Seu pé direito nas melhores faculdades
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ANÁLISE QUANTITATIVA E LÓGICA OBJETIVA
41. Jorge usou uma calculadora para efetuar a diferença (a – b)
entre dois numeros a e b. Porém, ao digitar a tecla da
operação, ele se enganou a acabou efetuando a soma
(a + b) em vez da diferença. Sabendo que o resultado obtido
foi 25% maior do que aquele que seria obtido se não
houvesse o engano, pode-se concluir que:
a)
b)
c)
d)
e)
a = 2b.
a = 4b.
a = 5b.
a = 8b.
a = 9b.
Resolução:
a + b = 1,25 (a – b)
a + b = 1,25a – 1,25b
2,25b = 0,25a
2, 25b
a=
0, 25
a = 9b
a) 10.
42. Em um triângulo ABC, AB = 1 cm, BC = 3 cm e o ângulo
Ĉ mede 30°. Se P é o perímetro do triângulo ABC, em
centímetros, então:
A
Pela Lei dos Cossenos, tem-se:
x
1
12 = x2 + ( 3) – 2x . 3 . cos 30°
2
e) 100.
− x2
x2
⇒ C=
+x
100
100
−1
−b
⇒ xV =
∴ xV = 50 ⇒ Alternativa C
xV =
 −1 
2a
2.

100 
C=x–
Resolução:
(sen α + cos α)2 . sen α =
30°(
B
3
C
Se x = 1 → P = 1 + 1 + 3 ; 3,7 
 3,5 < P < 5,0
Se x = 2 → P = 1 + 2 + 3 ; 4,7 
Alternativa C
ibmecNOV2005
d) 75.
44. Se α é um número real tal que 0 < α <
Resolução:
CPV
c) 50.
π
e que satisfaz a
2
equação (sen α + cos α)2 sen α = 1 + sen 2α , então:
π
π
π
a) α =
b) α =
c) α =
12
6
4
5π
π
d) α =
e) α =
12
3
P < 3, 0.
3,0 < P < 4,0.
3,5 < P < 5,0.
4,0 < P < 5,5.
P > 4,5.
3
1 = x2 + 3 – 2x . 3 .
2
x2 – 3x + 2 = 0
x = 1 ou x = 2
b) 25.
Resolução:
Seja C o número de candidatos aprovados para a fase seguinte:
C = x (1 – x%)
Alternativa E
a)
b)
c)
d)
e)
43. A primeira fase de um processo de seleção de jovens
talentos para uma empresa é feita por meio de sessões de
dinâmica de grupo, das quais podem participar no máximo
100 candidatos de cada vez. Quando o número de
candidatos numa dessas sessões é muito pequeno, poucos
candidatos são aprovados para a fase seguinte do
processo, porque a interação entre os candidatos é limitada.
Por outro lado, isso também acontece nos grupos muito
grandes, porque poucos candidatos conseguem mostrar
seu potencial em meio a tantos outros. Ao longo do tempo,
percebeu-se que, se x é o número de candidatos que
participarão de uma sessão de dinâmica, o número de candidatos que passarão à fase seguinte do processo é igual a x
diminuído de x%. Dessa forma, o número de candidatos
numa dessas sessões que maximizaria o número de candidatos aprovados para a fase seguinte do processo é igual a:
1 + sen 2α
1
[(sen α + cos α)2]sen α = (1 + sen 2α )2
1
[sen2α + cos2α + 2 sen α . cos α]sen α = (1 + sen 2α )2
1
(1 + sen 2α)sen α = (1 + sen 2α )2
Logo, sen α =
π
π
1
⇒ α=
e 0<α<
⇒ Alternativa B
2
6
2
1
2
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C
45. Na figura ao lado, sejam h a
a)
b)
c)
d)
medida do segmento CD ,
m a medida do segmento
AD , n a medida do
segmento BD e α a
medida do ângulo AĈB.
Considere as seguintes
afirmações:
A
D
B
I. Se α = 90°, então m = n.
II. Se α < 90°, então h2 > mn.
III. h2 ≥ mn, qualquer que seja α entre 0° e 180°.
É correto afirmar que:
a) as afirmações I e II são verdadeiras.
b) as afirmações I e III são verdadeiras.
c) as afirmações II e III são verdadeiras.
d) apenas a afirmação I é verdadeira.
e) apenas a afirmação II é verdadeira.
e)
C1
Resolução:
Seja AB o diâmetro:
C2
C3
h
A
m
Resolução:
n
D
B
Resolvendo x2 – 2x + 5 = 0,
obtemos z1 = 1 – 2i e z2 = 1 + 2i.
h = C3D ⇒ 90° < α < 180° ⇒ h2 < m . n
h = C2D ⇒ α = 90° ⇒ h2 = m . n
h = C1D ⇒ α < 90° ⇒ h2 > m . n
Alternativa E
46. Dados dois números complexos zl e z2, definimos o
segmento média ponderada entre zl e z2 como sendo o
conjunto
{z ∈ C: z = (1 – t)zl + t z2, t ∈ [0; 1]}.
Das figuras seguintes, aquela que melhor descreve a
representação no plano Argand-Gauss do segmento média
ponderada entre as raízes da equação
Sendo a média ponderada igual a
z = (1 – t)z1 + t z2, tem-se
para t = 0 → z = z1
para t = 1 → z = z2
Como 0 ≤ t ≤ 1, então z1 ≤ z ≤ z2
–2
Alternativa D
4
.
π
Da esquerda para a direita, a primeira circunferência interna
tem raio igual à metade do raio da circunferência maior,
a segunda tem raio igual à metade do raio da primeira, o raio
da terceira é igual à metade do raio
da segunda, e assim sucessivamente.
Se x é o valor da área sombreada,
então:
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–1
47. O raio da circunferência maior da figura é igual a
x2 – 2x + 5 = 0
CPV
1
Sua representação no plano
Argand-Gauss está ao lado:
Da figura, para:
é:
2
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a)
b)
c)
d)
e)
8 ≤ x ≤ 10.
10 < x ≤ 12.
12 < x ≤ 14.
14 < x ≤ 16.
16 < x ≤ 18.
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3
49. A figura mostra as 10 vagas disponíveis no estacionamento
de um prédio. As vagas grandes (G) podem ser ocupadas
tanto por carros grandes quanto por pequenos, e as vagas
pequenas (P) só podem ser ocupadas por carros pequenos.
Duas vagas são consideradas adjacentes quando possuem
uma faixa de demarcação comum.
Resolução:
A área da circunferência externa é
R=
4
π
2
 4 
Α =   . π = 16
 π
R1
R?
Os raios das circunferências internas
1
se encontram em P.G. de razão
2
1
2
1
; R2 =
; R3 =
R1 =
2 π
π
π
∴
suas áreas estão em P.G. de razão
Um carro grande e um pequeno entram simultaneamente
no estacionamento, quando este se encontra vazio.
O número de maneiras distintas que eles podem estacionar
de modo que não ocupem duas vagas adjacentes é igual a
1
4
1
4
1
16
S∞ = 4 + 1 + . . . =
4
3
16 32
Área = 16 –
=
≅ 10,6
3
3
A1 = 4; A2 = 1; A3 =
a)
b)
c)
d)
e)
76.
45.
36.
30.
21.
Alternativa B
48. As retas r e s do plano cartesiano são perpendiculares e
interceptam-se no ponto P(–1, 3). Se a reta r intercepta o
eixo das abscissas no ponto Q(–7, 0), então a reta s
intercepta esse mesmo eixo no ponto:
 1 
a)  − , 0 
 3 
2
d)  ,
3

0

Resolução:
1 
c)  , 0 
2 
b) (0, 0)
Resolução:
Se o carro grande estacionar em uma das duas vagas junto à parede
da entrada, o carro pequeno tem 8 possibilidades, isto é, 2 . 8 = 16.
Se o carro grande estacionar em uma das outras duas vagas,
o carro pequeno tem 7 possibilidades, isto é, 2 . 7 = 14
Portanto, o número de maneiras é 16 + 14 = 30
Alternativa D
50. Para resolver uma equação do tipo
ax2 + bx + c = 0, com (a ≠ 0)
2
em que b – 4ac > 0, um aluno utilizou erroneamente a
fórmula
e) (1, 0)
r
s
x=
−b ±
b2 − 4ac
.
a
Se x1 e x2 são as raízes que ele encontrou, com x1 < x2,
e X1 e X2 são as raízes que ele encontraria utilizando a
fórmula certa, com Xl < X2, é correto afirmar que:
P (–1, 3)
Q (–7, 0)
3−0
3 1
= = . Como r s, temos m . s = –2.
mr =
−1 + 7 6 2
Portanto, a equação de s é y – 3 = –2 (x + 1) ∴ s: 2x + y – 1 = 0
Logo, s ∩ Ox = {Py, para y = 0, isto é, x = 1/2}
1 
Logo, P  , 0 
2 
Alternativa C
CPV
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a)
b)
c)
d)
e)
se ac < 0, então xl < Xl < X2 < x2.
se ac < 0, então Xl < xl e X2 < x2.
se ac > 0, então Xl < x1 < x2 < X2.
se ac > 0, então xl < X1 < x2 < X2.
se ac > 0, então xl < X1 e x2 < X2.
4
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Resolução:
52. Na figura, a reta r é tangente às duas circunferências,
de equações x2 + y2 = 16 e (x – 17)2 + y2 = 16.
ax2 + bx + c = 0
y
r
Raízes x1 e x2
c
a
Portanto, caso as raízes sejam ambas positivas ou negativas,
o produto ac > 0.
Caso contrário, x1 < 0 e x2 > 0
ac < 0
x1 . x2 =
x
Usando a fórmula de recorrência
− b ± b 2 − 4ac
o aluno encontrará raízes que serão o dobro
a
das raízes exatas ⇒ x1 = 2X1 e x2 = 2X2
Então, o coeficiente angular da reta r é igual a:
Se ac < 0, temos:
a)
x=
x1
X1
X2
x2
∴ x1 < X1 < X2 < x2
3
4
b)
Resolução:
7
10
5
13
c)
d)
8
15
e)
r’
y
7
25
r
P
4
Alternativa A
T2
51. Um artista projetou um enfeite no formato de pirâmide
regular, constituído de resina colorida até a metade da altura,
e de resina transparente na outra metade, como mostra a
figura.
4
)α
O
C
17
M
x
T1
H
2
H
2
suuur
Seja r’ // r e {P} = r’ ∩ CT2 . Então o ∆OPC é retângulo em P.
TP ⇒ OP2 = 82 + 172 ∴ OP = 15
8
Então mr = mr’ = tg α =
15
Alternativa D
53. Seja A uma matriz quadrada de ordem 2 e determinante
Sabendo que foram gastos 672 mL de resina colorida na
confecção do enfeite, o volume de resina transparente
necessário deverá ser de aproximadamente
a) 84 mL.
d) 252 mL.
b) 96 mL.
e) 336 mL.
c) 168 mL.
Resolução:
Sendo v o volume da resina transparente, da figura podemos
concluir que:
H H
+
2
2 =k ⇒
H
2
H
=k ⇒ k=2
H
2
v + 672
v + 672
= k3 ⇒
= 23 ⇒ v = 96 mL
v
v
Alternativa B
4 0
2
positivo. Se 
 – A = A . I . A, em que I é a matriz
2 6
identidade de ordem 2, então o determinante da matriz A é
igual a:
a) 2 10
b) 2 6
d) 2 2
e)
c)
10
6
Resolução:
 4 0
 4 0
2
2
2
 2 6  – A = A ⇔  2 6  = 2A ∴




∴
4 0
= det (2A2)
2 6
4 0
= 4 det2 A ∴ 24 = 4 det2 A ⇒ det2 A = 6
2 6
det A = 6
Alternativa E
CPV
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54. Uma das raízes do polinômio abaixo é igual à soma das
outras duas.
P(x) = 16x3 – 64x2 + 79x – 30
O produto de duas das raízes deste polinômio é igual a:
5
16
21
d)
16
9
16
25
e)
16
b)
a)
c)
15
16
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5
 π
56. Seja a ∈  0;  e sejam
 4
P = (cos(a), cos(a), 0), Q = (cos(a), sen(a), 0),
R = (–sen(a), cos(a), 0), S = (–sen(a), sen(a), 0),
V = (0, 0, 6 sen(2a))
pontos do espaço. Um valor de a que faz com que o volume da
3
é:
2
π
e)
9
pirâmide de base PQRS e vértice V seja igual a
a)
Resolução:
P(x) = 16x 3 – 64x2 + 79x – 30
Considerando α, β e γ raízes de P(x), temos: α + β = γ
64
Como α
∴ 2γ = 4 ∴ γ = 2
+β +γ=
{
16
π
5
b)
π
6
c)
π
7
Resolução:
d)
π
8
Z
V
6 sen (2a)
γ
Aplicando Briot, temos:
2 16 –64 79 –30
16
–32
15
0
Logo, P(x) = (x – 2) (16x2 – 32x + 15).
Portanto o produto de duas raízes é
15
.
16
cos (a)
–sen (a)
S
Alternativa C
x
Q
sen (a)
55. Considere as funções f (x) = bx e g(x) = log4 x, em que
R
cos (a)
P
4 3
b > 0 e b ≠ 1. Sabendo que f (g(x)) = x para todo x > 0,
pode-se concluir que:
Q
S
cos (a) – sen (a)
a) b = 2 2 .
R
b) b = 2 3 2 .
cos (a) + sen (a)
Sb H
3
Sb = (cos(a) + sen(a)) (cos(a) – sen(a)) ∴ Sb = cos2(a) – sen2(a)
c) b = 3 4 .
d) b = 2.
e) b = 4.
Vpirâmide =
2
f (g(x)) = bg(x) = b
b
log 4 x
4
log 4 x
x3 ⇒ b
≡ b
log b
log 4 x
4 3
x ⇒
≡
4
x3
3
b
log 4 x
≡ b4
3
3
2
(
)
4
⇒ b= 2
= 22 =
23 ∴ b = 2 2
Alternativa A
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4a =
π
ð
+ 2kπ ∴ a =
3
12
4a =
2π
ð
+ 2kπ ∴ a =
3
6
Alternativa B
log b x
4
4
log 4 / 3 x
log x
⇒ b 3 = 4 ⇒ b 3 = 22 ⇒
b 4 ≡ b b
CPV
2
(cos (a) − sen (a)) (6 sen (2a))
6 sen (2a) cos (2a)
⇔ V=
3
3
V = 2 sen (2a) cos 2a ⇔ V = sen (4a)
V=
Resolução:
f (g(x)) =
P
3
3
Como V = 2 ∴ sen (4a) = 2
6
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57. No diagrama abaixo, U representa o conjunto de todos os
alunos de uma escola. Estão também representados os
seguintes subconjuntos de U:
Q: alunos da escola que gostam de quiabo;
D: alunos da escola com mais de dezesseis anos de idade;
P: alunos da escola que gostam do professor Pedro ,
M: alunos da escola que gostam de Matemática.
Alternativa d:
A sentença é verdadeira, pois o
conjunto M ∩ D (gosta de
Matemática e tem mais do que 16
anos) está contido em P.
D
P
M
Alternativa e:
A sentença é falsa, pois é possível que um estudante que não
goste do prof. Pedro e tenha mais do que 16 anos ( P ∩ D) faça
também parte dos que gostam de quiabo. Por exemplo:
Q
D
P
x
Em todas as regiões do diagrama, identificadas com um
número de 1 a 8, há pelo menos um aluno representado.
Então, é correto concluir que:
a) se um aluno gosta de quiabo, então ele não tem mais do
que dezesseis anos.
b) pelo menos um aluno que gosta de Matemática tem
mais do que dezesseis anos e gosta de quiabo.
c) se um aluno gosta do professor Pedro, então ele gosta
de Matemática.
d) todo aluno que gosta de Matemática e tem mais do que
dezesseis anos gosta do professor Pedro.
e) se um aluno com mais de dezesseis anos não gosta do
professor Pedro, então ele não gosta de quiabo.
Resolução:
Alternativa a:
A sentença é falsa. Observe que há intersecção não-vazia entre Q
e D. Portanto, as situações não são reciprocamente excludentes e
é possível que algum
D
aluno que goste de
quiabo tenha mais do Q
que 16 anos.
Alternativa b:
A sentença é falsa. Note que os conjuntos M (gostar de
Matemática) e Q ∩ D (gostar de quiabo e ter mais do que
16 anos) são disjuntos, ou seja, têm intersecção vazia. Assim, não
e x i s t e
D
M
n e n h u m
aluno nessas Q
condições.
Alternativa c:
A sentença é falsa. Nem todos os alunos que gostam do
prof. Pedro gostam de
Matemática (apesar
M
do inverso ser
P
verdadeiro). Por
x −→ gosta de Pedro,
exemplo:
mas não de Matemática
CPV
ibmecNOV2005
U
58. Um locutor de rádio, durante um fim de tarde, fez a
seguinte afirmação:
"Sempre que chove em São Paulo, o trânsito fica
complicado e as pessoas chegam mais tarde em casa."
Supondo verdadeira a afirmação do locutor, pode-se
concluir, a partir dela, que, necessariamente:
a) se o trânsito em São Paulo está complicado, então está
chovendo.
b) se as pessoas de São Paulo estão chegando mais tarde
em casa, então o trânsito está complicado.
c) se as pessoas de São Paulo estão chegando mais tarde
em casa, então está chovendo.
d) se o tempo em São Paulo está bom, então o trânsito não
está complicado.
e) se o trânsito em São Paulo não está complicado, então
o tempo está bom.
Resolução:
O enunciado apresenta três pares de situações condicionadas.
Adicionando os eventos complementares aos descritos, temos:
(se) chove
(então) o trânsito
em São Paulo → fica complicado
(então) as pessoas
(se) chove
em São Paulo → chegam mais tarde
em casa
→
não chove
→
em São Paulo
→
as pessoas
não chove
→ não chegam mais
em São Paulo
tarde em casa
o trânsito não
fica complicado
(se) o trânsito
fica complicado
o trânsito não
fica complicado
(então) as pessoas
→ chegam mais tarde
em casa
→
as pessoas
→ não chegam mais
tarde em casa
Seu pé direito nas melhores Faculdades
Observe que há três afirmações corretas:
– se o trânsito não está complicado, então não chove em São
Paulo;
– se as pessoas não chegam mais tarde em casa, então não
chove em São Paulo;
– se as pessoas não chegam mais tarde em casa, então o trânsito
não fica (está) complicado.
•
Alternativa E
O número de maneiras de ligar os círculos de acordo com
as instruções dadas acima é:
a) 4.
b) 5.
c) 6.
d) 7.
e) 8.
Resolução:
Vamos interpretar as quatro restrições levantadas pelo enunciado:
— de R1 e R2, entendemos que a cada número corresponde uma
única letra (e vice-versa);
— de R3, entendemos que, aos números 1 e 3, podemos associar
as letras B, C ou D;
— de acordo com R4, é obrigatório que ao menos uma das duas
situações aconteça:
I. o número 2 (dois) se ligue à letra D; e/ou
II. o número 4 (quatro) se ligue à letra A.
Para contabilizar o total de situações possíveis, vamos imaginar
quatro eventos:
•
•
CPV
nem I, nem II acontecem: impossível, de acordo com R4.
I acontece, mas II não:
1
A
2
B
3
C
4
D
ibmecNOV2005
0 possibilidades
A
B
C
D
Como 2 não pode se associar a D, restam duas opções
(B ou C). Para os números 1 e 3, restam as duas letras ainda
não selecionadas (D e a outra letra).
Assim, surgem 2 x 2 = 4 possibilidades.
59. No desenho abaixo:
• cada círculo contendo uma letra deve ser ligado por
uma linha reta a um único círculo, que deverá conter um
número,
• cada círculo contendo um número deve ser ligado a um
único círculo, que deverá conter uma letra,
• círculos contendo números ímpares devem ser ligados
a círculos contendo consoantes,
• o círculo de pelo menos um dos números deve ser ligado
ao círculo que corresponde a uma das letras de seu
nome por extenso.
7
Isso obriga os números 1 e 3 a se ligarem, em qualquer ordem,
às consoantes B e C. Por exclusão, ao número 4 restaria a
letra A, uma associação que nega nossa hipótese.
0 possibilidades
II acontece, mas não I:
1
2
3
4
A única sentença correta é a da alternativa E.
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•
I e II acontecem:
1
2
3
4
A
B
C
D
É possível ligar 1 a B ou C (2 opções) e, na seqüência, ligar 3
à letra restante (uma opção). Assim, contamos outras 2
possibilidades. Finalmente, registramos:
0 + 0 + 4 + 2 = 6 possibilidades.
Alternativa C
60. Sablir é um país com centenas de cidades. Em cada uma
destas cidades, havia, nas últimas eleições, dois candidatos
a prefeito, sendo um deles honesto. Em Sablir, o voto é
obrigatório a todo cidadão adulto, não são permitidos votos
em branco nem nulos e um candidato deve ter a maioria
dos votos dos eleitores de sua cidade para ser eleito.
Apesar de eleitores honestos somente votarem em
candidatos honestos, a maioria dos prefeitos eleitos nessas
últimas eleições é desonesta. Se todas as cidades de Sablir
têm o mesmo número de eleitores, é correto afirmar que
certamente:
a) mais do que 25% dos cidadãos adultos de Sablir são
desonestos.
b) mais do que 25% dos cidadãos adultos de Sablir são
honestos.
c) a maioria dos cidadãos adultos de Sablir é desonesta.
d) a maioria dos cidadãos adultos de Sablir é honesta.
e) 50% dos cidadãos adultos de Sablir são honestos e os
outros 50% são desonestos.
Resolução:
Vamos reduzir, ao menor valor possível, a fatia de desonestos (D)
na população total do país. Assim, vamos considerar que:
I. o total de candidatos desonestos eleitos supera o total de
candidatos honestos eleitos por uma margem mínima.
Matematicamente, as cidades em que houve vitória de
desonestos correspondem a mais de 50% do total de cidades.
8
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II. nas cidades em que o candidato desonesto foi eleito, ele o fez
por uma margem mínima de votos. Matematicamente, nessas
cidades, a fração de desonestos corresponde a menos de 50%
do total de habitantes.
III. nas cidades em que o candidato honesto foi eleito, a população
é 100% composta de eleitores honestos.
Em termos gráficos, teríamos:


 cidades com vitória

de honestos
 (praticamente 50%)




 cidades com vitória
 de desonestos
 (praticamente 50%)


14444444444444444442
44444444444444444444344
Sablir
honestos
desonestos
Observe que, nessas condições mínimas, o total de desonestos
corresponderia a um total ligeiramente maior que 25%.
Alternativa A
CPV
ibmecNOV2005