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15.11.2010
VESTIBULAR INSPER 2011 – NOVEMBRO/2010
RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES DE ANÁLISE QUANTITATIVA E LÓGICA –
GABARITO MODELO B
27. Resolução: D (Questão 48 da prova A)
A
ADE ~ ABC: k2 =
b
A
F
G
a
1
d
A
D
E
a
6
6
=
a=
1 3
3
A
2
2
AFG ~ ADE: k =
k=
2A
2
b
A
B
6
3
C
d=a–b d=
28. Resolução: E (Questão 49 da prova A)
D
A
2
A
B
x=
A
E
a
x
1
2
M
C
2
3
b=
2
3
A
6
k=
3A
3
2
a
1= 6a= 6
3
6
2
1
A
2
=
6– 3
3
BDE ~ BAM: k 2 =
A
2A
6
k=
3A
3
1
6 3– 6
–
=
6
2
6
3 – 6 3 – 6
=
d = 2 3
6 1
d
29. Resolução: E (Questão 50 da prova A)
32 + 42 74
% acertos da questão 1:
=
= 74%
100
100
28 + 48 76
=
= 76%
% acertos da questão 2:
100
100
36 + 48 84
=
= 84%
% acertos da questão 3:
100
100
16 + 24 40
=
= 40%
% acertos da questão 4:
100
100
20 + 30 50
=
= 50%
% acertos da questão 5:
100
100
30. Resolução: B (Questão 51 da prova A)
A média dos alunos da turma A é
(32 + 28 + 36 + 16 + 20) 2 164
=
= 6,6.
40
40
A média dos alunos da turma B é
(42 + 48 + 48 + 24 + 30) 2 384
=
= 6,4.
60
60
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31. Resolução: B (Questão 52 da prova A)
pessoa está com a doença B está em seu sangue
Logo: B não está no sangue pessoa não está com a doença
32. Resolução: E (Questão 53 da prova A)
Um teste identificando a presença da substância A nunca dará falso positivo.
33. Resolução: E (Questão 54 da prova A)
Considerando que a tabela mostre as probabilidades de cada jurado aprovar um candidato, temos:
Probabilidade de um candidato ser aprovado caso o público geral o aprove:
50 75 20
50 25 80
50 75 80
50 75 80
+
+
+
= 77,5%
100 100 100 100 100 100 100 100 100 100 100 100
Probabilidade de um candidato ser aprovado caso o público geral não o aprove:
50 40 75
50 60 25
50 40 25
50 40 25
+
+
+
= 32,5%
100 100 100 100 100 100 100 100 100 100 100 100
Assim: 77,5% – 32,5% = 45%
34. Resolução: A (Questão 55 da prova A)
Para que um candidato não tenha sua música gravada, basta que um dos jurados ou o público em geral não
o aprove.
35. Resolução: C (Questão 56 da prova A)
Do gráfico, p(x) = a(x + 3)(x + 1)(x – 1)(x – 2).
Como p(0) = 1, vem:
1 = a(3)(1)(–1)(–2)
1
A=
6
1
(x + 3)(x + 1)(x – 1)(x – 2)
6
As funções g(x) e h(x) são obtidas por translações de p(x).
Para g(x) ter exatamente duas raízes reais distintas e h(x) não ter raízes reais, devemos, pelo gráfico de
p(x), ter g(x) = p(x) + 1 e h(x) = p(x) + 3.
Logo: p(x) =
36. Resolução: A (Questão 57 da prova A)
1
f(x) = x p(x) = x(x + 3)(x + 1)(x – 1)(x – 2)
6
Que tem grau 5 e tem 5 raízes reais distintas.
37. Resolução: D (Questão 58 da prova A)
O número mínimo de anos para formar os 25 professores é 9 (8 anos com 3 professores e 1 ano com 1 professor, por exemplo).
O número mínimo de anos para formar os 30 médicos é 15 (15 anos com 2 médicos).
Como 15 + 9 = 24 e a escola tem 20 anos, com certeza em algum ano houve a formatura de pelo menos um
médico e pelo menos um professor.
38. Resolução: D (Questão 59 da prova A)
Se B é culpado e disse a verdade, então A mentiu. O suspeito A disse: “Se eu estiver mentindo, então não
sou culpado”. Como isto é falso, concluímos que “eu estiver mentindo” é verdadeiro e “não sou culpado” é
falso. Logo, A é culpado e mentiu.
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39. Resolução: D (Questão 60 da prova A)
40% do dobro da capacidade dos aviões de A, dá 80% da capacidade deles; portanto mais que os 70% de
ocupação média da companhia A.
40. Resolução: E (Questão 27 da prova A)
Sendo T o total de votos e B o número de votos brancos e nulos, temos:
30
50
2
T>
(T – B) 3T > 5T – 5B B > T, isto é, o número de votos brancos e nulos deve ser maior que
100
100
5
40% do total de votos.
41. Resolução: C (Questão 28 da prova A)
d
50
100 m
h
2S
S
I
II
120 m
1
1
2S h = S 100 h = 50 m
3
3
d2 = 502 + 1202 d = 130 m
VI = VII 42. Resolução: A (Questão 29 da prova A)
y
C (0,6)
B (0,3)
O
A
B
(3 3, 0)
x
1
3 3 = 3 e yO = yB’ = 3.
3
O raio da circunferência circunscrita ao ABC é OB = BB’ – OB’ = 3 3 – 3 = 2 3 e
sua equação é (x – 3)2 + (y – 3)2 = (2 3)2 (x – 3)2 + (y – 3)2 = 12.
O triângulo ABC é equilátero de lado 6. As coordenadas do ponto O são xO =
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43. Resolução: E (Questão 30 da prova A)
Seja P o ponto (0, 2) e Q = r BC.
y
C
xQ
Q
B
P(0, 2)
x
A
1 62 3 9 3
=
2
2
4
SPQC =
Então
x
y 1
Equação de BC: 3 3 3 1 = 0 y = 6 –
xQ PC 9 3 xQ 4 9 3
9 3
=
=
xQ =
2
2
2
2
4
0
6 1
3
3 9 3 15
x. Portanto yQ = 6 –
= .
3
3
4
4
15
–2
yQ – yP
7 3
mr =
= 4
mr =
xQ – xP 9 3
27
–0
4
44. Resolução: C (Questão 31 da prova A)
Nessa amostra de 10 eleitores temos:
p = 0,2 (probabilidade de um eleitor votar no candidato Z)
q = 0,8 (probabilidade de um eleitor não votar no candidato Z)
Para que o porcentual de eleitores dessa amostra que votaram no candidato Z seja igual ao porcentual de
votos obtidos por esse candidato na eleição, devemos ter dois eleitores votando em Z e oito não votando
em Z, ou seja:
2,8
P(Z) = (0,2)2 (0,8)8 P10
= (0,2)2 (0,8)8 45
45. Resolução: A (Questão 32 da prova A)
Pelo Princípio da Casa dos Pombos temos que os votos recebidos pelo candidato X foram dados em pelo
menos 6 Estados diferentes.
46. Resolução: B (Questão 33 da prova A)
No mosaico, a área clara é equivalente a aproximadamente 90 pentágonos e a escura é equivalente a
90área (pentágono)
área (clara)
aproximadamente 45 losangos. Logo,
=
= 2R.
45área (losango)
área (escura)
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47. Resolução: A (Questão 34 da prova A)
1
O losango tem lado de medida 1 cm. Então sua área é 2 1 1. sen 144º = sen 144º.
2
área (pentágono)
Logo,
= R área (pentágono) = R sen 144º = R 2 sen 72º cos 72º área (losango)
área (pentágono)
= 2 R x 1– x2 .
48. Resolução: D (Questão 35 da prova A)
R RC = log R0 O gráfico que melhor representa esta função é o da alternativa D, pois é uma função logarítmica crescente
de base 10 e que quando R = R0, RC = log 1 = 0.
49. Resolução: B (Questão 36 da prova A)
Nome
Renda
RC
Paulo
R1
R log 1 R0 Rafael
R2
R log 2 R0 Do problema:
R R log 1 = log 2 + 0,5
R0 R0 R R 1
log 1 – log 2 =
R
0
R0 2
R R 1
log 1 0 =
R0 R2 2
1
R1
= 10 2 = 10 3,2
R2
50. Resolução: B (Questão 37 da prova A)
f(x) = ax2 + bx + c
f(x) = f(1 – x), para todo x R
para x = 0 f(0) = f(1) ou c = a + b + c
a+b=0
ou
b = –a
A abscissa do vértice é x v =
–b a
1
=
= .
2a 2a 2
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51. Resolução: E (Questão 38 da prova A)
A1
1
B
A
2
C
A2
1
tg 2
AA 2C : A2C =
tg SABC = S A 1A 2CB – S AA 1B – S AA 2C AA 1B : A1B =
S ABC
=
(A 1B + A 2C)3 A 1B 1 A 2C 2
3 3
1
2
–
–
–
–
S ABC =
S ABC = 2 cotg 2
2
2
tg 2 2 tg tg 52. Resolução: B (Questão 39 da prova A)
1
log2 é um número inteiro somente quando n é uma potência de base 2.
n
Nos 2 011 primeiros termos da sequência, temos as seguintes potências de base 2: 20, 21, 22, ..., 210, ou
seja, 11 potências de base 2.
53. Resolução: B (Questão 40 da prova A)
Temos que o determinante de A AT é dado por:
12 + 2 2 + 3 2 + + n 2
1 + 2 + 3 + + n
1 + 2 + 3 + + n
=
n
n(n + 1) (2n + 1) (1+ n) n
6
2
=
=
(1+ n) n
n
2
n 2 (n + 1) (2n + 1) (1+ n) 2 n 2 n 4 – n 2
–
=
6
4
12
54. Resolução: D (Questão 41 da prova A)
Temos:
P1P4 = 4 14 + 2 + 2 = 60 km
P1P3 = 4 10 + 2 + 2 = 44 km
P2P4 = 4 6 + 2 + 2 = 28 km
P3P4 = P1P4 – P1P3 = 60 – 44 = 16 km
P2P3 = P2P4 – P3P4 = 28 – 16 = 12 km
55. Resolução: C (Questão 42 da prova A)
Como de P2 até P4 existem 7 telefones de emergência, na ida ele poderá escolher 2 telefones de
7 6
5 4
= 21 modos e, na volta, poderá escolher outros dois telefones de C5,2 =
= 10 formas.
C7,2 =
2!
2!
Assim, poderá fazer a inspeção de 21 10 = 210 maneiras distintas.
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56. Resolução: A (Questão 43 da prova A)
r
2S
.
r=
2
2
1
1 2S 1 4S 2
4S 2
Logo, o volume do sólido de revolução será: r2 = = 2 =
3
3 3
3
Seja r o raio da secção. Então a área do triângulo ABC é S =
57. Resolução: E (Questão 44 da prova A)
O sólido gerado pela rotação está representado abaixo.
1
x
1
Sua área total S é dada por:
S(x) = 2[(x + 1)2 – x2] + 2x 1 + 2(x + 1) 1 2
2
S(x) = 2(x + 1) – 2x + 2x + 2x + 2 S(x) = 8 x + 4 (x 0). O melhor gráfico de S(x) está respresentado na alternativa E.
58. Resolução: D (Questão 45 da prova A)
b
b= 3
2
a
cos 60º = a = 1
2
a
b
AOB ~ QOP: =
5 OQ
1
3
=
5 OQ
OQ = 5 3
(PQ) 2 = 52 – (5 3)2
PQ = 10
y
AOB: sen 60º =
Q
E
A
b
D
2
60º
0 a B
2
C
5
60º 60º
2
P
x
59. Resolução: A (Questão 46 da prova A)
Como A é um número inteiro e positivo:
f(A) + g(A) < 10 é satisfeita, de acordo com o gráfico para A = 1, A = 2 e A = 3.
Para A = 1, temos:
g(f(1) + g(1)) = g(2 + 0) = g(2) = 1 < 3
Para A = 2, temos:
g(f(2) + g(2)) = g(4 + 1) = g(5) < 3
Para A = 3, temos:
g(f(3) + g(3)) = g(8 + log 2 3) > 3
Assim, o único valor de A que satisfaz as condições do problema é A = 3, e então g(g(3)) g(1,5) 0,6.
60. Resolução: C (Questão 47 da prova A)
y = f[g(x)] y = f[log2 x] y = 2 log2 x y = x , x > 0