Resolução de Matemática do Exame do Insper 2010/2

Transcrição

Resolução de Matemática
do Exame do Insper 2010/2
feita pelo Intergraus.
13.06.2010
VESTIBULAR INSPER 2010 – JUNHO/2010
RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES DE
ANÁLISE QUANTITATIVA E LÓGICA
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).
y
1
–3
–1
–2
1
–1
QUESTÃO 27
Estão corretamente ordenados:
a)
b)
c)
d)
e)
cos(3) < cos(1) < sen(3) < sen(2)
cos(2) < cos(3) < sen(1) < sen(2)
cos(3) < sen(3) < cos(1) < sen(1)
cos(2) < cos(1) < sen(2) < sen(1)
cos(3) < sen(3) < sen(1) < cos(1)
Resolução:
De acordo com o gráfico, temos: cos 3 < sen 3 < cos 1 < sen 1
Prova Tipo
A
B – questão 40
Resposta
C
C
QUESTÃO 28
O valor mais próximo de sen(1 + cos(1)) é:
a)
b)
c)
d)
e)
0,2
0,4
0,6
0,8
1,0
Resolução:
De acordo com o gráfico, temos: cos 1 0,5 e sen (1 + 0,5) = sen 1,5 1,0
Prova Tipo
A
B – questão 41
Resposta
E
E
2
3
x
13.06.2010
QUESTÃO 29
Considere as retas definidas pelas equações a seguir:
r: y = 12 – x
s: y = x, 1 2
t: y = x, 7 8
Para cada possibilidade de par de valores e , 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)
b)
c)
d)
e)
13
15
18
23
28
Resolução:
Para = 1 e = 8, temos as seguintes retas: (s): y = x; (t): y = 8x; que com a reta (r) definem o triângulo de
4 32 maior área. Seus vértices são: (0, 0); ,
e (6, 6) e sua área é:
3 3 0
0
1
4 32
1
mód.
1 = 28.
3
3
2
6
6
1
Para = 2 e = 7, temos as seguintes retas: (s): y = 2x; (t): y = 7x; que com a reta (r) definem o triângulo de
3 21
menor área. Seus vértices são: (0, 0); ,
e (4, 8) e sua área é:
2 2 0
0
1
3 21
1
mód.
1 = 15.
2
2
2
4
8
1
A diferença entre a maior e a menor área é 13.
Prova Tipo
A
B – questão 42
Resposta
A
A
13.06.2010
No gráfico a seguir, estão representadas as funções log2 x, log3 x, log5 x e log10 x.
y
j(x)
d
h(x)
c
g(x)
b
a
f(x)
x
k
QUESTÃO 30
Estão corretamente associadas:
a)
b)
c)
d)
e)
j(x) = log2 x e h(x) = log5 x.
f(x) = log2 x e j(x) = log5 x.
g(x) = log3 x e j(x) = log10 x.
f(x) = log10 x e g(x) = log5 x.
g(x) = log10 x e j(x) = log3 x.
Resolução:
De acordo com o gráfico, temos k > 1 e, assim, log10 k < log5 k < log3 k < log2 k.
Logo f(x) = log10 x, g(x) = log5 x, h(x) = log3 x e j(x) = log2 x.
Prova Tipo
A
B – questão 43
Resposta
D
D
QUESTÃO 31
logk 300 é igual a:
abcd
a)
4
b) a + b + c + d
cd
c) a b
d) log300 (abcd)
1 1 1 1
e) a b c d
Resolução:
logk 300 = logk (2 3 5 10) = logk 2 + logk 3 + logk 5 + logk 10 =
com o gráfico, a expressão anterior vale
1 1 1 1
.
d c b a
Prova Tipo
A
B – questão 44
Resposta
E
E
1
1
1
1
. De acordo
log 2 k log 3 k log 5 k log10 k
13.06.2010
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.
C
D
B
E
A
F
QUESTÃO 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)
b)
c)
d)
e)
10 cm2
20 cm2
30 cm2
40 cm2
50 cm2
Resolução:
Adotando um sistema de coordenadas no R3, conforme a figura abaixo, temos:
8,
2,
F(
E(
C
(2
2,
,0
4,
,2
)
2)
2)
z
B
M
D
A
y
x
Ponto A = (2, 6, 0), ponto B = (0, 3, 1) e ponto C = (2, 0, 2). Daí:
AB = ( 2 – 0) 2 ( 6 – 3) 2 ( 0 – 1) 2 14
BC = ( 0 – 2) 2 ( 3 – 0) 2 (1 – 2) 2 14
AC = ( 2 – 2) 2 ( 6 – 0) 2 ( 0 – 2) 2 40
2 2 6 0 0 2
Como ABC é isósceles, calculemos M, médio de AC: M = ,
,
= (2, 3, 1) e
2
2 2
AC BM
40 2
BM = ( 0 – 2) 2 ( 3 – 3) 2 (1 – 1) 2 2 . Assim, a área de ABC é
40 cm 2 .
2
2
Prova Tipo
A
B – questão 45
Resposta
D
D
13.06.2010
QUESTÃO 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)
b)
c)
d)
e)
14
15
19
20
23
Resolução:
Observando que os pontos C, E e F são colineares, a quantidade de triângulos é igual a:
6!
C6,3 – 1 =
– 1= 19
3! 3!
Prova Tipo
A
B – questão 46
Resposta
C
C
QUESTÃO 34
1
Seja Sn o limite da soma de uma progressão geométrica de razão , cujo primeiro termo é 1. Por exemplo,
n
1 1
1
1
S5 = 1 + ...
5 25 125 625
O produto S2 · S3 · S4 · ... · S2008 · S2009 · S2010 é igual a:
a) 2010!
2009 2010
2
2010
c)
2009
b)
d) 2010
e) 20092010
Resolução:
Para n > 1, temos Sn =
1
1
1–
n
n
. Assim,
n–1
S2 S3 S4 ... S2008 S2009 S2010 =
2 3 4
2008 2009 2010
= 2010.
... 1 2 3
2007 2008 2009
Prova Tipo
A
B – questão 47
Resposta
D
D
13.06.2010
QUESTÃO 35
O gráfico representa as notas dos alunos de uma turma numa prova que realizaram.
A média das notas representadas no gráfico é:
quantidade de alunos
6k 7m 8t
21
6k 7m 8t
b)
km t
a)
m
c) 7
k
km t
21
21
e)
6k 7m 8t
t
d)
6,0
Resolução:
Da observação do gráfico temos que a média das notas é igual a
Prova Tipo
A
B – questão 48
Resposta
B
B
7,0
8,0
notas
6k 7m 8t
.
km t
QUESTÃO 36
Uma caixinha para chicletes tem a forma de um paralelepípedo reto retângulo, de dimensões cm por 2 cm
por 2 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:
25 .
Utilize a aproximação 14
a)
b)
c)
d)
e)
12% menor do que o modelo existente.
6% menor do que o modelo existente.
igual ao volume do modelo existente.
6% maior do que o modelo existente.
12% maior do que o modelo existente.
Resolução:
Sendo R o raio da base da lata cilíndrica, temos: área(paralelepípedo) = área(lata) 2 ( 2 2 2 2 ) = 2R 2 2R 2
Assim,
volume (lata)
volume (paralelepípedo)
22 2
2 2 2R2 + 2R – 8 = 0 R = 2 cm
28
volume(lata) = 1,12 volume(paralelepípedo).
25
Logo, o volume da lata é 12% maior que o volume do paralelepípedo.
Prova Tipo
A
B – questão 49
Resposta
E
E
13.06.2010
QUESTÃO 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:
2
a)
9
2
b)
27
1
c)
3
1
d)
9
1
e)
27
Resolução:
Sendo A, B e C cada uma das opções da trifurcação:
A – um leva a pessoa de volta para a fila, sem passar pela montanha-russa;
B – outro dá acesso aos trilhos da montanha-russa, garantindo uma volta de diversão;
C – outro dá acesso aos trilhos da montanha-russa, garantindo duas voltas de diversão.
Para que a pessoa dê exatamente 4 voltas na montanha-russa, enfrentando a fila 3 vezes, devemos ter
(A, C, C) em qualquer ordem ou (B, B, C) também em qualquer ordem. Assim, a probabilidade é:
3
3
1 1
2
1
1
3 + 3 = =
9 9
9
3
3
Prova Tipo
A
B – questão 50
Resposta
A
A
13.06.2010
QUESTÃO 38
Considere um triângulo isósceles ABC, com AB = AC, em que o ângulo interno Â é obtuso. Seja H o
ortocentro desse triângulo, ou seja, o ponto de encontro das retas suporte de suas alturas. Se os triângulos
em graus, mede:
ABC e ABH são congruentes, então o ângulo interno C,
a) 10
b) 15
c) 20
d) 25
e) 30
C
α
Resolução:
No triângulo H1HB temos:
2α + α + 90° = 180° ⇒ α = 30°
H1
α
H3
A
α
B
H2
Prova Tipo
A
B – questão 51
Resposta
E
E
H
QUESTÃO 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.
m3 / hora
6
5
4
3
2
1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
hora
O horário deste dia em que o nível da caixa-d’água esteve mais alto ocorreu:
a)
b)
c)
d)
e)
entre 0 h e 1 h.
entre 5 h e 6 h.
entre 10 h e 11 h.
entre 15 h e 16 h.
entre 20 h e 21 h.
Resolução:
Enquanto o fluxo de entrada de água for maior que o fluxo de saída, a caixa d’água estará enchendo, e
atingirá seu nível mais alto no momento em que o fluxo de saída passar a ser maior que o fluxo de entrada.
De acordo com o gráfico, isto ocorre entre 5 h e 6 h.
Prova Tipo
A
B – questão 52
Resposta
B
B
13.06.2010
QUESTÃO 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.
Intervalo de figurinhas já coladas
Aproveitamento (a cada 50 figurinhas)
0 a 160
32
161 a 320
16
321 a 480
8
481 a 640
4
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)
b)
c)
d)
e)
R$ 96,00
R$ 192,50
R$ 450,00
R$ 562,50
R$ 2.496,00
Resolução:
Cada um dos intervalos de figurinhas já coladas correspondem a 160 figurinhas. Se o aproveitamento a
cada conjunto de 50 figurinhas é de 32 figurinhas, utilizaremos 5 desses conjuntos. Se o aproveitamento é
de 16 a cada 50 figurinhas, utilizaremos 10 desses conjuntos. Se o aproveitamento for de 8 a cada 50
figurinhas, utilizaremos 20 conjuntos, e se o aproveitamento for de 4 a cada 50 figurinhas, utilizaremos 40
conjuntos.
Total = 75 conjuntos ⋅ 50 = 3 750 figurinhas
Custo = 3 750 ⋅ 0,15 = 562,50 reais
Prova Tipo
A
B – questão 53
Resposta
D
D
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.
QUESTÃO 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)
b)
c)
d)
e)
57
60
84
114
120
Resolução:
Temos 6 equipes de São Paulo e 14 de fora. O número de partidas disputadas em São Paulo é dado por
14 ⋅ 6 + 6 ⋅ 5 = 114.
Prova Tipo
A
B – questão 54
Resposta
D
D
13.06.2010
QUESTÃO 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)
b)
c)
d)
e)
3
4
5
6
7
Resolução:
 v + e + d = 20
Temos 
 3v + 1e + 0d = 29
 v + 29 – 3v + d = 20
 d = 2v – 9
⇒ 

 e = 29 – 3v
 e = 29 – 3v
9

v ≥ 2
 2v – 9 ≥ 0
e daí 5 ≤ v ≤ 9.
Como v é um número natural, devemos ter 
⇒ 
29
 29 – 3v ≥ 0
v ≤

3
Logo, temos 5 desempenhos diferentes para essa equipe.
⇒
 v + e + d = 20

 e = 29 – 3v
Prova Tipo
A
B – questão 55
Resposta
C
C
⇒
13.06.2010
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 de escala.
3
x
x
3
x
x
x
x
(I)
8
(II)
QUESTÃO 43
Uma vez que os dois arranjos puderam ser construídos, o menor valor inteiro e positivo que x pode ter é:
a)
b)
c)
d)
e)
2
3
4
5
6
Resolução:
x + 8 < x + 3 + x + 3
Da condição de existência do triângulo, temos:
x + 3 < x + 3 + x + 8
Prova Tipo
A
B – questão 27
Resposta
B
B
x > 2
⇒ x > 2. Logo xmín. = 3.

 x > –8
⇒
QUESTÃO 44
O cosseno de um dos ângulos da base do triângulo representado em (II) é igual a
desse triângulo é:
3
. Assim, a área
5
a) 900
b) 800
c) 600
d) 400
e) 300
Resolução:
No triângulo ABM, temos:
x+8
3
x+8
• cos α = 2 ⇒
=
⇒ x = 22
x+3
5 2(x + 3)
A
3
4
4
h
⇒ h = 20
⇒ sen α = ⇒ =
5
5
5 22 + 3
30 ⋅ 20
• Logo, área(ABC) =
= 300.
2
•
cos α =
Prova Tipo
Resposta
A
E
h
B – questão 28
E
x+3
x+3
B
α
x+8
2
M
x+8
2
C
13.06.2010
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 a seguir.
QUESTÃO 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)
b)
c)
d)
e)
40
42
45
48
50
13.06.2010
Resolução:
No intervalo de tempo [0, 10] temos:
•
•
•
função que representa o comprimento:
10 – 5
1
c(t) = 5 +
⋅ t ⇒ c(t) = 5 + t
10
2
função que representa a largura:
8–4
2
(t) = 8 –
⋅ t ⇒ (t) = 8 – t
5
10
1 
2 

função que calcula a área do retângulo: A(t) =  5 + f   8 – t 
2 
5 

–10 + 20
=5s
A(t) atinge seu valor máximo para t =
2
15
Logo, a área máxima é A(5) =
⋅ 6 = 45 cm2.
2
Prova Tipo
A
B–questão 29
Resposta
C
C
QUESTÃO 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 cossenoide, 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:
 π 
a) f(t) = 6 + 2 cos 
⋅ t
 10 
 π 
b) f(t) = 4 + 2 cos 
⋅ t
 10 
π 
c) f(t) = 6 + cos  ⋅ t 
5 
 π 
d) f(t) = 4 + 2 cos 
⋅ t
 20 
π 
e) f(t) = 7 + cos  ⋅ t 
5 
Resolução:
A função que representa a largura no gráfico tem período igual a 20 e imagem [4, 8].
 π 
A cossenoide com essas características pode ser a função f(t) = 6 + 2 cos  t  .
 10 
Prova Tipo
A
B – questão 30
Resposta
A
A
13.06.2010
A figura a seguir representa o gráfico de um polinômio P(x), de grau 3 e coeficientes reais, cujas raízes têm
multiplicidade 1.
QUESTÃO 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:
Fazendo P(x) = y temos y3 + 8y = 6y2 ⇒ y(y2 – 6y + 8) = 0 ⇒ y = 0 ou y = 2 ou y = 4.
De acordo com o gráfico, P(x) = 0 tem uma solução real, P(x) = 2 tem 3 soluções reais e P(x) = 4 tem 3
soluções reais. Então, a equação dada tem 7 soluções reais.
Prova Tipo
A
B – questão 31
Resposta
D
D
13.06.2010
QUESTÃO 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:
Temos d(x) = x2 – 4x + 3 = (x – 1)(x – 3) e R(x) = ax + b, a, b ∈R. Assim, P(x) ≡≡ (x – 1) ⋅ (x – 3) ⋅ Q(x) + ax + b
e daí P(1) = a + b e P(3) = 3a + b. De acordo com o gráfico, temos P(1) = 3 e P(3) = 7 e, desse modo,
a + b = 3
⇒ a = 2 e b = 1.

 3a + b = 7
Então, R(x) = 2x + 1.
Prova Tipo
A
B – questão 32
Resposta
A
A
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.
QUESTÃO 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)
b)
c)
d)
e)
1
2
3
4
5
Resolução:
A soma dos pontos de duas faces opostas quaisquer nos dados descritos é igual a 6, logo devemos ter
n + 2 = 6, isto é, n = 4.
Prova Tipo
A
B – questão 33
Resposta
D
D
13.06.2010
QUESTÃO 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)
b)
c)
d)
e)
n = 2.
n = 1.
n = 3 ou n = 2.
n = 3 ou n = 1.
n = 2 ou n = 1.
Resolução:
1
, se tivermos 9 casos
4
favoráveis nos 36 casos possíveis. Isso ocorre para n = 2, pois resulta em 9 pares ordenados iguais a (2, 2).
A probabilidade de que a soma dos pontos obtidos seja quatro será igual a
Prova Tipo
A
B – questão 34
Resposta
A
A
13.06.2010
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 est´a 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 ∈R.
QUESTÃO 51
O valor de a é igual a:
3
a)
4
4
b)
5
c) 1
4
d)
3
5
e)
4
Resolução:
11
10
y
9
8
7
6
M
C
(r)
5
4 O
(s)
3
G
0
O coeficiente angular da reta (s) da figura é tg α =
T
3
2
1
α
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 x
Prova Tipo
A
B – questão 35
Resposta
B
B
4
4
⇒a= .
5
5
13.06.2010
QUESTÃO 52
O valor de b é igual a:
4
a)
7
3
b)
4
4
c)
3
7
d)
4
7
e)
2
Resolução:
A reta (r), que tem coeficiente angular b e passa na origem, tem equação y = bx ou bx – y = 0. Ela deve ser
b> 0
|b ⋅ 0 – 1 ⋅ 5|
4
= 3 ⇒ |–5| = 3 ⋅ b 2 + 1⇒ 25 = 9b2 + 9 ⇒ b = .
tangente à circunferência de raio 3; logo dC,r = 3 ⇒
2
3
b +1
Prova Tipo
A
B – questão 36
Resposta
C
C
QUESTÃO 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:
Satisfazendo as três regras do problema, podemos distribuir os módulos entre os professores de tal modo
que:
• um professor fique com 3 módulos e os outros dois professores com um módulo cada, e isso pode ser feito
5⋅ 4
de 3 ⋅ C5,3 ⋅ P2 = 3 ⋅
⋅ 2! = 60; ou
2!
• um professor fique com 1 módulo e os outros dois professores fiquem com 2 módulos cada um, e isso pode
4⋅ 3
= 90.
ser feito de 3 ⋅ C5,1 ⋅ C4,2 = 3 ⋅ 5 ⋅
2!
Logo, existem 60 + 90 = 150 maneiras de distribuir os módulos entre os professores.
Prova Tipo
A
B – questão 37
Resposta
A
A
13.06.2010
W
As pirâmides regulares da figura, cada uma com volume
72, têm bases quadradas coplanares com o lado CD
em comum.
V
F
B
C
E
D
QUESTÃO 54
A
Considere o poliedro de vértices nos pontos V , D, E e F da figura. O volume desse poliedro é igual a:
W
a) 24
b) 36
c) 48
d) 54
e) 72
Resolução:
•
•
F
1
Vpir. = 72 ⇒ B ⋅ h = 72
3
1 1
1
Vpol. = ⋅ B ⋅ h = ⋅ 72 = 36
2 3
2
V
h
B
C
3
M
0
3
3
E
Prova Tipo
A
B – questão 38
Resposta
B
B
P
D
A
QUESTÃO 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:
1
Temos: ⋅ 36 ⋅ h = 72 ⇒ h = 6
3
∆WOP: h2 + 32 = (WP)2 ⇒ WP = 45
∆WPA: (WA)2 = ( 45)2 + 92 ⇒ WA = 126
∆WMA: (WM)2 + (3)2 = ( 126)2 ⇒ WM = 117
SWAB =
6 ⋅ 117
= 3 ⋅ 3 13 = 9 13
2
Prova Tipo
A
B – questão 39
Resposta
C
C
13.06.2010
QUESTÃO 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 declaração dada é da forma “Se p e q, então r”.
Daí se conclui que “Se (~r), então (~p ou ~q)”.
Temos:
p: todo jogador se compromete com o grupo
q: nenhum jornalista atrapalha a preparação
r: a equipe será campeã.
Se a equipe não for campeã (~r) então:
(~p ou ~q): pelo menos um jogador não se compromete com o grupo ou algum jornalista atrapalha a
preparação.
Prova Tipo
A
B – questão 59
Resposta
E
E
QUESTÃO 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:
S = sim (é portador da bactéria)
N = não
1ª tentativa: S, S, N, N, N
2ª tentativa: S, S, S, S, N
• 1ª possibilidade de pares: (S, N) (S, S) (N, S) (N, S) (N,S)
Como não há par com ambos os resultados errados, nesse caso podemos ter 1 ou 2 ou 3 ou 4 ou 5
portadores da bactéria.
• 2ª possibilidade de pares: (N, N) (S, S) (S, S) (N, S) (N, S)
Nesse caso, podemos ter 2 ou 3 ou 4 portadores da bactéria.
13.06.2010
Em ambos os casos, há pelo menos um portador da bactéria.
Prova Tipo
A
B – questão 60
Resposta
A
A
QUESTÃO 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)
b)
c)
d)
e)
exista uma equipe que nunca tomou nenhum gol, nunca perdeu um jogo e nunca perdeu um torneio.
exista uma equipe que nunca tomou nenhum gol, mas já perdeu um jogo e nunca perdeu um torneio.
exista uma equipe que nunca tomou nenhum gol, mas já perdeu um jogo e já perdeu um torneio.
exista uma equipe que já tomou gol, já perdeu um jogo, mas nunca perdeu um torneio.
exista uma equipe que já tomou gol, já perdeu um jogo e já perdeu um torneio.
Resolução:
Se existe a equipe descrita na alternativa B, então a primeira e a terceira proposições são falsas.
Prova Tipo
A
B – questão 56
Resposta
B
B
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.
QUESTÃO 59
A quantidade de duplas diferentes de entrevistadores que podem ser formadas é:
a) 16
b) 20
c) 24
d) 28
e) 32
Resolução:
Considere a sequência de 8 alunos, um de cada um dos 8 semestres: (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8).
8⋅ 7
= 28.
O total de duplas é dado por C8,2 =
2!
Nas condições do problema, não aparecem as duplas com ambos os números pares, nem com ambos
ímpares, dos quatro primeiros semestres, assim como as dos quatro últimos semestres, que são {1, 3}, {2, 4},
{5, 7} e {6, 8}.
Logo, temos 28 – 4 = 24 duplas.
Prova Tipo
A
B – questão 57
Resposta
C
C
13.06.2010
QUESTÃO 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:
8⋅ 7
= 28 duplas.
Nesta assertiva, poderá ser formada qualquer dupla entre os oitos alunos, isto é, C8,2 =
2!
Prova Tipo
A
B – questão 58
Resposta
E
E

Resolução de Matemática do Exame do Insper 2010/2

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