CPV
conquistou
Prova Resolvida –
ANÁLISE QUANTITATIVA
e
323 vagas no INSPER em 2011
INSPER – 10/junho/2012 – Prova A
LÓGICA
01. A média das idades dos seis jogadores titulares de um time
de vôlei é 27 anos e a média das idades dos seis jogadores
reservas é 24 anos. Devido a uma contusão, um dos jogadores
titulares foi afastado da equipe. Com isso, um dos reservas
assumiu seu lugar no sexteto titular, ficando a equipe com
apenas cinco reservas. Após a substituição, a média das
idades dos titulares caiu para 26 anos, enquanto a dos reservas
subiu para 24,8 anos. A idade do jogador que foi afastado
por contusão é:
a)
b)
c)
d)
e)
26 anos.
27 anos.
28 anos.
29 anos.
30 anos.
Resolução:
A distância do ponto O, vértice do primeiro quadrado, até
o ponto Vn, vértice do n-ésimo quadrado, ambos indicados
na figura, é:
n
a)
2
n2 + 2n + 5.
n
b)
2
n2 – 2n + 9.
n
c)
2
n2 + 4n + 3.
d)n
n2 + 2n – 1.
e)n
n2 + 2n + 1.
Resolução:
Seja t a idade do titular afastado e r a idade do reserva que assumiu
a posição de titular.
S
S −t+r
= 26
m´t = T
Temos:mt = T = 27
6
6
mR =
SR
= 24
6
m´R =
SR - r
= 24,8
5
Substituindo:ST = 27 . 627
 . 6 – t + r = 26 . 6
vem 

 . 6 – r = 24,8 . 5
SR = 24 . 6 24
Resolvendo o sistema, chegamos a t = 26 anos.
Alternativa A
02. Na sequência de quadrados representada na figura abaixo,
o lado do primeiro quadrado mede 1. A partir do segundo,
a medida do lado de cada quadrado supera em 1 unidade a
medida do lado do quadrado anterior.
CPV
insperJUN2012
n
1
Temos:
2
n
T
OT = 1 + 2 + 3 + ... + n
OT =
3
(1 + n ) n
n2 + n
=
2
2
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo OTVn, temos:
OVn2 = VnT2 + OT2
2
 n2 +

+ 
2
2
n 


OVn =
n2
OVn2 =
4n 2 + n 4 + 2n 3 + n 2
4
OVn2 =
n 2 (n 2 + 2n + 5)
4
OVn2 =
n
2
n2 + 2n + 5
Alternativa A
1
2
INSPER – 10/06/2012
Seu Pé D ireito
nas
03. O professor de Matemática de Artur e Bia pediu aos alunos
que colocassem suas calculadoras científicas no modo
p
“radianos” e calculassem o valor de sen
. Tomando
2
um valor aproximado, Artur digitou em sua calculadora o
número 1,6 e, em seguida, calculou o seu seno, encontrando
o valor A. Já Bia calculou o seno de 1,5, obtendo o valor B.
p
Considerando que vale aproximadamente 1,5708, assinale
2
a alternativa que traz a correta ordenação dos valores A, B
p
e sen .
2
p
< A < B.
2
p
< B.
A < sen
2
p
.
A < B < sen
2
p
< A.
B < sen
2
p
.
B < A < sen
2
Melhores Faculdades
04. A área da região sombreada na Figura 1, limitada pelo gráfico
da função f (x) = 9 − x2 e pelos eixos coordenados, é igual
a 18.
a)sen
b)
c)
d)
e)
Resolução:
1,6
sen 1,6 = A
sen
p
2 1
B
A
1,5
p
=1
2
Assim, a área da região sombreada na Figura 2, limitada
pelo gráfico da função g (x) = x2, pelo eixo x e pela reta
de equação x = 3, é igual a:
a)4,5.
b)6.
c)9.
d)12.
e)13,5.
Resolução:
sen 1,5 = B
Representando no círculo
trigométrico, temos:
B < A < 1
Þ B < A < sen
A1
p
2
A1
Alternativa E
Por simetria e pelo enunciado, concluímos que A1 vale 18.
A área do retângulo de base 3 e altura 9 da figura acima vale 27.
Logo, a área hachurada é igual a 27 – 18 = 9
Alternativa C
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Seu Pé D ireito
nas
Melhores Faculdades
INSPER – 10/06/2012
3
05. Considere dois polinômios do 1o grau P(x) e Q(x), ambos
de coeficientes reais, tais que P(3) = Q(3) = 0, P(6) > 0 e
Q(6) < 0.
Resolução:
Do enunciado, temos:
Sendo f a função definida, para todo x Î , por
f (6) = P (6) . Q (6) e f (3) = P (3) . Q (3)
Como P (6) > 0 e Q (6) < 0, concluímos que f (6) < 0.
Já que P (3) = Q (3) = 0, então 3 é raiz dos dois polnômios de
primeiro grau P e Q; logo será raiz dupla de f.
Portanto, a única figura que pode representar o gráfico de f é o da
alternativa E.
Alternativa E
f (x) = P(x) . Q(x), a única figura, dentre as apresentadas a
seguir, que pode representar o gráfico de f é:
a)
06. Na figura a seguir, o lado do quadrado ABCD mede 876,55 m
e o lado do quadrado AEFG mede 123,45 m.
b)
c)
d)
A área da região sombreada, em km2, vale
a)0,8642.
b)0,7913.
c)0,7654.
d)0,7531.
e)0,6936.
Resolução:
e)
A área da região sombreada é a área do quadrado ABCD subtraída
a área do quadrado AEFG.
Convertendo as medidas para quilômetros, temos:
Áreasombreada = (0,87655)2 – (0,12345)2
Áreasombreada = (0,87655 + 0,12345) . (0,87655 – 0,12345)
Áreasombreada = 1 . (0,75310)
Áreasombreada = 0,7531
Alternativa D
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CPV
4
INSPER – 10/06/2012
Seu Pé D ireito
nas
07. Em uma sequência, cada termo, a partir do terceiro, é igual
à soma dos dois termos anteriores. Se o primeiro termo vale
18 e o sétimo termo vale 122, então o segundo termo da
sequência é:
a)2.
b)4.
c)6.
d)8.
e)10.
Seja a2 = x, onde a1 = 18 e a7 = 122.
Pela lei de formação da sequência temos:
a3 = a2 + a1 = x + 18
a4 + a3 + a2 = x + 18 + x = 2x + 18
a5 = a4 + a3 = 2x + 18 + x + 18 = 3x + 36
a6 = a5 + a4 = 3x + 36 + 2x + 18 = 5x + 54
a7 = a6 + a5 = 5x + 54 + 3x + 36 = 8x + 90
a7 = 122
8x + 90 = 122 Þ x = 4
08.Considere N o menor número inteiro positivo tal que
log(log(logN)) seja um inteiro não negativo. O número N,
representado no sistema de numeração decimal, possui
a)
b)
c)
d)
e)
2 algarismos.
3 algarismos.
10 algarismos.
11 algarismos.
100 algarismos.
Resolução:
Resolução:
Melhores Faculdades
Alternativa B
Pelas condições propostas pelo enunciado, é preciso resolver a
seguinte inequação:
log (log (log N)) ≥ 0
log [log (log N)] ≥ log 1
log (log N) ≥ 1
log (log N) ≥ log 10
log N ≥ 10
log N ≥ log 1010
N ≥ 1010
Portanto, N possui 11 algarismos.
Alternativa D
CPV
insperJUN2012
Seu Pé D ireito
nas
Melhores Faculdades
09. As duas afirmações a seguir foram retiradas de um livro cuja
finalidade era revelar o segredo das pessoas bem sucedidas.
I. Se uma pessoa possui muita forçaa de vontade, então
ela consegue atingir todos os seus objetivos.
II. Se uma pessoa consegue atingir todos os seus objetivos,
então ela é bem sucedida.
Dentre as alternativas abaixo, a única que relaciona
corretamente a veracidade ou a falsidade das duas
afirmações é:
a) se a afirmação I é falsa, então a afirmação II
necessariamente verdadeira.
b) se a afirmação I é falsa, então a afirmação II
necessariamente falsa.
c) se a afirmação I é verdadeira, então a afirmação II
necessariamente falsa.
d) se a afirmação II é falsa, então a afirmação I
necessariamente falsa.
e) se a afirmação II é verdadeira, então a afirmação I
necessariamente verdadeira.
é
é
é
é
é
Resolução:
Um condicional simples, do tipo “P implica Q” é falso em apenas
uma situação: o antecedente P deve ser verdadeiro, enquanto o
consequente Q é falso.
INSPER – 10/06/2012
Texto para as questões 10 e 11.
De acordo com as regulamentações de um país para o setor de
aviação, as empresas aéreas podem emitir, para um voo qualquer,
um número de bilhetes até 10% maior do que a lotação da
aeronave, uma vez que é muito comum que alguns passageiros
não compareçam no momento do embarque.
10. Uma empresa opera uma rota ligando duas cidades desse
país. Tanto para o voo das 8h quanto para o das 9h de um
determinado dia, realizados em aeronaves de mesma lotação,
a empresa emitiu um número de bilhetes exatamente 10%
maior do que a lotação das aeronaves. Para o voo das 8h
compareceram todos os que compraram o bilhete, e parte
deles teve de ser remanejada para o voo das 9h. Se todos os
que compraram o bilhete para o voo das 9h comparecerem,
também será necessário um remanejamento. Para que isso
não ocorra, a porcentagem máxima dos passageiros que
compraram bilhete para o voo das 9h que pode comparecer
no momento do embarque é:
a)90%.
b)87%.
c)82%.
d)80%.
e)75%.
Resolução:
Estruturando as afirmações segundo essa linguagem, teríamos algo
como:
I. P → Q
II. Q → R

 lotação da aeronave: x
Voo das 9h 


bilhetes
a mais: 0,10x
Assim, caso a proposição composta I seja falsa, temos
obrigatoriamente: P é verdadeiro, Q é falso.
Na proposição composta II: se Q é falso, o condicional é
necessariamente verdadeiro (independente da veracidade, ou
falsidade, de R).
Essa análise segue descrita na alternativa A.
Alternativa A
5
 lotação da aeronave: x
Voo das 8h 

bilhetes
a mais: 0,10x

No voo das 9h, só pode haver 0,90x passageiros para caber em os
0,10x passageiros a mais do voo das 8h. Assim, a porcentagem
máxima (P) que pode comparecer é:
0, 90x
P . (x + 0,10x) = 0,90x Þ P = 1,10x
Portanto, a porcentagem é 82%.
Þ P @ 0,82
Alternativa C
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CPV
6
INSPER – 10/06/2012
Seu Pé D ireito
nas
11. Para um voo realizado nesse país em uma aeronave de 20
lugares, foram emitidos 22 bilhetes. A empresa responsável
pelo voo estima que a probabilidade de qualquer um dos
22 passageiros não comparecer no momento do embarque
seja de 10%. Considerando que os comparecimentos de
dois passageiros quaisquer sejam eventos independentes,
a probabilidade de que compareçam exatamente 20
passageiros no embarque desse voo, de acordo com a
estimativa da empresa, é igual a
1)2
9)22.
a) (0,
. (0,
b)231 . (0, 1)2 . (0, 9)20.
c)190 . (0, 1)2 . (0, 9)20.
d)190 . (0, 1)2 . (0, 9)18.
e)153 . (0, 1)2 . (0, 9)18.
Melhores Faculdades
12. Leia o texto a seguir.
Existe uma matriz quadrada M de ordem 2 que possui
uma propriedade bem interessante: sendo A outra matriz
quadrada de ordem 2, o produto A . M sempre resulta numa
matriz que tem em sua diagonal principal os elementos da
diagonal secundária de A e em sua diagonal secund´aria
os elementos da diagonal principal de A.
Dentre as opções abaixo, a única que pode representar a
matriz M descrita acima é:
0 1


a)
0 1.
0 0


b)
1 1.
Resolução:
Para que compareçam exatamente 20 passageiros, 2 precisam faltar
22

e há   = 231 maneiras para que isso aconteça.
 2
Assim a probabilidade pedida é P = 231 . (0,10)2 .
2 faltam
(0,90
)20
20 comparecem
Alternativa B
0 1


c)
1 0.
−1 0 


d)
 0 −1.
 1 −1


e)
−1 1 .
Resolução:
a b
.
Seja a matriz A = 

c d
b a
.
A matriz resultante da multiplicação de A por M é 

d c
0 1
 , pois
A única que representa a matriz M é 

1 0
a b 0 1 a . 0 + b .1 a .1+ b . 0
=
.

A . M = 
 
 

c d 1 0 c . 0 + d .1 c .1+ d . 0
b a

A . M = 

d c
Alternativa C
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Seu Pé D ireito
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Melhores Faculdades
Texto para as questões 13 e 14.
A taça desenhada na figura tem a forma de semiesfera e contém
líquido até uma altura de x cm.
INSPER – 10/06/2012
7
14.Uma pessoa colocou um líquido nessa taça até a altura
correspondente a um terço do raio da semiesfera. O volume
de líquido colocado na taça nessa situação
é menor do que 20,25π cm3.
é igual a 20,25π cm3.
está entre 20,25π cm3 e 40,5π cm3.
é igual a 40,5π cm3.
está entre 40,5π cm3 e 60,75π cm3.
a)
b)
c)
d)
e)
Resolução:
O volume de líquido contido na taça, em cm3, depende da altura
atingida por esse líquido, em cm. O gráfico a seguir mostra essa
dependência, sendo que os pontos A e B correspondem à taça
totalmente vazia e totalmente cheia, respectivamente.
20,25π
1,5
13. De acordo com os dados do gráfico, a taça tem a forma de
uma semiesfera cujo raio mede
a)
b)
c)
d)
e)
3 cm.
3,5 cm.
4 cm.
4,5 cm.
5 cm.
4,5
Vemos que o gráfico de V, para x = 1,5 cm, fica abaixo do segmento
AB.
Logo o volume do liquido será menor que 20,25π cm3.
Alternativa A
Resolução:
Observando o gráfico, vemos que o volume da esfera totalmente
cheia é de 60,75π cm3, portanto:
1
4
60,75π = 3 π R3
2
\ R = 3 911,25 \ R = 4,5 cm
Alternativa D
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CPV
8
INSPER – 10/06/2012
Seu Pé D ireito
nas
15. A multiplicação de matrizes quadradas de ordem 2 possui,
sob vários aspectos, semelhanças com a composição
de funções. Para começar, as duas operações não são
comutativas, isto é,
Além disso, as duas operações possuem um elemento
neutro. No caso da multiplicação de matrizes, trata-se da
1 0
 .
matriz I = 
0 1
Para qualquer matriz quadrada M de ordem 2, tem-se que
M x I = I x M = M.
O elemento neutro da operação de composição de funções
é a função i dada pela lei
a) i(x) = 1.
1
b) i(x) = .
x
c) i(x) = (x − 1)(x + 1).
d) i(x) = | x |.
e) i(x) = x.
16. Na malha quadriculada 40 x 60 esquematizada na figura a
seguir, estão marcados os pontos P, Q, R e S.
(1) existem matrizes quadradas M e N de ordem 2 tais que
(M x N) ≠ (N x M);
(2) existem funções f e g tais que (f ◦ g) ≠ (g ◦ f), ou seja,
f (g (x)) ≠ g (f (x)).
↔
↔
A reta PQ intercepta a reta RS em um ponto que pertence
ao interior de um dos quadrados sombreados.
Esse quadrado está identificado pela letra
a)A.
b)B.
c)C.
d)D.
e)E.
Resolução:
Resolução:
Sendo i (x) a função que é o elemento da composição de funções,
devemos ter:
(i o f) (x) = (f o i) (x) = f (x), ou seja:
Melhores Faculdades
4
3
2
1
P
i (f (x)) = f (i (x) = f (x)
Assim, i (x) = x
Sendo P(0; 0) a origem da malha, temos:
Alternativa E
Q
S
R
1
56
60
Assim, as equações das retas PQ e RS são, respectivamente:
 – 4x + y = 0
 x = 9,47
Þ 

 3x + 4y – 180 = 0
y =
37,89
Logo, o ponto de encontro está na região definida pela alternativa D.
Alternativa D
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Seu Pé D ireito
nas
Melhores Faculdades
17. Considere a figura a seguir, na qual foram construídos
quadrados sobre os lados de um triângulo retângulo de
hipotenusa medindo a e catetos medindo b e c.
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9
Resolução:
Da figura, temos:
(i)a2 = b2 + c2
(ii)Aa = a; Ab = b; Ac = c
De (i), temos:
a . a = b . b + c . c
a . Aa = Ab . b + Ac . c
A partir dessa figura, pode-se enunciar o teorema de
Pitágoras:
Se Aa, Ab e Ac são as áreas dos quadrados construídos
sobre os lados de um triângulo retângulo, conforme
indicado na figura, então vale a igualdade Aa = Ab + Ac.
Considere agora que, sobre os lados do mesmo triângulo
retângulo, sejam construídos retângulos de altura unitária,
conforme a figura.
Alternativa B
18.O menor número inteiro e positivo que deve ser
multiplicado por 2.012 para que o resultado obtido seja
um cubo perfeito é:
a)8.048.
b)253.009.
c)506.018.
d)1.012.036.
e)4.048.144.
Resolução:
Sendo: p = 2012 . x = 22 . 503 . x
Para que p seja o menor cubo perfeito, devemos ter:
22 . 503 . 2 . 5032
A partir da igualdade expressa no teorema de Pitágoras,
assinale a alternativa que completa a sentença a seguir,
baseada na nova figura.
Se Aa, Ab e Ac são as áreas dos retângulos de altura unitária
construídos sobre os lados de um triângulo retângulo,
conforme indicado na figura, então vale a igualdade
Assim, x = 2 . 5032 = 506018
Alternativa C
A
A
A
a) a = b + c .
a
b
c
b)aAa = bAb + cAc.
A 2
A 2
A 2
c) a = b + c .
a
b
c
d)aAa2 = bAb2 + cAc2.
e)a2Aa = b2Ab + c2Ac.
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10
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Melhores Faculdades
19. Considere um polinômio p(x), de grau 3 e coeficientes reais, tal que a equação [p(x)]2 = 3 . p(x)
possua um total de 4 raízes reais, todas de multiplicidade 1. Dentre as figuras apresentadas abaixo, a única que pode representar
o gráfico de p(x) é:
a)b)
c)
d)e)
Resolução:
Sendo p(x) um polinômio de grau 3 e coeficientes reais, temos:
[p(x)]2 = 3 . p(x) Þ [p(x)]2 – 3p(x) = 0 Þ
 p(x) = 0

Þ p(x) . (p(x) – 3) = 0 Þ  ou

 p(x) = 3
Assim, observando os gráficos, o único que apresenta um polinômio que satisfaz a equação acima e tem 4 raízes reais é o da alternativa C.
Alternativa C
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