CPV O cursinho que mais aprova na fGV
FGV – economia – 1a Fase – 30/novembro/2008
03. Se a soma e o produto de dois números são iguais a 1, a soma dos
cubos desses números é igual a
MATEMÁTICA
01. Aumentando a base de um triângulo em 10% e
reduzindo a altura relativa a essa base em 10%, a
área do triângulo
a) aumenta em 1%.
b) aumenta em 0,5%.
c) diminui em 0,5%.
d) diminui em 1%.
e) não se altera.
Resolução:
b . 1,1 . h . 0,9
2
0,99 b . h
S=
, o que corresponde a uma redução de 1%.
2
Alternativa D
S=
02. Se a média aritmética entre dois números é 15 e sua
média geométrica é 12, então, uma equação cujas
duas raízes reais sejam esses dois números é
a) 2x2 – 60x + 37 = 0.
b) x2 – 30x + 120 = 0.
c) x2 – 30x + 144 = 0.
d) x2 + 6x + 120 = 0.
e) 2x2 + 12x – 15 = 0.
Resolução:
Sejam r e s os dois números em questão:
r+s
MA (r, s) = 15 ⇒
= 15 ⇒ r + s = 30
2
r . s = 12 ⇒ r . s = 144
Basta montar uma equação de 2o grau onde as raízes tenham
soma 30 e produto 144.
∴ 1x2 – (r + s) x + r . s = 0
1x2 – 30x + 144 = 0
CPV
fgv091fnoveco
d) –2 –
e) –
3 3
i.
4
3 3
i.
4
Resolução:
Sendo b e h as medidas da base e altura, respectivamente,
do triângulo original e S a área do triângulo após as
mudanças, temos:
b . (1 + 0,1) . h . (1 − 0,1)
S=
2
MG (r, s) = 12 ⇒
a) –2.
b) 0.
c) 2.
Alternativa C
Sejam a e b os números em questão:
⎧a + b = 1
⎧a + b = 1
⎧a + b = 1
⎪⎪
⎪⎪ 2
⎪⎪ 2
2
2
2
⎨ (a + b) = 1 ⇒ ⎨ a + 2ab + b = 1 ⇒ ⎨ a + b = − 1
⎪a . b = 1
⎪a . b = 1
⎪a . b = 1
⎪⎩
⎩⎪
⎩⎪
∴ a3 + b3 = (a + b) . (a2 – ab + b2)
a3 + b3 = (a + b) . (a2 + b2 – ab)
a3 + b3 = (1) . (– 1 – 1)
a3 + b3 = –2
04. Sendo x e y números reais tais que
9
x+y
5y
3
Alternativa A
4
2
x
x+y
=8 e
= 243, então x . y é igual a
a) –4.
12
.
b)
5
c) 4.
d) 6.
e) 12.
Resolução:
4
x
2x + y
9
x+ y
=8⇒
2
2x
2x + y
= 243 ⇒
= 23 ⇒ 2x–y = 23 ⇒ x – y = 3 ⇒ 2x – 2y = 6 (I)
2x + 2y
3
= 35 ⇒ 32x–3y = 35 ⇒ 2x – 3y = 5 (II)
35y
35y
De (I) – (II), vem: y = 1 e x = 4
Logo: x . y = 4 . 1 = 4
Alternativa C
1
2
CPV o
fgv – 30/11/2008
cursinho que mais aprova na fGV
05. Seja SA a soma dos n primeiros termos da progressão
aritmética (8, 12, ...), e SB a soma dos n primeiros termos da
progressão aritmética (17, 19, ...). Sabendo-se que n ≠ 0 e
SA = SB, o único valor que n poderá assumir é
a)
b)
c)
d)
e)
múltiplo de 3.
múltiplo de 5.
múltiplo de 7.
divisor de 16.
primo.
a) 1,70.
b) 1,65.
e) 0,95.
08. Dois veículos partem simultaneamente de um ponto P de
uma pista circular, porém em direções opostas. Um deles
corre ao ritmo de 5 metros por segundo, e o outro, ao ritmo
de 9 metros por segundo. Se os veículos param quando se
encontrarem pela primeira vez no ponto P, o número de
vezes que eles terão se encontrado durante o percurso,
sem contar os encontros da partida e da chegada, é igual a
[8 + 8 + (n − 1) 4]n
(12 + 4n) n
=
2
2
⎧ a1 = 17
⎪
PA (17, 19, 21, ... an) ⎨ r = 2
⎪ a = 17 + (n − 1) . 2
⎩ n
a) 45.
[17 + 17 + (n − 1) 2]n
(32 + 2n) n
=
∴ SB =
2
2
Como SA = SB, temos:
b) 44.
(12 + 4n) n
(32 + 2n) n
=
2
2
06. Seja f uma função de IN*→ IR tal que f(n + 1) =
e f(1) = 2. Nessas condições, f(101) é igual a
c) 51.
d) 52.
d) 17.
e) 13.
ΔS1 9
= ,
ΔS2 5
onde ΔS1 e ΔS2 são os espaços percorridos pelo veículo mais
rápido e pelo mais lento, respectivamente:
O primeiro encontro ocorre na 1a volta, de modo que
E0
Alternativa B
b) 50.
c) 25.
Resolução:
Como n ≠ 0, vem:
12 + 4n = 32 + 2n ⇒ n = 10 e, portanto, n é múltiplo de 5.
2 . f (n) + 1
2
e) 53.
Resolução:
•
•
E1 = ponto de encontro 1
Em outras palavras, o veículo mais rápido percorre
9
da
14
5
. Assim, dividimos a
14
circunferência em 14 partes e continuamos a simulação, sempre
9
5
da circunferência (ou recuando
, tanto faz):
avançando
14
14
circunferência, e o mais lento,
Do enunciado, f (n + 1) =
2f (n) + 1
1
⇒ f (n + 1) = f (n) + ⇒
2
2
1
2
Portanto, a sequência (f (1), f (2), f (3), ..., f (n)) forma uma PA
⇒ f (n + 1) – f (n) =
1
de razão .
2
E0
E0
1
2
1
⇒ f (101) = 52
2
E2
E1
Como f (1) = 2, temos:
E11
E8
•
Logo, f (n) = f (1) + (n – 1) .
f (101) = 2 + 100 .
d) 1,05.
⎧3c + 7b + r = 3,15
⎧9c + 21b + 3r = 9, 45 (I)
(3 x E1)
⎯⎯⎯⎯
→ ⎨
⎨
x
(2
E
)
2
⎩ 4c + 10b + r = 4, 20
⎩8c + 20b + 2r = 8, 40 (II)
Fazendo (I) – (II), resulta: c + b + r = 1,05
Alternativa D
⎧ a1 = 8
PA (8, 12, 16, ... an) ⎪⎨ r = 4
⎪ a = 8 + (n − 1) 4
⎩ n
a) 49.
c) 1,20.
Resolução:
c, b e r representam as quantidades de chicletes, balas e
refrigerantes, respectivamente. Do enunciado obtemos as equações:
Resolução:
∴ SA =
07. Na cantina de um colégio, o preço de 3 chicletes, 7 balas e
1 refrigerante é R$ 3,15. Mudando-se as quantidades para
4 chicletes, 10 balas e 1 refrigerante, o preço, nessa cantina,
passa para R$ 4,20. O preço, em reais, de 1 chiclete, 1 bala e
1 refrigerante nessa mesma cantina, é igual a
E5
•
E12
E1
E13
E10
Alternativa D
E6
E9
•
E2
E1
E0 ≡ E14
E3
E7
E4
Note que o 14o encontro ocorrerá no mesmo ponto do início do
problema. Logo, ocorrerão 13 encontros antes do último.
Alternativa E
CPV
fgv091fnoveco
CPV o
cursinho que mais aprova na fGV
09. Seja (x,y) um par ordenado de números reais que satisfaz
a equação (x – 3)2 + (y – 3)2 = 6. O maior valor possível de
y
é
x
a) 2 + 3 .
b) 3 3 .
c) 3 + 2 2 .
d) 6.
e) 6 + 2 3 .
Resolução:
y
, onde (x; y) é um ponto pertencente
x
à circunferência C1 : (x – 3)2 + (y – 3)2 = 6.
y
= K ⇒ y = K . x, que é a equação de uma reta que
Assim,
x
passa pela origem.
Como (x; y) ∈ C1 e K deve ser máximo, a reta y = K . x deve
tocar a circunferência C1 conforme a figura a seguir:
Seja K o maior valor de
y
Kx – y = 0
(x; y)
)
;3
C1
5
a) x – = 0.
2
b) x – 3 = 0.
d) x – 4 = 0.
5
e) x + = 0.
2
7
c) x – = 0.
2
pertence a AC , que é uma corda do círculo, BO = 5 e
m(ABO) = CD = 60º
Nas condições dadas, BC é igual a
c) 3 +
d) 5.
e)
3.
12 − 3
.
2
Resolução:
C
A
30º (
A
R
O
60º
R
D
⎧ BO é comum
⎪⎪
O ΔABO ≡ ΔDBO pois ⎨ BÔA ≡ DÔB (retos)
⎪
⎪⎩ OΔ ≡ OD
F
9α
B
α
E
a
9
⎧ DB é comum
⎪⎪
ˆ
ˆ
O ΔDOB ≡ ΔDCB pois ⎨ OBD ≡ CBD (retos)
⎪ ˆ
ˆ
⎪⎩ OBD ≡ DBC (60º )
Portanto, BC = 5.
fgv091fnoveco
60º (
60º
60º
Como AD é diâmetro então ACD é ângulo reto
s
CPV
B
Temos que OÂB = 30º ∴ AÔB = 90º
Resolução:
C
11. Em um círculo de centro O, AD é um diâmetro, B
(
6 ⇒ K = 3 + 2 2 Alternativa C
10. Uma reta vertical divide o triângulo de vértices (0,0), (1,1)
e (9,1), definido no plano ortogonal (x, y), em duas regiões
de mesma área. A equação dessa reta é
D
1
2
∴ a=3
3
Como a equação da reta vertical s é x = a, temos: x = 3
Alternativa B
a = 9 – 9α ∴ a = 9 – 9 .
(
2
K +1
2
9α . α
=2 ∴ α=
3
2
e a equação da reta vertical é
Então SFBE =
10 − 3
.
5
b) 3.
Logo, a reta deve tangenciar a circunferência com inclinação
máxima e, desta forma, temos:
=
8 .1
=4
2
Então a reta vertical deve dividir o triângulo inicial em dois triângulos
de área 2.
Se FE = α então FB = 9α, pois ΔEFB ~ ΔCDB.
Temos que: SABC =
a)
x
| K . 3 − 3|
3
6
(3
dP,r =
Fgv – 30/11/2008
Alternativa D
4
CPV o
fgv – 30/11/2008
cursinho que mais aprova na fGV
médio de AB , e H é o pé da altura do triângulo ABC do
vértice A até a base BC .
Resolução:
)
12. No triângulo ABC, AB = 13, BC = 14, CA = 15, M é ponto
Se
α
⎧ sen α = 3 cos α
⎨
2
2
⎩ sen α + cos α = 1
temos que sen α =
10
10
3 10
10
3 10
100 .
10
A área do triângulo é S = 10 . 10sen α =
2
2
S = 15 10 cm2
Nas condições dadas, o perímetro do triângulo BMH é
igual a
a) 16.
b) 17.
c) 18.
Resolução:
d) 19.
e) 20.
15
B
h
13
2
b) 1.
C
H
0
Se o Δ ABH é retângulo então HM é mediana e HM =
Temos que SABC =
p (p – a ) (p – b ) (p – c )
a+b+c
onde p =
2
∴ p = 21 e S = 84
13
.
2
e) 4.
14 . h
∴ h = 12
2
Aplicando Teorema de Pitágoras, temos:
13 13
+
+ 5 ⇒ 2p = 18
2
2
Alternativa C
13. Cada lado congruente de um triângulo isósceles mede
10 cm, e o ângulo agudo definido por esses lados mede
α graus. Se sen α = 3cos α, a área desse triângulo, em cm2,
é igual a
a) 15 10 .
b) 12 10 .
d) 15 3 .
e) 12 3 .
+ 56x
x2 + 2x + 5
3x2 – 6x + 1
Alternativa E
15. Se probabilidade de ocorrência de um evento é igual a
log (x+1) – log x, então, x é um valor qualquer do conjunto
132 = 122 + BH2 ∴ BH = 5
Logo, o perímetro do Δ BMH é 2p =
3x4 + 0x3 + 4x2 + 28x + 5
3x2 + 6x + 1
Assim, P(x) = x2 – 2x + 5
Portanto: P(1) = (1)2 – 2(1) + 5 = 4
mas SABC = 84 =
fgv091fnoveco
d) 3.
Fatorando T(x), temos:
T(x) = x4 + 6x2 + 25 + 4x2 – 4x2
T(x) = x4 + 10x2 + 25 – 4x2
T(x) = (x2 + 5)2 – 4x2
T(x) = (x2 – 2x + 5) (x2 + 2x + 5)
Ou seja, P(x) = x2 – 2x + 5 ou P(x) = x2 + 2x + 5
Verificamos qual deles é fator de S(x), fazendo as divisões:
3x4 + 0x3 + 4x2 + 28x + 5
x2 – 2x + 5
14
CPV
c) 2.
Resolução:
13
13
2
14. Seja P(x) = x2 + bx + c, com b e c inteiros. Se P(x) é fator de
T(x)= x4 + 6x2 + 25 e de S(x) = 3x4 + 4x2 + 28x +5, então, P(1)
é igual a
a) 0.
A
M
Alternativa A
c) 9 10 .
1⎤
⎤
a) ⎥ − 1, ⎥ .
9⎦
⎦
⎡1
⎡
b) ⎢ , + ∞ ⎢.
9
⎣
⎣
1 ⎡
⎡
c) ⎢ 0,
⎢.
⎣ 10 ⎣
⎡ 1 1⎤
d) ⎢ , ⎥.
⎣ 10 9 ⎦
1 ⎤
⎤
e) ⎥ − ∞,
⎥.
10
⎦
⎦
CPV o
cursinho que mais aprova na fGV
⎛ x + 1⎞
Primeiramente, log (x + 1) – log x = log ⎜
⎟,
⎝ x ⎠
x +1> 0
x>0
⇒ x > 0 (CE)
CD , respectivamente. Então, sen β é igual a
a)
⎛ x + 1⎞
Como log ⎜
⎟ é a probabilidade de ocorrência de um evento,
⎝ x ⎠
vem que:
b)
5
.
5
3
.
5
10
.
5
⎛ x + 1⎞
⎛ x + 1⎞
0 ≤ log ⎜
⎟ ≤ 1 ⇒ log 1 ≤ log ⎜ x ⎟ ≤ log 10 ⇒
x
⎝
⎠
⎝
⎠
c)
1≤
x +1
≤ 10 . Como x > 0, podemos escrever: x ≤ x + 1 ≤ 10x.
x
Desta forma, como x ≤ x + 1 para todo x real,
d)
4
.
5
1
⎡1
⎡
devemos ter x + 1 ≤ 10x ⇒ x ≥ , isto é, x ∈ ⎢ ; + ∞ ⎢ .
9
⎣9
⎣
Alternativa B
e)
5
.
6
Resolução:
16. A figura representa a planificação de um poliedro. Sabe-se
que B, C e D são quadrados de lado 1 cm; A, E e F são
triângulos retângulos isósceles; e G é um triângulo
eqüilátero. O volume do poliedro obtido a partir da
planificação, em cm3, é igual a
e)
4
.
3
C
a
2a
Q
)
A
2a
D
Aplicando Teorema de Pitágoras nos ΔPQC, ΔPBA e ΔQAD.
Temos que PQ = a 2 , PD = a 5 e AD = a 5
Pela Lei dos Cossenos, temos
2
2
2
(a 2 ) = (a 5 ) + (a 5 ) – 2a 5 . a 5 cos β
4
3
∴ cos β = , então sen β = .
Alternativa B
5
5
18. Um plano intersecta um cilindro circular reto de raio 1
formando uma elipse. Se o eixo maior dessa elipse é 50%
maior que o seu eixo menor, o comprimento do eixo maior é
igual a
1
Resolução:
1
A
1
B
C
E
1
F
D
V = Vcubo – Vpirâmide= a3 –
fgv091fnoveco
a) 1.
3
.
2
c) 2.
b)
9
..
4
e) 3.
d)
O volume é
CPV
a
a
3
c)
.
4
5
.
6
P
β
2
.
3
d)
a
B
1
a)
.
2
b)
5
17. Seja ABCD um quadrado, e P e Q pontos médios de BC e
Resolução:
Para
Fgv – 30/11/2008
1 a2
1 1
5
.
. a = 13 – . . 1 ⇒ V =
3 2
6
3 2
Alternativa D
6
CPV o
fgv – 30/11/2008
cursinho que mais aprova na fGV
20. Seja x um inteiro positivo menor que 21. Se a mediana dos
números 10, 2, 5, 2, 4, 2 e x é igual a 4, então, o número de
possibilidades para x é
Resolução:
2R
D
B
2R
A
a)
b)
c)
d)
e)
C
Resolução:
Ordenando os temos em sequência crescente e indicando a mediana
(ou seja, o termo central da amostra) em destaque:
D
1,5R
A
R
1,5R
2, 2, 2, 4, 5, 10
B
R
C
Temos que CD = 2R e AB = 1,5 . 2R ∴ AB = 3R
Como R = 1 ⇒ AB = 3
Alternativa E
19. As seis faces do dado A estão marcadas com 1, 2, 3, 3, 5, 6;
e as seis faces do dado B estão marcadas com 1, 2, 4, 4, 5 e
6. Considere que os dados A e B são honestos no sentido
de que a chance de ocorrência de cada uma de suas faces
é a mesma. Se os dados A e B forem lançados
simultaneamente, a probabilidade de que a soma dos
números obtidos seja ímpar é igual a
5
.
9
a)
1
.
2
b)
c)
4
.
9
d)
1
.
3
e)
2
.
9
Resolução:
Montamos a tabela com os possíveis resultados dos 2 dados:
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
4
6
7
2
3
4
5
5
7
8
4
5
6
7
7
9
10
4
5
6
7
7
9
10
5
6
7
8
8
10
11
6
7
8
9
9
11
12
Alternativa E
21. Usando régua e compasso, procedemos à seguinte
construção:
I. segmento de reta AB de comprimento 5 cm (com a
régua);
II. circunferência λ1 de centro A e raio 4 cm (com o
compasso);
III. circunferência λ2 de centro B e raio 3 cm (com o
compasso);
IV. reta r ligando os pontos C e D de intersecção de λ1 e
λ2, e intersectando o segmento AB em E (com a régua).
Na construção realizada, a medida do segmento CE, em cm,
é igual a
a) 2,4.
b) 2,5.
c) 2,6.
d) 2,8.
e) 3,2.
4
5
20
=
9
36
fgv091fnoveco
x = 4, 5, 6, 7, 8,... , 20, o que corresponde a 17 possibilidades.
C
Alternativa A
CPV
Note que, para a mediana valer 4, o termo a ser inserido (x) deve
entrar à sua direita, ou seja, x ≥ 4. Como x < 21, devemos ter:
Resolução:
A construção descrita no enunciado permite desenharmos o
triângulo ABC, como na figura a seguir:
Contamos 20 eventos favoráreis num espaço amostral de 36
resultados possíveis.
P(E) =
13.
14.
15.
16.
17.
A
3
5
E
B
Das relações métricas no triângulo retângulo, vem:
a . h = b . c ⇒ AB . CE = AC . BC ⇒ 5 . CE = 4 . 3 ⇒ CE = 2,4
Alternativa A
CPV o
cursinho que mais aprova na fGV
22. O total de maneiras de distribuirmos n objetos diferentes
em duas caixas diferentes de forma que nenhuma delas
fique vazia é igual a
7
Resolução:
R
B
2n–1.
2n–2.
2n –1.
2n – 2.
2n.
R
S
α
R
)
a)
b)
c)
d)
e)
Fgv – 30/11/2008
)α
N
A
R–1
Resolução:
1 a caixa
2 a caixa
Basta escolhermos objetos para a 1a caixa, e os restantes colocamos
na 2a caixa. Do Triângulo de Pascal, vem:
ˆ ≡ CTA
ˆ e medem α = 60º
Então CTS
R
No Δ CAT temos tg 60º =
= 3
R −1
⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎛n⎞
⎛n⎞
n
⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ... + ⎜ ⎟ = 2
0
1
2
n
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎝ ⎠
total de combinações
⎛n⎞ ⎛n⎞
Como ⎜ ⎟ e ⎜ ⎟ não convêm,
⎝ 0⎠ ⎝n⎠
⎛n⎞ ⎛n⎞
⎛ n ⎞
então ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ... + ⎜
⎟ = 2n – 2
1
2
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎝ n − 1⎠
⎧CT é comum
⎪
⎪
O ΔCAT ≡ ΔCST pois ⎨CA ≡ CS
⎪ ˆ
⎪⎩CST ≡ TÂC (retos)
∴ R= R 3 – 3 ∴ R=
Alternativa D
23. A circunferência λ, de centro C, é tangente aos eixos cartesianos coordenados e à hipotenusa do triângulo PQT. Se
m(P T Q) = 60º e QT = 1, como indica a figura, o raio da
circunferência λ é igual a
3+ 3
2
Alternativa B
24. Ao investir todo mês o montante de R$ 1.200,00 em uma
aplicação financeira, o investidor notou que imediatamente
após o terceiro depósito, seu montante total era de
R$ 3.900,00. A taxa mensal de juros dessa aplicação, em
regime de juros compostos, é
a)
d)
2− 3
.
5
11 − 3
.
3
b)
2− 3
.
4
e)
2 3−3
.
2
c)
10 − 3
.
2
Resolução:
a)
b)
2a aplicação
3a aplicação
1200
1200
1200
3+ 2 3
.
2
Assim,
3+ 3
.
2
MT = 1200(1 + i)2 + 1200(1 + i) + 1200
2+ 3
c)
.
2
d)
3+ 3
.
3
e)
2+ 3
.
3
CPV
1a aplicação
fgv091fnoveco
∴ 3900 = 1200(1 + i)2 + 1200(1 + i) + 1200
⇒ 4i2 + 12i – 1 = 0
i=
i=
10 − 3
2
− 10 − 3
(não convém)
2
Alternativa C
8
CPV o
fgv – 30/11/2008
cursinho que mais aprova na fGV
25. As medianas BD e CE do triângulo ABC indicado na
figura são perpendiculares, BD = 8 e CE = 12. Assim, a área
do triângulo ABC é
a)
b)
c)
d)
e)
27. Sendo k uma constante real, o sistema de equações
⎧x − y = 2
admite solução (x,y) no primeiro quadrante
⎨
⎩ kx + y = 3
do plano cartesiano se, e somente se
96.
64.
48.
32.
24.
a) k = –1.
b) k > –1.
c) k <
3
.
2
d) 0 < k <
3
.
2
Resolução:
e) –1 < k <
3
.
2
Resolução:
G
Incialmente, resolvemos o sistema em função de k:
⎧x – y = 2
5
–2k + 3
e y=
⇒ x=
⎨
+
k
1
k +1
+
=
kx
y
3
⎩
Se CE e BD são medianas então G é baricentro,
16
portanto BG = 3 , e BG é altura do ΔCEB
12 .
então SBCE =
2
16
3
∴ SBCE = 32.
Como a área SΑBC = 2 SBCE ∴ SΑBC = 64
Alternativa B
26. O volume de um cubo, em m3, é numericamente igual a sua
área total, em cm2. Assim, a aresta desse cubo, em cm, é
igual a
a)
b)
c)
d)
e)
6 . 10–6.
5 . 10–4.
6 . 104.
5 . 106.
6 . 106.
1
.
5
b)
1
.
4
c)
3
.
4
d)
4
.
5
e)
8
.
9
Resolução:
Lembrando que o termo geral da expansão de (x + y)9 é dado por
⎛ 9⎞
Tp+1 = ⎜ ⎟ x9–pyp, temos
⎝ p⎠
Seja a aresta do cubo x cm = 10–2 . x m
Assim o volume, em m3, será: (10–2 . x)3 = 10–6 . x3
A área total em cm2 será: 6 . x2
∴ 6 . x2 = 10–6 . x3 ⇒ x = 6 . 106
Alternativa E
fgv091fnoveco
28. Na expansão de (x + y)9 com expoentes decrescentes de x,
o segundo e o terceiro termos são iguais quando
substituímos x e y por p e q, respectivamente. Se p e q são
inteiros positivos tais que p + q = 1, p é igual a
a)
Resolução:
CPV
A seguir, para que essa solução corresponda a um ponto do 1o
quadrante, fazemos:
5
> 0 ⇒ k > –1
k
⎧ +1
⎪ –2k + 3
3
⎪
⎨ k + 1 > 0 ⇒ –1 < k <
2
⎪
⎪⎩
3
Interseccionando ambas as condições, temos: –1 < k <
2
Alternativa E
⎛9⎞
⎛9⎞
T2 = ⎜ ⎟ . x9–1 . y1
T3 = ⎜ ⎟ . x9–2 . y2
⎝1⎠
⎝ 2⎠
Para x = p e y = q, com T2 = T3, temos:
⎧p = 4 . q
1
4
⇒ q=
e p=
9 . p8 . q1 = 36 . p7 . q2 ⇒ ⎨
5
5
p
q
1
+
=
⎩
Como o enunciado impõe que p e q sejam inteiros, não há uma
alternativa que contenha resposta satisfatória para a questão.
Sem Resposta
CPV o
cursinho que mais aprova na fGV
29. Sendo p e q as raízes irracionais da equação
2x4 + 3x3 – 6x2 – 6x + 4 = 0, p . q é igual a
Fgv – 30/11/2008
9
COMENTARIO DA PROVA DE MATEMÁTICA
Mais uma vez, foram apresentadas questões de alta qualidade,
com enunciados claros e solicitações coerentes com o
programa e com os propósitos do vestibular.
2
a) −
.
2
b) − 3.
c) –2.
A maioria das questões remeteu a situações tradicionais, já
apresentadas em vestibulares passados de outras instituições.
Em nenhum momento, entretanto, essa opção por modelos
tradicionais, em detrimento da criatividade, comprometeu a
qualidade técnica ou a adequação da prova ao processo
seletivo.
d) − 6.
5
e) − .
2
Resolução:
div 4
1
: ± , ±1, ±2,
div 2
2
1
±4. Testando esses valores, descobrimos que
e –2 são raízes,
2
assim:
As possíveis raízes racionais são dadas por
As 30 questões cobriram de modo bastante satisfatório o
programa proposto e o histórico de provas passadas,
enfatizando os tópicos fundamentais do ensino médio e
oferecendo uma porção bem dosada de testes que demandavam
ferramentas e conceitos específicos, como Binômio de Newton
e Estatística.
2
3
–6
–6
4
Salientamos apenas que, na questão 28, a resposta obtida pelo
–2
2
–1
–4
2
0
desenvolvimento algébrico (q =
1
2
2
0
–4
0
1
4
e p = ) não satisfaz a
5
5
Portanto p e q serão as raízes da equação:
restrição imposta pelo enunciado, que pressupunha soluções
inteiras e positivas, o que não chegou a prejudicar a qualidade
da prova.
2x2 – 4 = 0 ⇒ 2x2 = 4 ⇒ x = ± 2 ⇒ p = 2 e q = − 2
∴ p . q = –2
Alternativa C
Em suma, o exame consistiu numa avaliação muito bem
formulada e apresentada.
30. Sendo p e q constantes reais positivas, a representação
gráfica do sistema de equações nas variáveis x e y dado
⎡−p q ⎤ ⎡ x ⎤
⎡2⎤
por ⎢
. ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ será um par de retas paralelas
⎥
⎣ −q 1 ⎦ ⎣ y ⎦
⎣1 ⎦
se, e somente se q for igual a
a)
p.
b) p p .
c) p2.
d) – p2.
e) − p p .
Resolução:
Se a representação gráfica desse sistema é um par de retas paralelas,
então ele é um sistema impossível. Assim:
−p
−q
q
= 0 ⇒ –p + q2 = 0 ⇒ q = p (lembrando que q > 0)
1
Alternativa A
CPV
fgv091fnoveco