CPV
ESPM
a)primos
b)positivos
c)negativos
d)pares
e)ímpares
x + 3 3x + 1
=
são dois números:
x–1
x+3
x2 + 6x + 9 = 3x2 – 2x – 1
2x2 – 8x – 10 = 0
x2 – 4x – 5 = 0
x = –1 ou x = 5
S = {–1, 5}
Alternativa E
[ ]
3 x
for multiplicada pelo valor do seu
4 x + 1
determinante, este ficará multiplicado por 49.
Um dos possíveis valores de x é:
a) 5
b)–3
c) 1
d)–4
e) 2
Sendo a matriz A = (aij)2x2, temos que:
det(k . A) = k2 . det A, em que k, segundo o enunciado, é o det A.
det (det A . (A)) = (det A)2 . det A = 49 . det A
(det A)2 = 49 Þ det A = ± 7
[ ]
( ) (
{
x + 3y
11
=
y
4x
)
x + 3y = 11
Þ
4x + y = 11
Assim,
{
x=2
y=3
( ) ( )
11 . 10 . 9
11
11
=
=
= 165
8
3
3.2.1
Alternativa A
24. Se as raízes da equação 2x2 – 5x – 4 = 0 são m e n, o valor
1
1
de + é igual a:
m n
a)–
5
4
b)–
3
2
{
7
d)
4
Resolução:
Portanto:
3 – x = 7x = – 4
Þ
ou det 3 x = ± 7 Þ ou 4 x + 1
3
– x = – 7x = 10
{
Alternativa D
ESPMNov2013
a) 165
b)330
c)55
d)462
e)11
5
e)
2
Assim,
CPV
)
3
c)
4
Resolução:
( ) (
Resolução:
x + 3 3x + 1
=
x+3
x–1
22. Se a matriz
ESPM
11
x + 3y
e
são complementares e, por
4x
y
isso, são iguais. Seu valor é:
23. Os binomiais
Resolução:
especializado na
R esolvida – Prova E – 10/novembro /2013
Matemática
21. As soluções da equação
–
Se m e n são as raízes da equação 2x2 – 5x – 4 = 0, temos:
5
5
2
m+n
1
1
+ =
= =–
m n
mn
–2
4
Alternativa A
1
2
CPV –
ESPM – 10/11/2013
especializado na
25. O trinômio x2 + ax + b é divisível por x + 2 e por x – 1.
O valor de a – b é:
a)0
b)1
c)2
d)3
e)4
Se x2 + ax + b é divisível por x + 2 e x – 1, temos:
{
Logo, a – b = 3
4 – 2a + b = 0
Þ
1 + a + b = 0
{ {
2a – b = 4 a + b = – 1 Þ
a=1
b = –2
Alternativa D
2
26. Se (4x)2 = 16 . 2x , o valor de xx é:
d)
1
1
e)–
27
2
(4x)2 = 16 . 2x
2
x2 – 4x + 4 = 0
(x – 2)2 = 0
x=2
Sabe-se que f(a) = 2b e f(b) = 2a.
O valor de f(3) é:
a)2
b)4
c) – 2
d)0
e) – 1
De onde obtemos
Dado que f(x) = ax + b, temos:
{
{
{
{
a2 = b
b = a2
f(a) = 2b
a2 + b = 2b
Þ Þ Þ
f(b) = 2a
ab + b = 2a
ab + b = 2a
a3 + a2 = 2a
{
{
a2 = b
Þ
a3 + a2 – 2a = 0
{
{
a2 = b
a2 = b
Þ a(a2 + a – 2) = 0
a = 0 ou a = – 2 ou a = 1
Como f é estritamente decrescente, temos que:
f(x) = –2x + 4 e f(3) = – 2
Alternativa C
28. As moedas de 10 e 25 centavos de real têm, praticamente,
a mesma espessura. 162 moedas de 10 centavos e
90 moedas de 25 centavos serão empilhadas de modo que,
em cada pilha, as moedas sejam do mesmo tipo e todas as
pilhas tenham a mesma altura.
Resolução:
Þ a = 0 e b = 0
ou
a = –2 e b = 4
ou
a=1 e b=1
a) 27
b) 4
1
c)
4
24x = 24+x
27. A função f(x) = ax + b é estritamente decrescente.
Resolução:
Resolução:
ESPM
xx
=
22
=4
Alternativa B
O menor número possível de pilhas é:
a)12
b)13
c)14
d)15
e)16
Resolução:
x
y
z
Þ quantidade de pilhas de R$ 0,10
Þ quantidade de pilhas de R$ 0,25
Þ quantidade de moedas por pilha
z . x = 162
x
9
Þ
=
y
5
z . y = 90
Os menores valores para x e y respectivamente são 9 e 5.
Então o menor número de pilhas é 14.
Alternativa C
CPV
ESPMNOV2013
CPV –
especializado na
29.Dois irmãos começaram juntos a guardar dinheiro para
uma viagem. Um deles guardou R$ 50,00 por mês e
o outro começou com R$ 5,00 no primeiro mês, depois
R$ 10,00 no segundo mês, R$ 15,00 no terceiro e assim
por diante, sempre aumentando R$ 5,00 em relação ao mês
anterior. Ao final de um certo número de meses, os dois
tinham guardado exatamente a mesma quantia.
Esse número de meses corresponde a:
a) pouco mais de um ano e meio.
b) pouco menos de um ano e meio.
c) pouco mais de dois anos.
d) pouco menos de um ano.
e) exatamente um ano e dois meses.
Resolução:
n
A quantia guardada pelo primeiro irmão é 50n.
A quantia guardada pelo segundo irmão é uma P.A. de razão 5.
Þ quantidade de meses
Assim:
a1 = 5
an = 5 + (n – 1) 5 = 5n
(5 + 5n) n 5n2 + 5n
Sn =
=
2
2
Como as duas quantias são iguais, temos:
Alternativa A
30.Apenas dois candidatos se apresentaram para a eleição
ao cargo de prefeito de uma pequena cidade do interior.
O candidato A recebeu 60% dos votos, sendo 70% de
mulheres. O candidato B recebeu 35% dos votos, sendo
60% de homens. Sabendo-se que 620 pessoas votaram em
branco ou anularam o voto, podemos avaliar que o número
de mulheres que votaram em A ou em B foi:
a)
b)
c)
d)
e)
3
31.A distribuição dos alunos nas 3 turmas de um curso é
mostrada na tabela abaixo.
Homens
Mulheres
A
B
C
42
28
36
24
26
32
Escolhendo-se uma aluna desse curso, a probabilidade de
ela ser da turma A é:
1
a)
2
1
b)
3
1
c)
4
2
d)
5
2
e)
7
7 816
6 338
8 116
7 228
6 944
A probabilidade é a razão entre o número de mulheres da classe
A (28) e o número total de mulheres (84).
Assim, P =
28 1
=
84 3
Alternativa B
32.Durante uma manifestação, os participantes ocuparam
uma avenida de 18 m de largura numa extensão de 1,5 km .
Considerando-se uma taxa de ocupação de 1,5 pessoas
por m2, podemos estimar que o número de participantes
dessa manifestação foi de aproximadamente:
a)
b)
c)
d)
e)
Resolução:
ESPM – 10/11/2013
Resolução:
5n2 + 5n
= 50n Þ n2 – 19n = 0 Þn = 0 (não convém) ou
2
n = 19 meses.
ESPM
70 mil
60 mil
40 mil
30 mil
50 mil
Resolução:
x = total de pessoas
A
B
Homens
0,18x
0,21x
Mulheres
0,42x
0,14x
0,60x
0,35x
0,05x = 620 Þ x = 12.400
Total de mulheres: 0,42x + 0,14x = 6.944
Branco ou
Nulo
0,05x
A área da avenida é 18 . 1500 = 27.000 m2.
Se há, em média, 1,5 manifestantes por m2, o número de
manifestantes é 27.000 . 1,5 = 40.500 –~ 40 mil
Alternativa C
Alternativa E
ESPMNOV2013
CPV
4
CPV –
ESPM – 10/11/2013
especializado na
33. Na figura abaixo, ABCD é um paralelogramo de
área 24 cm2. M e N são pontos médios de BC e CD,
respectivamente.
A área do polígono AMND é igual a:
a)
b)
c)
d)
e)
20 cm2
16 cm2
12 cm2
15 cm2
18 cm2
Resolução:
Traçamos PM // AB, NQ // CM e DQ // NM
Na figura obtida, observe que
DPDQ º DNQD º DQNM º DCMN e
DABM º DMPA.
Se a área total do paralelogramo é 24 cm2, podemos fazer a
seguinte divisão:
ESPM
34.Um avião voava a uma altitude e velocidade constantes.
Num certo instante, quando estava a 8 km de distância de
um ponto P, no solo, ele podia ser visto sob um ângulo de
elevação de 60º e, dois minutos mais tarde, esse ângulo
passou a valer 30º, conforme mostra a figura abaixo.
A velocidade desse avião era de:
a)
b)
c)
d)
e)
180 km/h
240 km/h
120 km/h
150 km/h
200 km/h
Resolução:
Calculando-se os ângulos do ΔPAA', concluímos que ele é
isósceles e, portanto, AP = AA' = 8 km.
A
8
A'
30°
8
3cm2
3cm2
3cm2
30°
3cm2
P
6cm2
30°
P
Q
6cm2
A velocidade do avião era
8 km
4 km
=
= 240 km/h
2 min 1 min
Alternativa B
Portanto, a área do polígono pedido é 3 + 3 + 3 + 6 = 15 cm2
Alternativa D
CPV
ESPMNOV2013
CPV –
especializado na
35. Os pontos O(0; 0) , P(x; 2) e Q(1; x + 1) do plano cartesiano
são distintos e colineares.
A área do quadrado de diagonal PQ vale:
a) 12
b)16
c)25
d) 4
e) 9
Resolução:
Pela condição de alinhamento, temos:
|
0
0
1
|
ESPM
ESPM – 10/11/2013
5
36.No sólido representado abaixo, sabe-se que as faces
ABCD e BCFE são retângulos de áreas 6 cm2 e 10 cm2,
respectivamente. O volume desse sólido é de:
8 cm3
a)
b) 10 cm3
c) 12 cm3
d) 16 cm3
e) 24 cm3
Resolução:
x 2
1 = 0 Û x2 + x – 2 = 0 Û x = – 2 ou x = 1
1 x+1 1
Na face ABCD, temos AB . 2 = 6 Þ AB = 3 cm
Para x = 1, temos P = Q e portanto não convém.
Na face BCFE, temos BE . 2 = 10 Þ BE = 5 cm
Para x = –2, temos P = (–2; 2) e Q = (1; –1),
de onde esboçamos o gráfico:
Aplicando o Teorema de Pitágoras no ΔABE, temos:
AE2 + 32 = 52 Þ AE = 4 cm
y
2
P
O volume pedido é
1
. 4 . 3 . 2 = 12 cm3
2
Alternativa C
1
–2
0
–1
A área do quadrado é (3)2 = 9.
x
Q
Alternativa E
ESPMNOV2013
CPV
6
CPV –
ESPM – 10/11/2013
especializado na
37. A figura abaixo mostra a trajetória de um móvel a partir de
um ponto A, com BC = CD, DE = EF, FG = GH, HI = IJ e
assim por diante.
ESPM
39. Se log x + log x2 + log x3 + log x4 = – 20 , o valor de x é:
a) 10
b)0,1
c)100
d)0,01
e)1
Resolução:
Considerando infinita a quantidade desses segmentos, a
distância horizontal AP alcançada por esse móvel será de:
a)
b)
c)
d)
e)
65 m
72 m
80 m
96 m
100 m
No triângulo ABC, temos
AC2 = 162 + 122 Þ AC = 20 cm
Observe que os triângulos da sequência são semelhantes entre si.
CD 12 3
=
=
Então, a razão de semelhança k =
AB 16 4
O segmento AP é a soma limite da P.G
(
20; 15;
AP =
)
45 135
;
; ...
4 16
a1
1–q
=
20
1–
3
4
a)
b)
c)
d)
e)
=
20
()
1
4
= 80 m
Alternativa C
(– 2, 1) e 4
(2, – 1) e 2
(4, – 1) e 2
(– 1, 2) e 2
(2, 2) e 2
log x + log x2 + log x3 + log x4 = – 20
log x + 2 log x + 3 log x + 4 log x = – 20
10 log x = – 20
log x = – 2
x = 0,01
Alternativa D
a)
b)
c)
d)
e)
875 mL
938 mL
742 mL
693 mL
567 mL
20
1
= .
100
5
A razão de semelhança é k =
A razão entre volumes de sólidos semelhantes é k3.
Sendo V0 o volume da garrafa original, temos:
1
7
7
= k3 Þ
=
5
V0
V0
()
3
Þ V0 = 7 . 125 = 875 mL
Alternativa A
Comentário da prova de matemática
A prova de Matemática do processo seletivo ESPM / novembro
2013 mostrou-se simples e objetiva.
Resolução:
Com enunciados claros, a prova abrangeu os conceitos clássicos da
Matemática, tornando a prova bastante adequada aos propósitos da
banca examinadora. A distribuição das questões foi a seguinte:
Da equação da circunferência, temos:
30% — Geometria
20% — Equações e Funções
x2 – 4x + (y + 1)2 = 0
10% — Combinatória e Probabilidades
x2 – 4x + 4 + (y + 1)2 = 4
15% — Matrizes, Determinantes e Sistemas
(x – 2)2 + (y + 1)2 = 22
Portanto a circunferência tem centro C(2; –1) e raio r = 2
Alternativa B
CPV
Resolução:
38.As coordenadas do centro e a medida do raio da
circunferência de equação x2 – 4x + (y + 1)2 = 0 são,
respectivamente:
Sendo x > 0, temos:
40. Uma indústria de bebidas criou um brinde para seus clientes
com a forma exata da garrafa de um de seus produtos,
mas com medidas reduzidas a 20% das originais. Se em
cada garrafinha brinde cabem 7 mL de bebida, podemos
concluir que a capacidade da garrafa original é de:
Resolução:
ESPMNOV2013
10% — Polinômios
10% — Progressões
5% — Porcentagem