CPV conquista 140 vagas no insper
Prova REsolvida – Insper – 01/Novembro/2009
Análise quantitativa
27. O gráfico abaixo representa as notas de um grupo de alunos em uma prova de matemática.
A altura de cada barra corresponde à quantidade de alunos que obteve a nota indicada na base da respectiva barra.
Numa prova de português, a média dos mesmos alunos foi um ponto maior do que a média nessa prova de matemática. Dos gráficos a seguir, aquele que pode representar as notas de português é
a) b) d) e)
Resolução:
A média dos alunos na prova de matemática foi de:
4, 0 . 5 + 5, 0 . 10 + 6, 0 . 40 + 7, 0 . 25 + 8, 0 . 15 + 9, 0 . 5
= 6, 5 . Portanto a média na prova de português deve ser 7,5.
100
Na alternativa C temos:
CPV
5, 0 . 5 + 6, 0 . 10 + 7, 0 . 40 + 8, 0 . 25 + 9, 0 . 15 + 10 . 5
= 7, 5
100
ibmecnov2009
c)
Alternativa C
1
2
Seu pé direito nas melhores Faculdades
Insper – 01/11/2009
28. Num certo dia de inverno, exatamente às 4h40min, horário em que abre uma determinada estação do metrô de São Paulo,
chega um único passageiro para acessar o metrô por esta estação. O próximo passageiro chega sozinho 48min depois, e o
passageiro seguinte chega também solitário 16min após o segundo. E assim sucessivamente, os passageiros chegam um a um,
sempre um tempo depois do anterior igual a um terço do tempo entre este e aquele que o antecedeu. Em algum momento, o
intervalo de tempo entre dois passageiros consecutivos será tão curto, que estarão chegando praticamente juntos. O horário
limite para que isto aconteça é
a) 5h08min d) 6h14min. b) 5h30min. e) 6h36min.
c) 5h52min.
Resolução:
A sequência 48, 16,
Sendo assim, o horário limite acontecerá às 4h40 min + 72 min = 5h52 min.
16
1
, ... é uma progressão geométrica infinita de razão
cuja soma vale S =
3
3
48
= 72.
1
13
Alternativa C
29. Para diminuir as enchentes, a prefeitura de uma cidade irá ampliar os acessos da água da chuva ao sistema subterrâneo de
escoamento que já existe na região. Para isso, serão instalados ralos de forma circular vazados por diversos orifícios também
de forma circular. Três projetos para os ralos foram apresentados:
Projeto A: ralos de raio R, com n orifícios de raio 4r;
Projeto B: ralos de raio R, com 4n orifícios de raio r;
Projeto C: ralos de raio 2R, com 2n orifícios de raio 2r;
sendo R e r números reais e n um inteiro positivo tais que qualquer um dos projetos A, B ou C é fisicamente possível.
Se SA, SB e SC representam, respectivamente, as áreas totais abertas para passagem da água nos ralos dos projetos
A, B e C, então
a) SA > SB = SC. d) SA > SB > SC. Resolução:
Temos:
SA = n p (4r)2 = 16npr2
SB = 4n p (r)2 = 4npr2
SC = 2n p (2r)2 = 8npr2
Portanto, SA > SB > SC.
b) SA = SC > SB. e) SA = SB = SC.
c) SA > SC > SB.
30. Sejam a, b, K e R números maiores do que 1, sendo a ¹ b e K ¹ R.
O ponto de encontro dos gráficos das funções f(x) = Kax e g(x) = Rbx tem abscissa igual a
K
a) log b R
K
b) b / a
R
K-R
b-a
e)
Alternativa C
K
a
 b R
c)  
a 
aK + bR
b+a
d)
Resolução:
 b x K
K
Û x = log b
Temos f(x) = g(x) Û Kax = Rbx Û   =
a 
R
R
a
CPV
ibmecnov2009
Alternativa A
Seu pé direito nas melhores Faculdades
31. Considere a região do plano cartesiano delimitada pelo
gráfico da função f(x) = 2x−2 − 2, pelo gráfico da função
g(x) = log2(x) e pelo eixo Ox.
A figura que melhor representa o formato desta região é
Insper – 01/11/2009
3
Resolução:
Construindo os gráficos, observamos que existem duas regiões
possíveis:
y
a)
f(x) = 2x–2 – 2
g(x) = log2(x)
2
1
–1
2
2
3
4
5
6
x
–2
b)
c)
d)
e)
CPV
ibmecnov2009
Mas, numa prova de testes, as alternativas fazem parte do
enunciado. Portanto, a região descrita é a 1.
Alternativa A
Seu pé direito nas melhores Faculdades
33. Na figura, tem-se as seguintes medidas:
· m(OQ) = 4 cos 30º cm
· m(OR) = 4 cos 45º cm
· m(OS) = m(OT) = 4 cos 60º cm
· m( Ð POQ) = 15º
· m( Ð QOR) = 30º
· m( Ð ROS) = 45º
a)
b)
c)
d)
e)
6.
7.
8.
9.
10.
· m( Ð SOT) = 60º
Nessas condições, a área do polígono
OPQRST, em cm 2, é igual a:
Resolução:
a)
b)
c)
d)
e)
Resolução:
Temos que
m(OQ) = 4
3
=2 3
2
m(OR) = 4
2
=2 2
2
1
m(OS) = 4 .
=2
2
m(OT) = 2
12
f(x)
10
y = 0,6x + 1,4
8
6
B
4
A
2
0
1
2
3
4 5
13
3
6
7
8
9
10 11 12
x
2x = 0,6 x + 1,4 Þ (1; 2)
13 
f (x) = y Þ 4 = 0,6 x + 1,4 Þ  ; 4
3 
Temos que
4x – 36 = 0,6 x + 1,4 Þ (11; 8)


10 − 13  (8 − 4)

3 
=
SB =
2
13

 − 2 (4 − 2)

 3
=
SA =
2
SB – SA =
34 7
3
3
17
.4
3
2
7
.2
3
2
\ SB – SA =
\ SB =
\ SA =
34
3
7
3
27
=9
3
Alternativa D
CPV
1+
2+2
2+2
2+
3+2
ibmecnov2009
2 +2
3 +
2 +
3 +2
3 +
3.
6.
3.
6.
6.
Então
3
2.2
2 . 2 sen 60º
2
=
= 3
SOTS =
2
2
SORS =
2 . 2 2 . sen 45º
=2
2
SOQR =
2 2 . 2 3 . sen 30º
= 6
2
SOPQ =
5º
Colocando-se num mesmo plano a reta de
equação y = 0,6x + 1,4 e o gráfico de f(x),
formam-se dois triângulos.
A diferença entre a área do maior triângulo e
a área do menor triângulo é igual a:
· m(OP) = 4 cos 15º cm
s4
co
30 º
se 0 < x < 2
 2 x

f (x) =  4
se 2 ≤ x ≤ 10

4x − 36 se 10 ≤ x ≤ 12
15º
4
32. Considere a seguinte função:
4 co s
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4 cos 15º
4
30º
45º
60º
4 cos 60º
2 3 . 4 cos15º . sen 15º
\ SOPQ = 2 3 . 2 sen15º cos15º
2
sen 30º
SOPQ = 3
Então a área do polígono OPQRST é S = 2 + 2 3 +
6
Alternativa B
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5
34. Para construir uma avenida, a prefeitura de uma cidade precisará desapropriar algumas propriedades de uma determinada
quadra da cidade. Para identificar o que precisará ser desapropriado, as propriedades foram representadas num plano cartesiano
conforme mostra a figura. Seguem abaixo as propriedades juntamente com pontos, cujos segmentos que os unem formam
os polígonos que representam as suas respectivas plantas.
A1:(0,0); (2,0); (2,2); (0,2).
A2:(2,0); (4,0); (4,4); (0,4); (0,2); (2,2).
A3:(4,0); (6,0); (6,4); (4,4).
A4:(0,4); (4,4); (4,6); (0,6).
A5:(0,6); (4,6); (4,8); (0,8).
A6:(6,0); (8,0); (8,4); (6,4).
A7:(8,0); (10,0); (10,4); (8,4).
A8:(4,4); (6,4); (6,8); (4,8).
A9:(6,4); (10,4); (10,8); (8,8); (8,6); (6,6).
A10: (6,6); (8,6); (8,8); (6,8).
A11: (10,0); (12,0); (12,8); (10,8).
A avenida será a faixa formada pelas retas de equações 9x − 20y + 40 = 0 e 9x − 20y = 0.
Uma propriedade será inteiramente desapropriada se a avenida passar por qualquer trecho de sua planta.
Se cada unidade deste plano cartesiano equivale a dez metros, a área total das propriedades desta quadra que precisarão ser
desapropriadas é igual a
a)
b)
c)
d)
e)
Resolução:
Na equação 9x – 20y + 40 = 0 se x = 0, então y = 2
37
x = 12, então y =
5
Na equação 9x – 20 y = 0 A área total é ST = 120 . 80 = 9600 m2
A área não desapropriada é S1 + S2 + S3 = 2000 m2
A área desapropriada é SD = 9600 – 2000 \
CPV
6000 metros quadrados.
7600 metros quadrados.
9200 metros quadrados.
10800 metros quadrados.
12400 metros quadrados.
SD
= 7 600 m2
ibmecnov2009
se x = 0, então y = 0
32
x = 12, então y =
5
8
37
5
S1
S3
6
32
5
S2
4
2
2
4
6
8
10
12
Alternativa B
6
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Seu pé direito nas melhores Faculdades
35. O ponto Q da figura indica a posição de um avião que voa de P para R, no
instante em que libera uma caixa com suprimentos que deverá cair no ponto
O. Cada unidade do plano cartesiano corresponde a um quilômetro. A caixa
descreve no ar a trajetória de uma parábola, com vértice sobre o ponto Q, no
sistema de coordenadas apresentado.
Se alguns instantes após o lançamento a caixa passar pelo ponto S indicado
na figura, é correto afirmar que
a)
b)
c)
d)
e)
Resolução:
A questão mostra, no plano cartesiano, uma parábola com vértice no ponto
Q (4; 9) que passa por S (3; 8).
Seja
y = ax2 + bx + c (I)
com 4 =
Substituindo (II) em (I), temos y = ax2 – 8ax + c
Como a parábola passa por S e por Q, temos:
9 = 16 a – 32 a + c Þ 9 = – 16 a + c
8 = 9a – 24 a + c Þ 8 = –15a + c
Portanto: a = –1 e c = –7
Logo: y = –x2 + 8x –7
cujas raízes são: x = 1 e x = 7.
Logo, a caixa irá cair 1 km à direita do ponto O.
CPV
irá cair um quilômetro para a esquerda do ponto O.
irá cair meio quilômetro para a esquerda do ponto O.
irá atingir exatamente o ponto O.
irá cair meio quilômetro para a direita do ponto O.
irá cair um quilômetro para a direita do ponto O.
ibmecnov2009
-b
2a \ b = –8a (II)
Alternativa E
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7
36. Num show de patinação no gelo, o casal que se apresenta está inicialmente
sobre o ponto A indicado na figura. Ambos partem de A ao mesmo
tempo, o rapaz sobre a reta de equação y = 1 + 0,5x e a moça sobre a reta
de equação y = 1 + 2x, os dois no sentido dos valores positivos de x e y.
Com velocidade maior, o rapaz se desloca sobre a reta até chegar no
ponto de tangência de sua trajetória com a circunferência de equação
(x − 5)2 + (y − 6)2 = 5. A partir daí, ele passa a patinar sobre o perímetro
desta circunferência, a caminho do ponto em que sua nova trajetória
tangencia a reta sobre a qual patina a sua parceira, onde ambos se
encontram novamente.
Neste plano cartesiano, a distância que foi percorrida pela moça nesta
performance foi
a)
b)
c)
d)
e)
Resolução:
Na figura:
o ponto O(5; 6) é o centro da trajetória circular descrita pelo rapaz;
o ponto B(3; 7), de tangência, é a intersecção entre a circunferência e a
trajetória retilínea descrita pela moça, onde irão se encontrar.
2
2
3
2
3
3.
5.
5.
6.
6.
moça
B
O
5 (raio da circunferência)
OB =
rapaz
(6 − 1)2 + (5 − 0)2 = 50 .
OA =
No triângulo AOB, por Pitágoras, temos:
(
\ AB = 3 5
2
50 ) = ( 5 ) + (AB)
2
2
A
Alternativa C
CPV
ibmecnov2009
8
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Seu pé direito nas melhores Faculdades
37. 2010 é um número composto pelo produto de quatro
números primos positivos distintos. Seja p o maior destes
primos e n o menor inteiro maior do que 2010 que também
é divisível por p.
Sobre n, é correto afirmar que
a) é um número par.
b) é um número primo.
c) é um número composto pelo produto de apenas dois
números primos distintos.
d) é um número composto pelo produto de apenas três
números primos distintos.
e) é um número composto pelo produto de apenas cinco
números primos distintos.
Resolução:
Temos que 2010 = 2 . 3 . 5 . 67 = 30 . 67
sendo p = 67 e n = 31 . 67
Portanto, n será o produto de dois números primo distintos.
Alternativa C
38. Na figura estão representadas a vista lateral e superior
de um vaso. As duas circunferências que aparecem na
vista superior são concêntricas e têm raios iguais a 10 cm
e 15 cm.
525
cm, o volume do vaso está
Se a altura do vaso mede
11
22
)
entre (adote p =
7
a)
b)
c)
d)
e)
Resolução:
V M (volume máximo)
Vm (volume mínimo)
V (volume do vaso)
VM = p 152 .
22
525
525
. 225 .
= 33 750 cm3
Þ VM =
7
11
11
Vm = p . 102 .
22
525
525
Þ Vm =
. 100 .
= 15 000 cm3
7
11
11
\ Vm = 15,00 L
Portanto, 15,00 < V < 33,75
5,00 e 8,00 litros.
9,00 e 12,25 litros.
15,00 e 33,75 litros.
35,00 e 50,00 litros.
67,50 e 80,00 litros.
Alternativa C
CPV
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9
39. Em 2010, Miguel não pretende perder um único jogo de sábado do time para o qual torce. Ele já começou a se planejar para
isso, estudando calendário, meteorologia, etc. Observou que, em 2010:
· o único dia da semana que ocorrerá 53 vezes é a 6a feira;
· o time de Miguel irá jogar em 20 sábados;
· A meteorologia prevê que vai chover em 21 sábados no ano.
Cruzando as previsões meteorológicas com as datas dos jogos, Miguel percebeu também que deverá chover em
apenas metade dos sábados de 2010 em que seu time não irá jogar. Considerando que as previsões meteorológicas
se confirmem, selecionando aleatoriamente um dos dias de jogo do time de Miguel em 2010, a probabilidade de não
chover neste dia é de
a)
b)
c)
d)
e)
Resolução:
As informações podem ser reorganizadas e interpretadas da seguinte forma:
(1) haverá exatamente 52 sábados em 2010.
(2) desses 52 sábados, haverá exatamente 20 com jogos do time (ou seja, haverá 32 sem jogos).
(3) haverá 21 sábados com chuva (ou seja, haverá 31 sábados sem chuva).
Organizando os dados numa tabela, temos:
Sábados 25,0%.
37,5%.
50,0%.
62,5%.
75,0%.
Com Jogo
Sem Jogo
Total
Com Chuva 21
Sem Chuva 31
Total
20
32
52
A meteorologia diz que, dos 32 sábados sem jogos, metade deles (16) serão chuvosos.
Assim, podemos atualizar a tabela:
Sábados Com Jogo Sem Jogo
Total
Com Chuva 5 16 21
Sem Chuva 15 16 31
Total
20 32 52
Desse modo, no universo dos 20 sábados com jogos, em apenas 5 choverá.
Assim, nos outros 15 sábados, não haverá chuva e a probabilidade pedida é 15
.
20
Alternativa E
CPV
ibmecnov2009