PROVA COMENTADA E RESOLVIDA
PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO
Vestibular AFA 2010
Prova de Matemática
COMENTÁRIO GERAL DOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO
A prova de Matemática da AFA em 2010 apresentou-se excessivamente algébrica. Para o equílibrio que
se espera nesta seleção, seria sensato que as geometrias plana e métrica espacial fossem mais exploradas.
Outro aspecto que merece destaque é a presença de questões com duas alternativas corretas e sem
resposta. Isso certamente prejudicou os alunos mais bem preparados.
Espera-se uma atenção maior por parte dos elaboradores nos próximos concursos.
Acreditamos no desempenho destacado dos alunos do Curso Positivo uma vez que os assuntos exigidos
na prova foram estudados exaustivamente em nossas aulas.
Equipe de Matemática do Curso Positivo
QUESTÃO 21
a) Não é possível pesar Gabriel e João juntos, pois
G + J = 42 < 60.
b) Não é possível pesar Maria sozinha, pois M = 55 < 60 .
c) A diferença entre os “pesos” de Pedro e Maria é igual
a 20 kg, igual ao “peso” de Gabriel.
d) O “peso” de Maria e João juntos é igual a 77 kg, maior
que o “peso” de Pedro.
Resposta: B
QUESTÃO 22
RESOLUÇÃO
Sendo P, M, G e J as massas, em kg, de Pedro, Maria,
Gabriel e João, temos:
P + M + G = 150 (I)
P + G + J = 117 (II)

M + G + J = 97 (III)
P + M + G + J = 172 (IV)
Substituindo (I), (II) e (III) em (IV), temos:
150 + J = 172 ∴ J = 22
117 + M = 172 ∴ M = 55
97 + P = 172 ∴ P = 75
Substituindo em (IV) os valores de J, M e P encontrados,
temos:
75 + 55 + 22 + G = 172 ∴ G = 20
1
MATEMÁTICA
PROVA COMENTADA E RESOLVIDA
PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO
Vestibular AFA 2010
Prova de Matemática
 x + 2y – z = 0

⇔ y + z = 0
0 = 0

RESOLUÇÃO
Para determinar a quantidade necessária de poltronas
para a fabricação dos três modelos de aviões no ano de
2009, basta multiplicarmos as matrizes
 20 30 *
 20 30 60


A = 
25  , e somarmos os
 e B =  y
 6 10 15 


 10 8 * *
elementos da primeira linha da matriz produto, ou seja:
Assim, y = –z e x + 2.(–z) – z = 0 ∴ x = 3z, ou seja, o
sistema é homogêneo, indeterminado com solução
geral dada pelo conjunto {(3z; –z; z}, z ∈IR.
 x + 2y – z = 0

* Se m = –3, S =  x + 3y – 3z = 0 ⇔
 x + 3y – 3z = –3

A.B =
 20 30 60
=

 6 10 15 
 20 30 


.  y 25 =


 10 8 
 x + 2y – z = 0

 y – 2z = 0 .
 y – 2z = –3

 x + 2y – z = 0

Assim, o sistema é impossível.
⇔  y – 2z = 0
0 = –3

 400 + 30y + 600 600 + 750 + 480
=
 =
 120 + 10y + 150 180 + 250 + 120 
1000 + 30y 1830
=

 270 + 10y 550 
É falso que S é determinado se, e somente se, m ≠ 0,
pois para m = –3 o sistema é impossível.
É falso que se S é homogêneo, x + y + z é múltiplo de 3,
pois x + y + z = 3z que não múltiplo de 3 para todo real z.
Assim, 1000 + 30y + 1830 = 3280 ∴ y = 15 e a soma dos
algarismos de y é igual a 1 + 5 = 6.
Resposta: B e C
*20 + 0,5.20 = 30
QUESTÃO 24
**10 – 0,2.10 = 8
Resposta: A
QUESTÃO 23
RESOLUÇÃO
Os lados do quadrado cuja área é igual a 1250 medem
1250 = 25 2.
RESOLUÇÃO
Sendo R a medida do raio da circunferência circunscrita
ao quadrado, temos:
1
1
,
25 2 . 2 = 2 . R ∴ R = 25. Assim, = 25 ∴ b =
b
25
 1 1
ou seja, b ∈  , .
 26 24 
1 2 –1
Se 1 –m –3 = –m2 – 3m ≠ 0 então, m ≠ 0 e m ≠ –3, ou
1 3 m
seja, o sistema é possível e determinado.
 x + 2y – z = 0
 x + 2y – z = 0


* Se m = 0, S =  x – 3z = 0
⇔  –2y – 2z = 0
 x + 3y = 0
y + z = 0


Observação: O enunciado afirma que b ∈ IN*, o que
não é verdade.
Resposta: B
2
MATEMÁTICA
PROVA COMENTADA E RESOLVIDA
PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO
Vestibular AFA 2010
Prova de Matemática
QUESTÃO 25
QUESTÃO 26
RESOLUÇÃO
Vamos determinar o ponto de intersecção das retas (s) e (t).
 2x + y – 2 = 0
8
2
→x= ey=–

7
7
 x – 3y – 2 = 0
A equação da reta r é dada por:
RESOLUÇÃO
8
 2

y –  –  = mr .  x –  , onde mr é o coeficiente angular
 7

7
da reta r.
8
2
mr . x – y – . mr – = 0
7
7
1
Sabe-se que P(0) = 0, P(2) = 0 e P(1) = . Além disso,
2
sendo q(x) o quociente da divisão de P(x) por
P(x) (x – 2).(x – 1). x
(x – 2).(x – 1).x, temos:
q(x)
⇔ P(x) = (x – 2).(x – 1).x.q(x)+R(x)
Qualquer ponto da reta t é equidistante das retas r e (s).
Tomando por exemplo o ponto (2; 0), pertencente à reta
(t), temos:
Sendo R(x) = a.x2 + b.x +c, a, b, c ∈ IR, temos:
P(0) = c = 0
2.2 + 0 – 2
P(2) = 4a + 2b + c = 0
P(1) = a + b + c =
2 2 + 12
1
2
→
 4a + 2b = 0


1
1
a + b = 2 → a = – 2 e b = 1
2
5
=
m r .2 – 1.0 –
=
8
2
.m r –
7
7
2
mr + 1
6
2
.m r –
7
7
2
mr + 1
→
1
Assim, R(x) = – .x2 + x e as raízes de R(x) são tais que:
2
36
24
4
2
.m –
.m r +
4 49 r
49
49 →
→ =
2
5
mr + 1
R(x) = 0
mr2 + 1 =
–
1 2
. x + x = 0 → x = 0 ou x = 2
2
→
45 2 30
5
.mr –
.mr +
→
49
49
49
→ 4.mr2 + 30.mr + 44 = 0 →
2.mr2 + 15.mr + 22 = 0 ∴ m = –2 ou m = –
Resposta: D
11
2
m = – 2 → r: 2x + y – 2= 0 (não convém)
11
m = – → r: 11x + 2y – 12 = 0
2
3
MATEMÁTICA
PROVA COMENTADA E RESOLVIDA
PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO
Vestibular AFA 2010
Prova de Matemática
RESOLUÇÃO
a) O ponto de intersecção das retas r e (t) também é o
2
10
8
< y < 0.
ponto  ; –  e, portanto –
7
7
3
47
,
≅ 1,4242, o percentual de aumento do ano
33
,
de 1995 para o ano 2000 foi superior a 42%.
a) Como
12 – 2y
> 0 ∴. Assim, existe
11
10
P(x; y) ∈r tal que x > 0 e y < – .
3
8
12 – 2y 8
2
c) Se x > , então x =
> ∴y<– .
7
11
7
7
12 – 2y
< 0 ∴ y > 6. Assim, existe
d) Se x < 0, então x =
11
P(x; y) ∈ r tal que x < 0 e y > 0.
b) Se x > 0, então x =
0,5
≅ 0,11, a queda de crescimento do ano de
45
,
2005 para o percentual estimado no ano de 2009 é
aproximadamente igual a 88,9%, portanto, inferior a
90%.
b) Como
47
,
29
,
, a taxa de crescimento do ano de
≠
37
,
1,,9
2000 em relação ao ano de 1985 é diferente da taxa
de crescimento do ano de 1990 em relação ao ano de
1980.
c) Como
Resposta: C e D
QUESTÃO 27
d) O aumento absoluto do índice de crescimento de
1985 em relação ao de 1980 foi de 3,7 – 1,9 = 1,8
pontos percentuais. Em termos relativos e
considerando-se o índice em 1980, tal aumento
corresponde a
18
,
≅ 0,947 ≅ 0,95 = 95%.
19
,
Observação:
A afirmação da alternativa (d) deveria ter utilizado
denominações apropriadas para distinguir aumentos
absolutos e relativos.
Resposta: C
QUESTÃO 28
4
MATEMÁTICA
PROVA COMENTADA E RESOLVIDA
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Vestibular AFA 2010
Prova de Matemática
RESOLUÇÃO
VA
Vesfera
500 π . 1,41
235 470
2
3
=
=
=
= 52 +
3
9
9
9
4
 3
.π. 
2
 2
3
Assim, o espaço vago dentro desse objeto é igual a
9π
235π – 52 .
= π cm3.
2
Se não considerarmos as esferas fundidas e sim rígidas,
independentemente da disposição das esferas no
interior do objeto A, é possível mostrar que o volume não
ocupado pelas esferas é superior a 2π.
A geratriz de cada um dos cones que formam o objeto A
mede 15 cm. Sendo R a medida do raio comum às bases
dos cones, temos:
2π
2π
3
2.π.15
2.π.R
R = 5 cm
Considere uma esfera alocada na posição mais interna
possível em relação a um dos cones que compõem o
objeto A. Sendo h e x, respectivamente, as medidas da
altura e do raio do cone cuja base tangencia essa esfera
3
e, como r = cm, por meio de duas semelhanças de
2
triângulos, temos:
r r+h
x
h
3
∴x=
cm
→ h = 3 cm e =
=
5
15
5 10 2
2 2
Sendo H a medida da altura do cone, temos:
152 = 52 + H2 ∴ H = 10 2 cm.
O volume do objeto A é igual a 2 .
=
1
. π . 52.10 2 =
3
500 π 2
cm3.
3
Assim, o volume dos dois cones que ficarão vazios é
igual a:
Sendo r a medida do raio de cada esfera, temos:
4π . r2 = 9π ∴ r =
3
cm.
2
2
1  3 
9π
2. .π.
= 2,25π cm3.
 .3=
3  2 2
4
Considerando esferas fundidas, o número máximo de
esferas é igual a 52, pois
Sem Resposta
5
MATEMÁTICA
PROVA COMENTADA E RESOLVIDA
PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO
Vestibular AFA 2010
Prova de Matemática
QUESTÃO 29
QUESTÃO 30
RESOLUÇÃO
1
2. + 1
 1
f   = 2.g(b) → 2 2 = 2.3b+1 → 4 = 2.3b+1 →
 2
2
→ 2 = 3 b . 3 ∴ 3b =
3
p = log3b → 3p = b
p
2
Assim, 3 3 = → –1 < 3p < 0 ∴ p não está definido.
3
Resposta: C
RESOLUÇÃO
a) h(0) = g(0) + 2 = 2 + 2 = 4
QUESTÃO 31
h(h(0)) = h(4) = g(4) + 2 = –2 + 2 = 0


 (0) =  4, se néímpar
Assim,  h1o44
ho4ho
ho...o
h

2444
3

0, se néímpar


nvezes
   1  
b) y = h h h    = h(h(A)), onde 2 < A < 3
   2  
y = h(B), onde 1 < B < 2
y = C, onde 2 < C < 3
c) (h o h o h) (3) = (h o h) (1) = h(3) = 1
(h o h o h o h) (2) = (h o h o h) (2) = (h o h) (2) = h(2) = 2
   3  
d) x = h h h    = h(h(A)), onde 2 < A < 3
   2  
RESOLUÇÃO

π
f(x) = cos(4x) – sen  – 6x
2

x = h(B), onde 1 < B < 2
x = C, onde 2 < C < 3
f(x) = cos(4x) – cos(6x)
Resposta: B
f(x) = –2.sen(5x).sen(x)
As raízes da função f são tais que:
sen(5x) = 0 ou sen(x) = 0
k. π
Assim, 5x = k.π ∴ x =
, k ∈ Z ou x = k.π,k ∈ Z
5
6
MATEMÁTICA
PROVA COMENTADA E RESOLVIDA
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Vestibular AFA 2010
Prova de Matemática
b) Observando o gráfico da função f, temos que a
imagem da função é o conjunto [–1; 2].
A representação geométrica das raízes da função f é:
1
c) Se f(x) = 0, então –1+ 3.sen(2x) = 0 → sen(2x) = ± .
3
Assim, no intervalo [0; 2π] temos 4 soluções para a
1
equação sen(2x) = e 4 soluções para a equação
3
1
sen(2x) = – , totalizando 8 soluções.
3
π
d) O período da função f é . Observe agora o gráfico da
2
função g(x) = 2.f(x) = –2 + 2.3.sen(2x)
Resposta: D
QUESTÃO 32
O período da função g também é igual a
π
.
2
Resposta: A
RESOLUÇÃO
QUESTÃO 33
f(x) = –1 + 3.sen(2x)
Observe o gráfico da função f:
π π 
a) A função f é decrescente para todo x ∈  ;  e
 4 2
 π 3π 
crescente para todo x ∈  ; . Assim, é falso
2 4 
 π 3π 
afirmar que f é decrescente para todo x ∈  ; .
4 4 
7
MATEMÁTICA
PROVA COMENTADA E RESOLVIDA
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Vestibular AFA 2010
Prova de Matemática
RESOLUÇÃO
Na locadora α o valor pago é dado por y = 50,
independentemente do número de quilômetros rodados
por dia.
Na locadora β o valor pago é dado por y = 20 + 0,5.x,
onde x é o número de quilômetros rodados por dia.
Na locadora γ o valor pago é dado por y = 30 + 0,4.x,
onde x é o número de quilômetros rodados por dia.
Para que a locadora α seja a mais vantajosa, devemos
ter:
20 + 0,5.x > 50 → x > 60
e
30 + 0,4.x > 50 → x > 50
Assim, o menor valor possível para m é 60.
Resposta: C
QUESTÃO 34
Resposta: A
QUESTÃO 35
RESOLUÇÃO
Se considerarmos D o maior subconjunto real possível para
que a função esteja bem definida, ou seja, D = IR*.
a) Verdadeira. A função f é par, pois
f(–x) = 1 + log2[(–x)2] = 1 + log2(x2) = f(x).
b) Verdadeira. A função f é sobrejetora ∀ x ∈ D, pois se
y ∈ IR e y = 1 + log2(x2), então y – 1 = log2(x2) →
→ x2 = 2y–1 ∴ x = ± 2 y–1 . Assim, para todo y real,
existem dois valores de x para os quais f(x) = y.
c) Falsa. A função f não é injetora ∀ x ∈ D, pois como
f(–x) = f(x) ∀ x ∈ D, existem dois valores distintos de x
com a mesma imagem.
d) Verdadeira. Se 1 ≤ x1 < x2, então 1 ≤ x12 < x22 e assim
log2(x1)2 < log2(x2)2 → 1 + log2(x1)2 < 1 + log2(x2)2 ∴
RESOLUÇÃO
Observando o gráfico, temos que h(x) > g(x) para todo x
real. Assim, basta determinar os valores de x em que
g(x) > f(x). O gráfico da função g, definida por
g(x) = a.x + b passa pelos pontos (1; 0) e (0; 1).
8
MATEMÁTICA
PROVA COMENTADA E RESOLVIDA
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Vestibular AFA 2010
Prova de Matemática
∴ f(x1) < f(x2). Portanto, a função f é crescente se
x ∈ [1, + ∞[.
QUESTÃO 37
No entanto, se o conjunto D não for IR*, podemos ter várias
possibilidades com relação à veracidade ou não das
alternativas. Como uma função é composta pelo domínio,
contradomínio e a lei que a define, entendemos que a falta da
determinação do domínio impede que possamos responder à
questão.
Resposta: C
QUESTÃO 36
RESOLUÇÃO
Para determinar os pontos de intersecção dessa
circunferência com os eixos coordenados, basta
substituir x e y por zero.
RESOLUÇÃO
Assim, os pontos A, B e A’ são, respectivamente,
0; 3 , 0; – 3 e (–1; 0).
Sendo 1650 a média salarial após todos os salários
terem aumentado 10%, temos:
(
)(
)
Assim, o novo salário do gerente é igual a
5000.1,10 = 5500 reais.
Resposta: D
A área do triângulo A´AB é igual a
2 31
.
= 3 unidades
2
de área.
Resposta: B
9
MATEMÁTICA
PROVA COMENTADA E RESOLVIDA
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Prova de Matemática
QUESTÃO 38
Sendo F1, F2 e F3 as alunas (sexo feminino), M1, M2 e M3
os alunos (sexo masculino), temos PC3 = (3 – 1)! = 2! = 2
maneiras distintas de posicionar os alunos do sexo
feminino. Para cada um desses posicionamentos, temos
P3 = 3! = 6 maneiras distintas de posicionar os alunos do
sexo masculino.
RESOLUÇÃO
Assim, o número total de maneiras distintas de fazer as
escolhas e as disposições é igual a 200.2.6 = 2400.
Resposta: C
QUESTÃO 40
RESOLUÇÃO
Resposta: A
Se apenas A, B e C participam da competição, sendo
p(A), p(B) e p(C), respectivamente, as probabilidades de
A, B e c vencerem a prova, temos que:
QUESTÃO 39
a) Verdadeira. A probabilidade de A ou B vencer é igual
a 0,4 + 0,4 = 0,8.
b) Verdadeira.
RESOLUÇÃO
O número de maneiras de escolher 3 alunos e 3 alunas é
igual a C 35. C63 = 10.20 = 200. Em seguida, dispomos os
alunos em um círculo sem que alunos do mesmo sexo
se posicionem lado a lado.
c) Verdadeira. A probabilidade de B ou C vencer é igual
a 0,4 + 0,2 = 0,6.
d) Falsa. A probabilidade de C vencer é igual a 0,2.
Resposta: D
10
MATEMÁTICA