m

insper – 15/11/2010 Seu pé direito nas melhores Faculdades

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2

Utilize as informações a seguir para os testes 29 e 30.

No plano cartesiano, considere o triângulo ABC, sendo A = (0, 0), B = (3 3 , 3) e C = (0, 6).

29. Uma equação da circunferência circunscrita ao triângulo ABC é

a) (x− 3 )2+(y−3)2 = 12.

b) (x− 3 )2+(y−3)2 = 9.

c) (x−3 32 )2+(y−3)2 =

274

d) (x−3)2+(y− 3 )2 = 9.

e) (x−3)2+(y−3 32 )2 =

274

Resolução:

O → centro da circunferência circunscrita. O Î mediatriz de BC O (α, 3) O Î mediatriz de AC

dAO = dOB

α α−( ) + −( ) = −( ) + −( )0 3 0 3 3 3 32 2 2 2

α2 + 9 = α2 – 6 3 α + 27

6 3 α = 18 \ α = 33

\ α = 3

Logo, O 3 3;( ) e R = dOB = 2 3

\ a equação é x 32

−( ) + (y – 3)2 = 2 32( )

Alternativa A

30. A reta r passa pelo ponto (0, 2) e intercepta o segmento BC, dividindo o triângulo ABC em dois polígonos de áreasiguais.Nessascondições,ocoeficienteangulardareta r é igual a

a) 3

3

b) 39

c) 5 39

d) 5 327

e) 7 327

Resolução:

Temos que a área do ΔABC mede

SABC = 6 3 32

.

\ SABC = 9 3

SEDC = 9 32

42

9 32

. HD=

\ HD = 9 3

4

Então D9 34; β

e a reta B

↔C a é y = mx + 6

substituindo o ponto B na reta B

↔C :

3 = m 3 3( ) + 6

\m = –3

3 3 = – 3

3 logo y = – 3

3x + 6

Como D Î B

↔C temos

β = -33

9 34

. + 6 Þ b = 154 \ D

9 34

; 154

Entãoocoeficienteangulardaretaré

mr =

154

2

9 34

0

749 34

−

−

= \ mr = 7 327

Alternativa E

1 2 3 4 5 6

3 3A

1

2

3

H

6 C

D

r

E

B 3 3; 3( )

6

3

C

0B

3 63 3A (0, 0)

Seu pé direito nas melhores Faculdades Insper – 15/11/2010

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Um país possui 1.000.000 de eleitores, divididos igualmente entre10estados.Atabelaaseguirmostraoresultadofinalda votação para a escolha do novo presidente, quando todos os eleitores votaram.

31. Durante a votação, uma pessoa entrevistou 10 eleitores, escolhidos aleatoriamente, para tentar prever o resultado da eleição. A probabilidade de que o percentual de eleitores dessa amostra que votaram no candidato Z seja igual ao percentual de votos obtidos por esse candidato na eleição é aproximadamente igual a

a) (0, 2)2 . (0, 8)8 (ou seja, aproximadamente 1%). b) (0, 2)2 + (0, 8)8 (ou seja, aproximadamente 20%). c) 45 . (0, 2)2 . (0, 8)8 (ou seja, aproximadamente 30%). d) 90 . (0, 2)2 . (0, 8)8 (ou seja, aproximadamente 60%).

e) 2 0 2 8 0 8

10. ., ,( ) + ( ) (ou seja, aproximadamente 68%).

Resolução:

A probabilidade de uma pessoa votar no candidato Z é de 20%. Para essa probabilidade se manter nos 10 eleitores entrevistados, apenas 2 deles devem votar no candidato Z. Sendo P a probabilidade pedida, temos:

P = (0,2)2 . (0,8)8 . C10,2

\ P = (0,2)2 . (0,8)8 . 45 Alternativa C

32. Analisando o percentual de votos recebidos pelo candidato Xnaeleição,écorretoafirmarque

a) os votos recebidos por ele foram dados em pelo menos 6 estados diferentes.

b) ele foi necessariamente o mais votado em todos os estados do país.

c) ele necessariamente recebeu votos em todos os estados do país.

d) é possível que ele não tenha sido primeiro colocado em nenhum dos 10 estados.

e) é possível que ele não tenha recebido votos em 5 estados diferentes.

Resolução:

Trata-se de uma questão de lógica, análise de distribuições.

O enunciado indica que:

I. o país possui 1.000.000 de eleitores, distribuídos em 10 estados;

II. cada estado possui exatamente 100.000 eleitores; III. o candidato X obteve 520.000 votos

É provável que o candidato X tenha recebido votos em todos os 10 estados. Entretanto, podemos imaginar o cenário-limite em que todos seus 520.000 votos fossem concentrados no menor número de estados possível. Assim:

nmin = 520 000100 000.. = 5,2

o que indica que seus votos foram obtidos em no mínimo 6 estados diferentes.

Essa constatação aponta a alternativa A como gabarito e elimina automaticamente as alternativas B, C e E. (A alternativa D é igualmente falsa pois, se X não obtivesse a maioria em nenhum dos estados, o máximo de votos que ele teria angariado seria: 10 x 50.000 = 500.000 votos, portanto, inferior ao resultado real).

Alternativa A


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Omosaico da figura é formado por losangos congruentesentre si e por pentágonos regulares.

A razão entre as áreas de um pentágono e um losango, nessa ordem, é igual a R.

33. A razão entre a área da região clara e a área da região escuradafigura,nessaordem,éaproximadamenteiguala:

a) 3R. b) 2R. c) R.

d) R2

.

e) R3

.

Resolução:

Sendo Al

a área do losango e Ap a área do pentágono, temos:

R = A

Ap

l

Nafigura,temos90pentágonose45losangos,assimarazãor pedida será:

r = 90

45

A

Ap

l

\ r = 2R Alternativa B

34. O perímetro de cada pentágono regular da figura é 5cm. Assim, sendo sen 72º = x, a área de cada pentágono regular, em cm2, é igual a

a) 2 Rx 1 2- x .

b) 2 Rx2.

c) Rx 1 2- x

d) Rx2.

e) Rx2

2.

Resolução:

Dado sen 72º = x, temos que:

cos2 72º + sen2 72º = 1 \ cos 72º = 1 2- x

No losango temos dois triângulos congruentes:

Aplicando a lei dos cossenos:

12 = 12 + l 2 – 2 . l . 1 . cos 72º \ l 2 – 2l 1 2- x = 0

\ l = 0 ou l = 2 1 2- x

Como l = 0 não convém, l = 2 1 2- x

Sendo Al

a área do losango e Ap a área do pentágono, temos:

Al

= 2 722

. . .l senl º \ Al

= 2x 1 2- x

R = ApAl

\ Ap = R . Al

\ Ap = 2 Rx 1 x2- Alternativa A

108º108º

108º 108º

36º

72º 72º

1 1

l

72º 72º72º 72º

36º

36º

36º

72º

1 1

l


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Escalas logarítmicas são usadas para facilitar a representação e a compreensão de grandezas que apresentam intervalos de variação excessivamente grandes. O pH, por exemplo, mede a acidez de uma solução numa escala que vai de 0 a 14; caso fosse utilizada diretamente a concentração do íon H+ para fazer essa medida, teríamos uma escala bem pouco prática, variando de 0,00000000000001 a 1.

Suponha que um economista, pensando nisso, tenha criado uma medida da renda dos habitantes de um país chamada Renda Comparativa(RC),definidapor

RC = log RRo

,

em que R é a renda, em dólares, de um habitante desse país e Ro é o salário mínimo, em dólares, praticado no país. (Considere que a notação log indica logaritmo na base 10.)

35. Dentreosgráficosabaixo,aquelequemelhorrepresentaaRendaComparativadeumhabitantedessepaísemfunçãodesuarenda, em dólares, é

a) b) c)

d) e)

Resolução:

OgráficoquemelhorrepresentaaRendaCorporativaseráumgráficodeumafunçãologarítmica.ObservandoquequandoR=Ro temos:

RC = log 1 = 0 Alternativa D


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36. As rendas, em dólares, de Paulo e Rafael, dois habitantes desse país, são respectivamente iguais a R1 e R2. Se a Renda Comparativa de Paulo supera a de Rafael em 0,5,

então a razão RR12

vale aproximadamente

a) 5,0. b) 3,2. d) 2,4. d) 1,0. e) 0,5.

Resolução:

Sendo RC = log RR0

, temos:

log RR10

= log RR20

+ 0,5

log RR10

= log RR20

+ log100,5

log RR10

= log RR20

0 510. ,

RR

RR

10

20

= . 100,5

RR12

10=

RR

12

@ 3,2 Alternativa B

37. Uma função do 2o grau f é tal que, para todo x Î , tem-sef(x)=f(1−x).

Assim,ográficodef é uma parábola cujo vértice é um ponto de abscissa

a) 14 .

b) 12

.

c) 1. d) 2. e) 4.

Resolução:

Sendo f(x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0), temos que para x Î R, f (x) = f (1 – x).

Logo f(0) = f(1) Þ c = a + b + c Þ a + b = 0 Þ b = –a

Assim, xV = − ⇒ = ⇒ =ba

x aa

xV V2 212

Alternativa B


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38. Nafigura,emqueasretasr e s são paralelas, A é um ponto que dista 1 de r e 2 de s. Dada uma medida α, em graus,talque0<α<90,tomam-seospontosB e P sobre r e C e Q sobre s tais que m(ABP) = m(ACQ)=α.

Nessas condições, a área do triângulo ABC é igual a

a) tgα. b) 2tgα. c) tgα.cotgα. d) cotgα. e) 2cotgα.

Resolução:

Consideramosafigura:

Temos: sen α = 1AB Þ AB =

1sena

sen α = 2AC Þ AC =

2sena

A área do triângulo ABC é dada por:

A = 12 . AB . AC . sen 2α

A = 12

1 2. .sen sena a . 2 sen α . cos α

A = 2 . cosaasen

= 2 cotg α

Alternativa E

39. A quantidade de números inteiros existentes entre os primeiros 2011 termos da sequência

log , log , log , log , log , ..., log , ...2 2 2 2 2 21 1

213

14

15

1n

é igual a

a) 10. b) 11. c) 12. d) 13. e) 14.

Resolução:

Para que o termo seja um número inteiro, o logaritmando deve

ser da forma 1

2k, ou seja, o último termo da sequência entre

os 2011 termos considerados é log2 1

1024

= log2

1

210

.

Temos, portanto, a sequência:

log ; log ; ...; log2 0 2 1 2 101

2

1

2

1

2

,

num total de 11 termos.

Alternativa Bαα

1

2


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40. Dado um número inteiro e positivo n, considere a matriz A, de tamanho 2 xn,definidapor

A = 1 2 31 1 1 1

......

n

.

Por exemplo, para n = 3, temos que A = 1 2 31 1 1

.

Dada a identidade 12 + 22 + 32 + . . . + n2 = n n n+( ) +( )1 2 1

6 e representando por AT a matriz transposta de A, o

determinante da matriz A . AT é

a) n n2

6-

.

b) n n4 2

12-

.

c) n n4 2 2

18+ −

.

d) n n2

12-

.

e) n n4 2

6-

.

Resolução:

Temos:

A . AT = 1 2 31 1 1 1

1 12 13 1

1

......

n

n

.

A . AT = 1 2 3 1 2 31 2 3 1 1 1 1

2 2 2 2+ + + + + + + ++ + + + + + + +

... ...... ...

n nn

A . AT =

n n n n n

n nn

+( ) +( ) +( )

+( )

1 2 16

12

12

.

.

Calculando o seu determinante, temos:

n n n n n n n2 2 2 2 21 2 16

14

1

12+( ) +( )

−+( )

=−( )

=n - n

12

4 2

Alternativa B


Uma rodovia que liga duas cidades X e Y possui telefones de emergência localizados de 4 em 4 quilômetros. Indo de X até Y por essa rodovia, Júlio passou por quatro postos de gasolina, nesta ordem: P1, P2, P3 e P4. Júlio observou ainda que os quatro postos estavam localizados a 2 km de distância de um telefone de emergência. Sabe-se que:

● parairdeP1 até P4 passa-se por 15 telefones de emergência;● parairdeP1 até P3 passa-se por 11 telefones de emergência;● parairdeP2 até P4 passa-se por 7 telefones de emergência.

41. A distância, em quilômetros, entre os pontos P2 e P3 é igual a

a) 20. b) 18. c) 16. d) 12. e) 8.

Resolução:

Como entre P1 e P4 há 15 telefones e entre P1 e P3 há 11 telefones, de P3 a P4 há 4 telefones.

Podemosmontaraseguintefigura:

Analogamente, há 7 telefones de P2 a P4, logo entre P2 e P3 há 3 telefones.

Portanto, entre P2 e P3 há 12 quilômetros. Alternativa D

P1

11 tel.

8 tel.

15 tel.

7 tel.

4 tel.

P2 P3 P4

3 telefones

2 Km 2 Km4 Km 4 Km

P2 P3


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42. Um funcionário da companhia responsável pela manutenção dos telefones de emergência viajará do posto P2 até o posto P4. Nesse trajeto, ele irá escolher dois telefones para fazer manutenção preventiva. Na volta, indo de P4 até P2, ele escolherá outros dois telefones para fazer manutenção preventiva. O número de maneiras distintas que esse funcionário tem para escolher como fará essa inspeção é igual a

a) 35. b) 105. c) 210. d) 420. e) 840.

Resolução:

Na ida, o funcionário escolherá 2 telefones dentre os 7 possíveis, C7,2.

Na volta, ele escolherá 2 telefones dos 5 restantes, C5,2.

Seja N o número de possibilidades, então:

N = C7,2 . C5,2 = 21 . 10 = 210 Alternativa C


Os sólidos de revolução são gerados pela rotação completa de uma figura plana em torno de um eixo. Por exemplo,rotacionando um quadrado em torno de um eixo que passa por um de seus lados obtemos um cilindro circular reto, como mostraafigura.

43. Considere o sólido gerado pela rotação completa do triângulo acutângulo ABC, de área S, em torno de um eixo que passa pelo lado BC, que tem comprimento l.

O volume desse sólido é igual a

a) 43

2pSl

.

b) 2

3

2pSl

.

c) 43pSl .

d) 23pSl .

e) pSl3

.

Resolução:

Dafiguratemos:l . h2 = S Þ lh = 2S e l = l 1 + l 2

V = π π. . . .h h2

12

23 3l l

+

V = π . h2

1 23l l+( )

V = ph2

3. l

= p . .2

3S h

V = p . .2 2

3S Sl

= 4 S

3

2pl

Alternativa A

hl1

l2


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44. Um quadrado de lados medindo 1 cm sofre uma rotação completa em torno de um eixo paralelo a um de seus lados. A distância desse eixo a um dos vértices do quadrado é xcm,comomostraafigura.

OgráficoquemelhorrepresentaaáreatotalSdosólidogeradoporessarotação,emcm2, em função de x, para x ≥0, é

a) b) c)

d) e)

Resolução:

Ao fazermos a rotação mencionada, obteremos um cilindro de raio (x + 1) e altura1perfuradoporumcilindroderaioxealtura1.(videfiguraaolado) Portanto, teremos como área total a soma das áreas laterais dos cilindros mais duas vezes a área da coroa circular. Stotal = 2px + 2p (x + 1) + 2 (p (x + 1)2 – px2) Stotal = 2px + 2px + 2p + 2 (px2 + 2px + p – px2) Stotal = 4px + 2p + 4px + 2p Stotal = 4p + 8px \ S(0) = 4p e S(1) = 12p

Alternativa Ex 1

1


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45. No plano cartesiano, A, B, C, D, E e F são vértices consecutivos de um hexágono regular de lados medindo 2. O lado BC está contido no eixo das abscissas e o vértice A pertence ao eixo das ordenadas. Sendo P e Q os pontos onde a reta D↔E intercepta o eixo das abscissas e o eixo das ordenadas, respectivamente, a distância entre P e Q é igual a

a) 4. b) 4 3 . c) 6 3 . d) 10. e) 10 3 .

Resolução:

Construindoafiguradoenunciado,temos:

NoΔAOB

cos 60º = OBAB

12 2=OB Þ OB = 1

Como PQ // AB, temos que OPQ=60ºedafiguraconcluímosque:

cos 60º = OPPQ

12

5=PQ

Portanto, PQ = 10 Alternativa D


Ográficoaseguirrepresentaasfunçõesf(x)=2xeg(x)=log2 x.

46. Seja Aumnúmerointeirotalque:

f A g Ag f A g A( ) ( )( ( ) ( ))+ <+ >

103

Então,g(g(A))éaproximadamenteiguala

a) 0,6. b) 1,2. c) 1,8. d) 2,4. e) 3,0. Resolução:

f A g Ag f A g A( ) ( )( ( ) ( ))+ <+ >

103(I)(II)

Como A é um número inteiro, vamos usar valores inteiros de x em f (x) e g (x),utilizandoosgráficos,paracomparação:

(I) parax=3,temos f(3)=8 e f(3)+g(3)@9,6(<10) g(3)@ 1,6

parax=4,temos f(4)=16 e f(4)+g(4)=18(>10) g(4)=2

portanto, para satisfazer à inequação (I),teremosA≤3

(II)g(x)>3Þx>8

g(f(A)+g(A))>3Þf(A)+g(A)>8

portanto, parax=2,temos f(2)=4 f(x)+g(x)=5(<8) g(2)=1

Assim,parasatisfazeràinequação(II),teremosA>2. ComoA≤3eA>2,comA sendo um número inteiro, então

A = 3.

Assim, g(3)@ 1,6 g(1,6)@ 0,6 Þg(g(3))@ 0,6 Alternativa A

Q

E

C P

F

B0

A D22 2

60º 60º60º60º

1 2 2


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47. Ográficoquemelhorrepresentaafunçãoy=f(g(x))é:

a) b) c)

d) e)

Resolução:

y=f(g(x))Þ y=2log2x (CEx>0)

y=x (x>0)

Alternativa C


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Osdoistriângulosdafigurasãocongruentes,ambosisóscelescom base e altura medindo 1.

O triângulo da esquerda foi dividido em três partes de áreas iguais por duas retas paralelas à sua base e o da direita foi dividido em três partes de áreas iguais por duas retas perpendiculares à sua base.

48. A distância entre as duas retas paralelas tracejadas no triângulo da esquerda é igual a

a) 3 13- .

b) 3 23- .

c) 6 13- .

d) 6 33- .

e) 6 33- .

Resolução:

ComoΔVDE~ΔVBC:

SS

AA

VDEVBC∆

∆= =3

13 = k2 Þ k = 3

3

h1 = k Þ h = 3

3

ComoΔVFG~ΔVBC:

SS

AA

VGFVBC∆

∆= =23

23 =(k’)

2 Þk’=63

H1 =k’Þ H = 6

3

Comoadistânciaentreasretasédadapor:

d = H – h = 63

33

− =−6 33

Alternativa D

V

1

B C

d

D E

F G

h H

1


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49. A distância entre as duas retas perpendiculares à base no triângulo da direita é igual a

a) 3 26

- .

b) 3 2

6- .

c) 3 33

- .

d) 6 66

- .

e) 3 63

- .

Resolução:

ComoΔBDE~ΔBFV:

SS

AA

BDEBFV∆

∆= =32

23

= k2 Þ k = 63

BDBF = k Þ x

0 563,

= Þ x = 6

6

ComoΔBDE≡ΔCGH eΔBFV≡ΔCFV:

DG DFDF x

DG== −

⇒ = −

=

−20 5

2 0 5 66

.. 3 6

3,,

Alternativa E

V

A2

A2

E H

B CD F G

1

x0,5


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A tabela a seguir mostra as quantidades de alunos que acertaram e que erraram as 5 questões de uma prova aplicada em duas turmas. Cada questão valia dois pontos.

50. Ográficoquemelhorrepresentaopercentualdeacertoporquestãodetodososalunosé

a) b) c)

d) e)

Resolução:

Vamoscompletaratabeladadacomcolunasindicandoototaldeacertoseerrosemcadaquestão(independentedaturma)elinhasindicandoacertoseerrosdecadaturma(videtabelaabaixo).

Se somarmos o número de erros e acertos de cada questão na turma A, vemos que todos resultam em 40, que é o número de alunos na turmaA.Pelomesmoprocesso,concluímosqueonúmerodealunosnaturmaBé60.Logo,ototaldealunosé100.

Assim,opercentualdeacertodecadaquestãoserá:

Questão1:74100 = 74%

Questão2:76100 = 76%

Questão3:84100 = 84%

Questão4:40100 = 40%

Questão5:50100 = 50%

Alternativa E

Questão12345

Total

Acertos Turmas A

3228361620132

Acertos Turmas B

4248482430192

Totalde acertos

7476844050324

ErrosTurmas A

8124

242068

ErrosTurmas B

1812123630108

Totalde erros

2624166050176


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51. A média dos alunos da turma A e a média dos alunos da turma B nesta prova foram, respectivamente,

a) 6,80 e 6,20. b) 6,60 e 6,40. c) 6,40 e 6,60. d) 6,20 e 6,80. e) 6,00 e 7,00.

Resolução:

Utilizandoatabelamontadanoexercícioanterior,temos:

média da turma A =

soma dos termos pontostotal de alunos da turma

x 2 132 240

=.

= 6,60

média da turma B =

192 260

. = 6,40

Alternativa B


Numa pesquisa sobre uma determinada doença, os médicos identificaramrelaçõesentreapresençade trêssubstânciasno sangue de uma pessoa e a pessoa estar com a doença. As conclusõesdosestudosforamasseguintes:

● TodapessoacomasubstânciaA no sangue está com a doença.

● Seapessoaestácomadoença,entãoasubstânciaB está em seu sangue.

● A substânciaC está presente no sangue de 90% das pessoas que estão com a doença e no sangue de 10% das pessoas que não estão.

52. Uma pessoa certamente não está com a doença se

a) a substância A não estiver em seu sangue. b) a substância B não estiver em seu sangue. c) a substância C não estiver em seu sangue. d) a substância C estiver em seu sangue e a substância

B também. e) a substância C não estiver em seu sangue e a substância

A estiver.

Resolução:

Trata-sedeumaquestãodelógica,análisedecondicionaiseconjuntos.

Oscondicionaispodemserresumidos:

I. substânciaA → doença II. doença→ substância B III. apessoaquetemasubstânciaC pode estar com a doença

ou não

Observequeoscondicionaispodemserreescritos:

IV. substânciaA←doença(“seapessoanãotemadoença,certamente não tem a substância A”)

V. doença ← substância B(“seapessoanãotemasubstânciaB, certamente não tem a doença”)

Alternativa B


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53. Umlaboratóriofarmacêuticodesejacriarumtesteparaser feito em larga escala para diagnosticar essa doença, masaidentificaçãodecadaumadassubstânciasA, B e Cnosanguedapessoatemcusto.Olaboratóriodesejacriar um teste que nunca dê falso positivo* e que seja feito identificando-se omínimo de substâncias.Os estudosfeitos permitem concluir que a criação deste teste

(*Um teste resulta num falso positivo quando indica que apessoa tem a doença, sendo que não tem.)

a) nãoserápossívelaolaboratório,mesmoqueotesteidentifiqueapresençadastrêssubstâncias.

b) serápossível,masapresençadas três substânciasprecisaráseridentificada.

c) serápossívelidentificandoapresençadeapenasduassubstâncias quaisquer.

d) serápossívelidentificandoapresençadeapenasumasubstância qualquer.

e) serápossívelidentificandoapresençadeapenasumasubstânciaespecífica.

Resolução:

Trata-sedeumaquestãodelógica,análisedecondicionais.

A prioridade do teste é nunca dar falso positivo. Para tanto, não devemos adotar nenhuma substância que alguma pessoa sadia eventualmente porte.

Ocondicional(I)acima(substânciaA→ doença) indica um bom candidato para escolha, pois apresentar a substância A é condição suficiente para que se detecte uma pessoa doente. Todos acusados pelo teste, nesse caso, serão realmente portadores da doença.

Provavelmente,algunsdoentespassarãobatidosnoteste(“falsosnegativos”), mas não somos obrigados a escolher uma substância que detecte todos os doentes, segundo o critério solicitado.

Logo,acriaçãodessetesteserápossívelidentificandoapresença

deapenasumasubstância(especificamente,asubstânciaA).

Alternativa E


Num torneio de calouros, cada cantor se apresenta para três jurados, que o avaliam de forma independente, cada jurado indicando apenas se o candidato está aprovado ou reprovado. A tabela a seguir mostra as probabilidades de cada jurado aprovar ou não um candidato, conforme a opinião do públicogeral:

Umcandidatoéaprovadoparaafasefinalseobtiveraprovaçãode pelo menos dois jurados.

54. A diferença entre a probabilidade de um candidato ser aprovado caso o público geral o aprove e caso o público geral não o aprove é igual a

a) 25%. b) 30%. c) 35%. d) 40%. e) 45%.

Resolução:

A probabilidade de um candidato ser aprovado caso o público oaproveé:

P = 0,5 . 0,75 .0,8+0,5. 0,75 .0,2+0,5. 0,25 . 0,8

+0,5. 0,75 . 0,8 = 0,775

A probabilidade de um candidato ser aprovado caso o público nãooaproveé:

P = 0,5 . 0,4 .0,25+0,5. 0,4 .0,75+0,5. 0,6 . 0,25

+0,5. 0,4 . 0,25 = 0,325

Portanto, a diferença é 0,775 – 0,325 = 0,45

Alternativa E

3 juradosaprovam

� ��

3 juradosaprovam

� ��

terceiro juradonão o aprove

� ��

terceiro juradonão o aprove

� ��

segundo juradonão o aprove

� ��

segundo juradonão o aprove

� ��

primeiro juradonão o aprove

� ��

primeiro juradonão o aprove

� ��


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55. Nafasefinal,umcandidatoterásuamúsicagravadasomenteseforaprovadopelostrêsjuradoseforaprovadopelopúblicogeral.Paraqueumcandidatonãotenhasuamúsicagravadanafasefinal,

a) ésuficientequenenhumjuradoaproveocandidato. b) é necessário que um jurado não aprove o candidato. c) ésuficientequeopúblicogeralaproveocandidato. d) é necessário que os três jurados não aprovem o candidato. e) é necessário que o público geral não aprove o candidato.

Resolução:


Existemquatropré-requisitos(condiçõesnecessárias)paraagravaçãodamúsica:

(aprovação por J1) e (aprovação por J2) e (aprovação por J3) e (aprovação pelo público)

Se sua música não foi gravada, possivelmente algum dos pré-requisitos esperados não ocorreu – por exemplo, o jurado J2 não o aprova, ou o público e J3 não o aprovam.

Na verdade, mesmo que os quatro pré-requisitos ocorram, não há garantiadequeamusicaserágravada(notequeaconjunçãousadanoenunciadoé“somente se”).

Assim, bastaqueocorraoeventoantecedente–“nenhumjuradoaproveocandidato”(alternativaA)–paraqueautomaticamente ocorra oeventoconsequente–“amúsicanãoserágravada”.

Alternativa A


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Ográficoaseguirrepresentaumafunçãopolinomialdoquartograup(x),talquep(0)=1.

56. Dos pares de funções abaixo, aquele em que g(x) tem exatamenteduasraízesreaisdistintaseh(x) não admite raízesreaisé

a) g(x)=p(x)−1eh(x)=p(x)−3. b) g(x)=p(x)−2eh(x)=p(x)+2. c) g(x)=p(x)+1eh(x)=p(x)+3. d) g(x)=p(x)+2eh(x)=p(x)−2. e) g(x)=p(x)−1eh(x)=p(x)+3.

Resolução:

Observamosque,seadicionarmos1atodasordenadasdep(x),geraremosográficoabaixo,queteráduasraízesreaisdistintas,satisfazendoacondiçãoexigidadeg(x).

Logo,g(x)=p(x)+1.

Da mesma forma, observamos que, se adicionarmos 3 a todas ordenadasdep(x),geraremosográficoabaixo,quenãoadmiteraizreal,satisfazendoàcondiçãoexigidadeh(x).

Logo,h(x)=p(x)+3.

Alternativa C


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57. Dos gráficos abaixo, aquele que melhor representa ográficodef(x)=xp(x)é:

a)

b)

c)

d)

e)

Resolução:

Quadrodesinaisdef(x)=x.p(x)

Observandoessequadro,ográficoquemelhor representaafunçãof(x)éodaalternativaA.

Alternativa A

–3 –1 0 1 2

–

+

–

–

–

+

–

+

–

+

+

+

+

–

–

+ x

p (x)

x . p (x)

+

+


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58. No aniversário de 20 anos de uma escola, seu fundador fezaseguintedeclaração:

“Nesses 20 anos, formamos 25 alunos que hoje sãoprofessores desta casa e 30 alunos que hoje são médicos. Entretanto, em nenhum ano formamos mais do que dois desses médicos e nem mais do que três desses professores.”

É corretoafirmarque,certamente,

a) em todos os anos formou-se pelo menos um dos professores.

b) em todos os anos formou-se pelo menos um dos médicos.

c) em pelo menos um ano não se formou nenhum médico e nenhum professor.

d) em pelo menos um ano formou-se pelo menos um médico e pelo menos um professor.

e) em pelo menos um ano formou-se pelo menos um médico e nenhum professor.

Resolução:

Trata-sedeumaquestãodelógica,simulaçãodecenários.

O gabarito correto é a alternativa D, que defende que, em algum ano,formaram-setantoummédico(pelomenosum)quantoumprofessor(pelomenosum).

Podemos provar sua veracidade por negação(absurdo),ouseja,tentando criar alguma situação em que ela seja forçosamente falsa. Para tanto, bastaria garantir que, em todos os anos em que algum médico se formou, não fosse formado nenhum professor, evice-versa.Vamostentarcriarartificialmenteessasituação,concentrando os professores formados nos anos iniciais do períodoeosmédicosformandosnosanosfinais:

● lembrandoqueháumlimitede3professoresformadosporano,teríamos:25/3=8,333...,ouseja,ummínimode 9 anos formando apenas professores;

● lembrandoqueháumlimitede2médicosformadosporano,teríamos30/2=15,ouseja,ummínimode15anosformando apenas médicos.

Assim,seriamnecessáriosaomenos9+15=24 anos para obter a total separação temporal entre esses fenômenos; entretanto, a escola existe há apenas 20 anos. Logo, a alternativaD é necessariamente verdadeira.

Alternativa D

59. Aosereminvestigados,doissuspeitosdeumcrimefizeramasseguintesdeclarações:

Suspeito A: Se eu estiver mentindo, então não sou culpado. Suspeito B: Se o suspeito A disse a verdade ou eu estiver

mentindo, então não sou culpado.

Se o suspeito B é culpado e disse a verdade, então

a) o suspeito A é inocente, mas mentiu. b) o suspeito A é inocente e disse a verdade. c) o suspeito A é culpado, mas disse a verdade. d) o suspeito A é culpado e mentiu. e) o suspeito A é culpado, mas pode ter dito a verdade

ou mentido.

Resolução:


As duas declarações dos suspeitos podem ser reescritas como condicionaissimples:

I. (Amente)→(Aéinocente) II. (~(Amente)ou(Bmente))→ (Béinocente)

OenunciadogarantequeBfalaaverdade(IIéverdadeiro)e“Bnãoé inocente”.Assim,usandoaformacontrapositiva, temos:

III. ~(~(Amente)ou(Bmente))←~(Béinocente)

Oprimeirocomponentepodesermanipuladocomo~(~(Amente)ou(Bmente))=(Amente)e~(Bmente).Ouseja,tanto“Arealmentemente”,como“Brealmentefalaaverdade”.

Porém,se“Amente”,aproposição(I)éfalsa,demodoque,obrigatoriamente:V→F.Ouseja,“Arealmentemente”e“éfalso que A é inocente”.

Logo,A mente e é culpado. Alternativa D


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60. Duas companhias aéreas A e B realizam voos entre duas cidades X e Y.Sabe-seque:

● aquantidadedevoosrealizadossemanalmentepelasduas companhias é igual;

● acompanhiaA tem uma taxa de ocupação média de 70% nesses voos;

● acompanhiaB tem uma taxa de ocupação média de 40% nesses voos.

A companhia B colocou nos jornais uma propaganda com osseguintesdizeres:

“Somosa companhiaquemais transportapassageirosentre as cidades X e Y.”

A companhia Afoiparaajustiça,alegandoqueaafirmaçãoera falsa e, portanto, enganava os consumidores.

Dentre os argumentos a seguir, aquele que representa a melhor defesa para a companhia B é

a) “nossosaviõesatrasam,emmédia,metadedasvezesque atrasam os aviões da companhia A”.

b) “nossosaviõestêm,emmédia,ametadedacapacidadedos aviões da companhia A”.

c) “nossomaioraviãotemodobrodacapacidadedomaior avião da companhia A”.

d) “nossosaviõestêm,emmédia,odobrodacapacidadedos aviões da companhia A”.

e) “nossosaviõesvoamcomodobrodavelocidadedosaviões da companhia A”.

Resolução:

Trata-sedeumaquestãodelógica,modelagemmatemática.

A informação em questão diz respeito ao número de passageiros transportados.

Nessa questão, o total de passageiros transportados pelas duas companhiaspodedependerdetrêsfatores:

I. númerototaldevoos; II. taxamédiadeocupaçãoporvoo; III. capacidademédiadosvoos(ocupaçãomáxima).

Note que as companhias A e Bempatamnocritério(I),enquantoAlevaumavantagemnofator(II).Entretanto, B pode levar vantagemfinalsobreA,desdequecompensenofator(III),ouseja, opere com aviões com capacidade média maior que a do concorrente.

Por exemplo, se a capacidade média de B for o dobro da capacidade em A(comosugereaalternativaD),B teria, em termos proporcionais, uma taxa de ocupação média de 80%, contra apenas 70% da A.

Alternativa D

comentário do cPV

AprovadeMatemáticadoInsper2011(Novembrode2010)mostrou-se, como de costume, uma prova extensa, bastante contextualizadaecomconsiderávelgraudedificuldade.

Questões com alto grau de complexidade exigiram do candidato raciocínioeconcentração.Outroproblemaenfrentadopelovestibulando foi o tempo, que certamente foi curto para esta prova.

Esperamos que a Banca Examinadora tenha conseguido selecionar os melhores candidatos.

CPV 231 insper Jun -...

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