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CPV FGV111FDEZECO
fgv – 04/12/2011 CPV o cursinho que mais aprova na fGV8
16. Sendo m um número inteiro, considere a equação polinomial 3x4 + 2x3 + mx2 – 4x = 0, na incógnita x, que possui uma raiz racional entre -
45 e -
12 . Nessas condições, a menor
raiz irracional da equação é igual a
a) – 3
b) – 2
c) -2
2
d) 2
e) 3
Resolução:
Notamos que uma raiz racional é zero. Utilizando o Teorema das Raízes Racionais e o enunciado que indica a outra raiz racional entre
- -45
12
e , concluímos que a outra raiz racional é - 23
.
Do dispositivo de Briott-Ruffini, temos:
3 2 m –4 0 0 3 2 m –4 0
-23 3 0 m -
23
m – 4 = 0 Þ m = – 6
Daí: 3x2 – 6 = 0
x2 = 2
x = ± 2
Portanto, a menor raiz irracional é – 2.
Alternativa B
17. Arestas opostas de um tetraedro são arestas que não têm ponto em comum. Um inseto anda sobre a superfície de um tetraedro regular de aresta 10 cm partindo do ponto médio de uma aresta e indo para o ponto médio de uma aresta oposta à aresta de onde partiu. Se o percurso foi feito pelo caminho mais curto possível, então o inseto percorreu a distância, em centímetros, igual a
a) 10 3 b) 15 c) 10 2 d 10 e) 5 3
Resolução:
No tetraedro ABCD, planificamos duas faces:
Como MN une os pontos médios de dois lados opostos do losango ABCD, deduzimos que:
MN = AC = BD = 10 cm.Alternativa D
N
C
B
DA
M
N
B
C
DA
105
M
5
5
510
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18. O polígono do plano cartesiano determinado pela relação | 3x | + | 4y | = 12 tem área igual a
a) 6. b) 12. c) 16. d) 24. e) 25.
Resolução:
Temos, para cada quadrante:
1o quadrante: 3x + 4y = 12 2o quadrante: – 3x + 4y = 12 3o quadrante: – 3x – 4y = 12 4o quadrante: 3x – 4y = 12
Com o que formamos o gráfico do losango:
cuja área é: 8 62.
= 24Alternativa D
x
y
4–4
3
–3
19. Dois números distintos m e n são retirados aleatoriamente do conjunto {2, 22, 23, ..., 210}. A probabilidade de que logm n seja um número inteiro é:
a) 845
b) 1790
c) 15
d) 1990
e) 29
Resolução:
Temos que existem 10 . 9 = 90 pares ordenados (m; n) em que m e n são elementos distintos do conjunto {21, 22, 23, ..., 210}.
Se m = 21, há 9 pares ordenados (m; n) em que logm n é um número inteiro, a saber:
{(21; 22), (21; 23), (21, 24), ... , (21; 210)}.
Analogamente, se m = 22, há 4 pares ordenados (m; n) em que logm n é um número inteiro, a saber:
{(22; 24), (22; 26), (22, 28), (22; 210)}.
Da mesma forma, nas condições necessárias:
se m = 23 há 2 pares (m; n); se m = 24 há 1 par (m; n) e se m = 25, há 1 par (m; n).
Assim, a probabilidade pedida é 9 4 2 1 190
+ + + +=1790 .
Alternativa B
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20. Em um triângulo retângulo ABC, com ângulo reto em B, AC2 = 48, BP2 = 9, sendo que BP é a altura de ABC com relação ao vértice B. Nessas condições, a medida do ângulo A ^CB é:
a) 15º ou 75º. b) 20º ou 70º. c) 22,5º ou 67,5º. d) 30º ou 60º. e) 45º.
Resolução:
Observe a figura a seguir, em que α = m (A ^CB).
Aplicando as relações métricas ao triângulo retângulo ABC, temos:
(BP)2 = AP . PC Þ 9 = (4 3 – x) . x Þ
x2 – 4 3 x + 9 = 0 Þ x = 3 ou x = 3 3
Assim, no ΔBPC, resulta que:
tg α = 3x Þ tg α =
33
= 3 ou tg α = 3
3 33
3=
Portanto, α = 60º ou α = 30ºAlternativa D
A CP
B
3
x α4 3 – x
21. Um ralador de queijo tem a forma de cone circular reto de raio da base 4 cm e altura 10 cm. O queijo é ralado na base do cone e fica acumulado em seu interior (figura 1). Deseja-se retirar uma fatia de um queijo com a forma de cilindro circular reto de raio da base 8 cm e altura 6 cm, obtida por dois cortes perpendiculares à base, partindo do centro da base do queijo e formando um ângulo α (figura 2), de forma que o volume de queijo dessa fatia corresponda a 90% do volume do ralador.
Nas condições do problema, α é igual a
a) 45º. b) 50º. c) 55º. d) 60º. e) 65º.
Resolução:
Como o volume do cilindro deve ser 90% do volume do cone, temos:
90100
Vcone = Vcilindro
910
13
. π (4)2 . 10 = a360º . π (8)2 . 6
α = 45ºAlternativa A
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22. O termo independente de x do desenvolvimento de
xx
+
13
12 é:
a) 26. b) 169. c) 220. d) 280. e) 310.
Resolução:
Os termos do desenvolvimento de xx
+
13
12 são dados por:
Tp+1 = 12 1
3
12
px
xp
p
−. .
Como se pede o termo independente de x, temos:
xp . 13
12
x
p
− = x0 Þ x4p – 36 = x0
Assim: 4p – 36 = 0
p = 9
Dessa forma:
T10 = 129
123 9
=
!! ! = 220
Alternativa C
23. Duas pessoas combinaram de se encontrar entre 13h e 14h, no exato instante em que a posição do ponteiro dos minutos do relógio coincidisse com a posição do ponteiro das horas. Dessa forma, o encontro foi marcado para as 13 horas e
a) 5 minutos.
b) 5 411 minutos.
c) 5 511 minutos.
d) 5 611 minutos.
e) 5 811 minutos.
Resolução:
Observe a figura a seguir que mostra o horário do encontro.
Consideremos que o horário do encontro seja às 13h e x min.
Devemos, agora, aplicar uma regra de três para determinar o ângulo α que o ponteiro das horas se deslocou em x minutos.
ponteiro das horas (graus) ponteiro dos minutos (minutos) 30 60 α x
Logo: α = xº2
Como cada minuto representa um deslocamento de 36060º = 6º
no ponteiro dos minutos, o ângulo β da figura é 6xº.
Desta forma:
β = 30º + α Þ 6xº = 30º + xº2 Þ x = 5
511 min.
Alternativa C
121
2
3
30º
β
α
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24. As cordas AB e CD de um círculo são perpendiculares no ponto P, sendo que AP = 6, PB = 4 e CP = 2.
O raio desse círculo mede
a) 5. b) 6. c) 3 3. d) 4 2. e) 5 2.
Resolução:
Observe a figura a seguir:
A partir da potência do ponto P, obtemos:
PA . PB = PC . PD Þ 6 . 4 = 2 . PD
PD = 12
Ao aplicar o Teorema de Pitágoras aos triângulos ACP e APD, obtemos:
AC = 2 62 2+ = 2 10
AD = 6 122 2+ = 6 5 A partir da Lei dos Senos no ΔACD, obtemos:
AC
sen ADC( ) = 2R Þ 2 10PAAD
= 2R
R = 5 2 Alternativa E
O
2 4
6
R
25. O valor de y no sistema de equações
sen x y
sen
sen x ysen
10 10 150
50 50 110
º cos ºº
º cos ºº
− = −
+ = −
é:
a) 4 33
b) 3
c) 3 3
d) 3
3
e) 34
Resolução:
Por Cramer, temos:
D = sensen10 1050 50º cos ºº cos º
- =
= sen 10º . cos 50º + sen 50º . cos 10º = sen (10º + 50º) = sen 60º
D = 32
Dy = sen sen
sen sen
sensen
sensen
10 150
50 110
1010
5050
º º
º º
ºº
ºº
−= + = 2
Portanto, y = DDy = = =
232
43
4 33
Alternativa A
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26. O número complexo z = a + bi, com a e b reais, satisfaz z + | z | = 2 + 8i, com | a + bi | = a2 + b2. Nessas condições, | z |2 é igual a
a) 68. b) 100. c) 169. d) 208. e) 289.
Resolução:
Devemos ter: a + bi + a b2 2+ = 2 + 8i
a a bb
a ab
ab
+ + =
=
⇒ + = −
=
⇒=−=
2 2 2 228
8 28
158
Logo: | z |2 = 82 + (–15)2 = 289Alternativa E
27. Um total de N famílias (N ≠ 0) foram questionadas sobre quantos aparelhos eletrônicos possuem na cozinha da sua residência. Todas as famílias responderam corretamente à pergunta. Os dados tabulados são:
De acordo com os dados, o menor valor possível de N é:
a) 2. b) 5. c) 8. d) 16. e) 25.
Resolução:
A tabela dada corresponde a:
Total de aparelhos eletrônicos na cozinha Frequência
012,5% =
18
1 02
50% = 12
325% =
14
412,5% =
18
MMC (2, 8, 4) = 8
Então N é múltiplo de 8, dentre os quais o menor valor é 8.
Alternativa C
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28. O país fictício Trol possui moeda denominada tol, cuja abreviação é TL$. As casas de câmbio no Brasil compram TL$ 1,00 por R$ 2,00 e vendem esse mesmo TL$ 1,00 por R$ 2,40. Já as casas de câmbio em Trol compram R$ 1,00 por TL$ 0,42 e vendem R$ 1,00 por TL$ 0,52.
Desconsiderando taxas e impostos, e admitindo ser possível o câmbio de qualquer fração de dinheiro, para um turista brasileiro que pretende trocar reais por tols na ida da viagem (operação A), e tols por reais na volta (operação B), será mais vantajoso fazer
a) A no Brasil e B em Trol. b) A em Trol e B no Brasil. c) A e B no Brasil. d) A e B em Trol. e) A no Brasil e B indiferentemente em Trol ou no Brasil.
Resolução:
Operação A: Brasil: R$ 2,40 ® TL$ 1,00 Trol: R$ 1,00 ® TL$ 0,42 Þ Þ R$ 2,40 ® TL$ 0,42 . 2,40 = TL$ 1,008
Portanto, a operação A em Trol é mais vantajosa, pois com a mesma quantidade de reais adquire-se mais tols.
Operação B: Brasil: TL$ 1,00 ® R$ 2,00 Þ Þ TL$ 0,52 ® R$ 2,00 . 0,52 = R$ 1,04 Trol: TL$ 0,52 ® R$ 1,00
Portanto, a operação B é mais vantajosa no Brasil, pois com a mesma quantidade de tols adquire-se mais reais.
Alternativa B
29. Acredita-se que na Copa do Mundo de Futebol em 2014, no Brasil, a proporção média de pagantes, nos jogos do Brasil, entre brasileiros e estrangeiros, será de 6 para 4, respectivamente. Nos jogos da Copa em que o Brasil não irá jogar, a proporção média entre brasileiros e estrangeiros esperada é de 7 para 5, respectivamente. Admita que o público médio nos jogos do Brasil seja de 60 mil pagantes, e nos demais jogos de 48 mil. Se ao final da Copa o Brasil tiver participado de 7 jogos, de um total de 64 jogos do torneio, a proporção média de pagantes brasileiros em relação aos estrangeiros no total de jogos da Copa será, respectivamente, de 154 para
a) 126. b) 121. c) 118. d) 112. e) 109.
Resolução:
Em jogos do Brasil: n Brn Estºº( )( )
=64
no (Br) = 6k 6k + 4k = 60.000 Þ k = 6.000 no (Est) = 4k
Logo, no (Br) = 36.000 e no (Est) = 24.000
Nos demais jogos: n Brn Estºº( )( )
=75
no (Br) = 7k 7k + 5k = 48.000 Þ k = 4.000 no (Est) = 5k
Logo, no (Br) = 28.000 e no (Est) = 20.000
7 com Brasil 64 jogos 57 sem Brasil
M (Br) = 7 36 000 57 28 000
641 848 00064
. .+=
M (Est) = 7 24 000 57 20 000
641 308 00064
. .+=
razão: M BrM Est( )( )
= =
1 848 00064
1 308 00064
154109
Alternativa E
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30. A função polinomial P (x) = x3 + ax2 + bx + c tem a propriedade de que a média aritmética dos seus zeros, o produto dos seus zeros e a soma dos seus coeficientes são todos iguais. Se o intercepto do gráfico de y = P (x) com o eixo y ocorre no ponto de coordenadas (0; 2), b é igual a
a) 5. b) 1. c) –9. d) –10. e) –11.
Resolução:
Sejam x1, x2 e x3 os zeros da função mencionada.
Por Girard:
x1 + x2 + x3 = – a e x1 . x2 . x3 = – c
1 + a + b + c = -a3
Devemos ter: Þ a = 3c, 1 + a + b + c = – c
sendo c = 2, pois P(0) = c Logo: a = 6; c = 2 e b = –11
Alternativa E
COMENTÁRIO DA PROVA
A prova de Matemática do processo seletivo da FGV Economia (Dez/2011) mostrou-se, como de costume, uma prova difícil e cansativa.
Mesmo com a incidência de algumas questões de resolução mais imediata, acreditamos que muitos candidatos bem preparados tiveram dificuldade em mostrar seu potencial, ainda mais com problemas na administração do tempo.
Estes fatores poderão, eventualmente, favorecer o candidato menos preparado, ocasionando distorções na eficiência do processo seletivo.
Torcemos para que a banca examinadora consiga contornar estes possíveis problemas na 2a fase e, com isso, alcançar seus objetivos.