CPV
conquistou
Prova Resolvida –
ANÁLISE QUANTITATIVA
e
324 vagas no INSPER em 2010
INSPER – Prova A – 15/novembro/2011
LÓGICA
Utilize as informações a seguir para as questões 01, 02 e 03.
Uma empresa de transporte de carga estima em 20% ao ano a
taxa de depreciação de cada caminhão de sua frota.
Ou seja, a cada ano, o valor de seus veículos se reduz em 20%.
Assim, o valor V , em reais, de um caminhão adquirido por
R$ 100.000,00, t anos após sua compra, é dado por
V = 100000 .
01. Um funcionário da empresa fez os cálculos a seguir para
um caminhão com três anos de uso.
Depreciação percentual:
(3 anos) x (20% de depreciação por ano) = 60%
Valor da depreciação:
R$ 100.000,00 x 60% = R$ 60.000,00
Valor do caminhão após 3 anos:
(R$ 100.000,00 – R$ 60.000,00) = R$ 40.000,00
Em relação ao valor dado pelo gráfico que relaciona V
e t, o valor de R$ 40.000,00 obtido pelo funcionário foi
aproximadamente
a)
b)
c)
d)
e)
(0,8)t.
O gráfico a seguir representa os primeiros 3 anos dessa relação.
R$ 20.000,00 mais baixo.
R$ 10.000,00 mais baixo.
o mesmo.
R$ 10.000,00 mais alto.
R$ 20.000,00 mais alto.
Resolução:
CPV
INSPERNOV2011
Segundo o gráfico, após 3 anos, o caminhão estará valendo
aproximadamente R$ 50.000,00.
Então, o valor de R$ 40.000,00 obtido pelo funcionário foi
aproximadamente R$ 10.000,00 abaixo deste valor.
Alternativa B
1
2
INSPER – 15/11/2011
Seu Pé D ireito
nas
02. Para cada caminhão, a área financeira da empresa criou
um fundo para repor a depreciação. Em cada instante t,
o fundo deve ter exatamente o dinheiro necessário para
completar, sobre o valor do caminhão depreciado, os
R$ 100.000,00, preço de um caminhão novo.
O gráfico que melhor representa o dinheiro disponível
nesse fundo (f) ao longo do tempo para um caminhão é
Melhores Faculdades
d)
a)
e)
b)
Resolução:
Para completar os R$ 100.000,00 do valor do caminhão, são
necessários R$ 20.000,00 no primeiro ano e R$ 50.000,00 no
terceiro ano, segundo o gráfico de depreciação.
f
c)
50.000
20.000
1
CPV
INSPERNOV2011
3
t
Entre as alternativas, aquela que contempla esta condição é a
alternativa E.
Alternativa E
Seu Pé D ireito
nas
Melhores Faculdades
03. Pela política da empresa, quando o valor de um caminhão
atinge 25% do valor pelo qual foi comprado, ele deve
ser vendido, pois o custo de manutenção passa a ficar
muito alto. Considerando a aproximação log 2 = 0,30, os
caminhões dessa empresa são vendidos aproximadamente
a)
b)
c)
d)
e)
INSPER – 15/11/2011
3
04. No gráfico abaixo estão representadas duas funções
polinomiais do segundo grau f (x) e g(x), ou seja, as curvas
são duas parábolas.
3 anos após sua compra.
4 anos após sua compra.
6 anos após sua compra.
8 anos após sua compra.
10 anos após sua compra.
Resolução:
Da equação V = 100.000 (0,8)t, temos:
1
= (0,8)t Þ
4
25.000 = 100.000 (0,8)t Þ
1
0 − 2 . 0, 3
log 1 − log 4
t = log 0,8   =
= 6 anos.
=
 4  log 8 − log 10
3 . 0, 3 − 1
Obs.: se utilizarmos o gráfico da alternativa E da questão
anterior, é possível perceber que a área financeira terá acumulado
R$ 100.000 – R$ 25.000 = R$ 75.000 em 6 anos.
Alternativa C
O gráfico que melhor representa a função h(x) = f(x) + g(x) é
a)
b)
INSPERNOV2011
CPV
4
INSPER – 15/11/2011
c)
Seu Pé D ireito
nas
Melhores Faculdades
Resolução:
Observando os dois gráficos abaixo:
A (xA; yA)
d)
B (xB; yB)
e)
CPV
INSPERNOV2011
Temos que yA = 2,5 e yB = –6,25
Assim yA + yB = 2,5 – 6,25 = –3,75
O único gráfico que apresenta a ordenada do vértice
yA + yB = –3,75 é o da Alternativa E.
Seu Pé D ireito
nas
Melhores Faculdades
05. O retângulo da figura, cuja base AB mede o triplo da altura
BC, foi dividido em três regiões por meio de duas retas
paralelas.
INSPER – 15/11/2011
5
Utilize as informações a seguir para as questões 06 e 07.
O gráfico a seguir mostra as vendas bimestrais (V), em
unidades monetárias, de um fabricante de sorvetes ao longo de
três anos e meio.
Os pontos marcados sobre os lados AD e BC dividem
esses lados em quatro partes de medidas iguais.
Se a área da faixa central é igual à soma das áreas dos
triângulos sombreados, então o ângulo é tal que
1
a)tg α = 4
3
b)tg α =
10
1
c)tg α = 3
3
d)tg α =
8
3
e)tg α =
5
06. Se o bimestre 1 corresponde aos meses de março e abril de
2007, então, no período considerado, o bimestre em que as
vendas atingiram seu maior valor corresponde aos meses
de
Resolução:
3x
3x
4
F
a)
b)
c)
d)
e)
Resolução:
Analisando o gráfico, temos que o maior número de vendas
ocorreu no bimestre 18.
Como 6 bimestres correspondem a 1 ano, 18 bimestres, após o
bimestre 1, correspondem a março e abril de 2010 (bimestre 19).
Portanto, o bimestre 18 será janeiro e fevereiro de 2010.
Alternativa D
E
x
janeiro e fevereiro de 2009.
março e abril de 2009.
novembro e dezembro de 2009.
janeiro e fevereiro de 2010.
março e abril de 2010.
y
Sejam
BC = x
AB = 3x
3
EB = x
4
FB = y
Os dois triângulos sombreados são congruentes (LAL) e, como
a soma das áreas dos triângulos é igual à da faixa, cada triângulo
1
correspondente a
da área do retângulo.
4
3x
.y
1
4
Assim, temos:
= . 3x . x Þ y = 2x
2
4
3x
3x
4 = 4 = 3
tg α = y
2x
8 Alternativa D
INSPERNOV2011
CPV
6
INSPER – 15/11/2011
Seu Pé D ireito
nas
07. Observando o gráfico, um estudante de administração
de empresas percebeu dois aspectos importantes do
comportamento das vendas desse fabricante de sorvetes:
· ao longo de um ano, as vendas oscilam, apresentando
um período de crescimento e outro de queda;
· a média das vendas dos seis bimestres de um mesmo
ano vem aumentando ano a ano.
Dentre as expressões a seguir, em que t é o tempo decorrido
em bimestres, a única que define uma função que pode ser
usada para representar V de forma que os dois aspectos
levantados pelo estudante apareçam nessa representação é
pt
a) V = 100 . cos
3

πt 
b) V = 100 .  t + 2 cos 

3

πt
πt 
c) V = 100 . sen + cos 
3
3

d) V = 100 . (t + 2).
e) V = 100 . (t2 + 2).
Resolução:
Pela primeira informação, pode-se concluir que a função V(t)
é constituída parcialmente por uma expressão do tipo seno ou
cosseno.
Pela segunda informação, pode-se concluir que a função V(t) é
constituída também por uma expressão estritamente crescente.
Dentre as alternativas, a única que apresenta tais propriedades é

π . t 
.
V = 100  t + 2 cos
3 
Alternativa B
08. Os pontos A (–1, –3) e B (6, –2) pertencem a uma
circunferência do plano cartesiano cujo centro é o ponto
25
C. Se a área do triângulo ABC é
, então a medida do
2
raio dessa circunferência é igual a
a)5.
b)5 2.
c)5 3.
d)10.
e)10 2.
Resolução:
C
r
INSPERNOV2011
h
r
B
H
A
Pela figura, temos que:
AB =
Como AΔABC =
Þ h=
(6 – (–1))2 + (–2 – (–3))2 =
50 = 5 2
25
AB . h
25
=
Þ
Þ 5h
2
2
2
2 = 25
5 2
2
No ΔCHB, temos: h2 + (HB)2 = r2
CPV
Melhores Faculdades
5 2

 2
2  5 2
 + 
 2

2
 = r2 Þ r = 5

Alternativa A
Seu Pé D ireito
nas
Melhores Faculdades
09.A tabela da Copa do Mundo de 2014, divulgada em
outubro último, definiu as quantidades de jogos que serão
realizados em cada uma das 12 cidades sedes, informadas
parcialmente a seguir.
Na 1a fase, haverá oito grupos com quatro seleções em
cada um, devendo cada seleção enfrentar uma única vez
todos os integrantes do seu grupo. Na fase de oitavas de
final, cada uma das 16 equipes classificadas jogará uma
única vez, o mesmo ocorrendo nas quartas de final com
as oito equipes classificadas. Depois disso, restarão ainda
quatro jogos (semifinais, disputa de 3o lugar e final) para
definir o campeão mundial. Sabendo que São Paulo e Belo
Horizonte abrigarão o mesmo número de jogos, conclui-se
que haverá, em cada uma dessas duas cidades, um total de
a)
b)
c)
d)
e)
4 jogos.
5 jogos.
6 jogos.
7 jogos.
8 jogos.
Resolução:
 4 
Na fase de grupos, haverá   = 6 jogos em cada grupo.
2
Como temos 8 grupos, haverá 8 . 6 = 48 jogos na 1a fase.
Na fase eliminatória, ocorrerão mais 8 + 4 + 2 + 1 + 1 = 16 jogos
até se conhecer o campeão.
Desta forma, a Copa do Mundo de 2014 terá 48 + 16 = 64 jogos.
Chamando de x o número de jogos que ocorrerão em cada uma
das cidades, São Paulo e Belo Horizonte, temos que
52 + 2x = 64 Þ x = 6.
7
10.Um grupo de pesquisadores estudou a relação entre a
presença de um gene A em um indivíduo e a chance desse
indivíduo desenvolver uma doença X, que tem tratamento
mas não apresenta cura.
Os dados do estudo mostraram que 8% da população é
portadora do gene A e 10% da população sofre da doença
X. Além disso, 88% da população não é portadora do gene
A nem sofre da doença X. De acordo com esses dados, se
uma pessoa sofre da doença X, então a probabilidade de
que seja portadora do gene A é igual a
a)90%.
b)80%.
c)75%.
d)66%.
e)60%.
Resolução:
Observe a tabela a seguir, em que estão colocados os dados do
enunciado.
A
A
Total
X
6%
4%
10%
X
2%
88%
90%
Total
8%
92%
100%
A: presença de um gene A
A: ausência de um gene A
X: sofre da doença X
X: não sofre da doença X
Logo, a probabilidade de que uma pessoa dessa população seja
portadora do gene A, dado que sofre da doença X, é de
6%
= 60%.
10%
Alternativa E
INSPER – 15/11/2011
Alternativa C
INSPERNOV2011
CPV
8
INSPER – 15/11/2011
Seu Pé D ireito
nas
Utilize as informações a seguir para as questões 11 e 12.
Os espaços retangulares onde são indicados os algarismos no
mostrador de um relógio digital são compostos por sete barras
luminosas, que podem estar acesas ou não, dependendo do
algarismo que está sendo representado. A figura a seguir mostra
as barras luminosas que ficam acesas na representação de cada
um dos dez algarismos do nosso sistema de numeração.
Como o relógio só indica as horas e os minutos, o mostrador
possui apenas quatro espaços retangulares para representar
os algarismos. Assim, ao longo de um dia, o relógio faz 1440
indicações diferentes de horários, começando por 00:00 e
terminando em 23:59.
11. Suponha, apenas nesta questão, que o relógio esteja com
defeito: em cada um dos quatro espaços do mostrador, há
uma barra luminosa que não está acendendo. Nos quatro
espaços, a barra defeituosa está localizada na mesma
posição do retângulo. Assim, se o relógio estiver marcando
conclui-se que o horário indicado é
a) 03:52.
b) 03:56.
c)05:52.
d)05:56.
e) 23:53.
Melhores Faculdades
12.Dependendo do horário indicado no relógio, o número
total de barras luminosas que estão acesas é diferente.
Por exemplo, às 13:00, o total de barras luminosas
acesas é dado por 2 + 5 + 6 + 6, ou seja, 19. Ao longo
de um dia, pode-se observar 25 das 28 barras luminosas
simultaneamente acesas por um total de
a)
b)
c)
d)
e)
2 minutos.
3 minutos.
5 minutos.
6 minutos.
9 minutos.
Resolução:
Se 25 das 28 barras possíveis estão acesas, então apenas (e
exatamente) 3 estão apagadas.
Em nossa abordagem, vamos deduzir quais os horários possíveis
por exclusão de possibilidades, da esquerda (“primeira casa das
horas”) para a direita (“segunda casa dos minutos”).
1a CASA: no mostrador do relógio digital, pode ser apenas ou
“0”, ou “1”, ou “2”.
“0” é uma boa opção, pois tem apenas uma barra apagada,
deixando 2 barras apagadas para os números restantes.
Voltamos a esse caso mais tarde.
“1” é inviável, nesse caso, pois ele próprio exigiria 5 barras
apagadas (nosso limite é de 3).
“2” é, em princípio, viável (2 barras apagadas), mas o número
seguinte deveria ser 0 (1 barra apagada) e os minutos deveriam
indicar “88”, o que é impossível no mostrador digital.
Logo, a 1a casa é o número “0”, o que nos deixa espaço para duas
barras apagadas nas próximas casas.
Observando a primeira das quatro posições, temos que, se uma
barra está apagada, o número em questão só poderia ser “0” ou
“6”.
Entretanto, nessa primeira casa do mostrador (a “dezena das
horas”), os únicos dígitos possíveis são “0”, “1” ou “2”.
2a CASA: a priori, os números que descrevem a hora poderiam
ser “00”, “01”, “02”, “03”, “04”, “05”, “06”, “07”, “08” ou
“09”. Entretanto, as opções “01”, “04” e “07” exigiriam mais
que 3 barras apagadas. Além disso, as opções “02”, “03” e “05”
comprometeriam as 3 barras apagadas a que temos direito, de
modo que cada um deles forçaria os minutos a indicarem “88” (o
que é impossível). Assim, restam as opções:
“00”, que consome duas barras apagadas, reservando uma barra
apagada para os dígitos finais
“06”, que consome duas barras apagadas, reservando uma barra
apagada para os dígitos finais
“08”, que consome uma barra apagada, reservando duas barras
apagadas para os dígitos finais
“09”, que consome duas barras apagadas, reservando uma barra
apagada para os dígitos finais
Assim, concluímos:
C1. que o primeiro dígito do mostrador é “0”;
C2.que a barra ausente (em todas as casas) é a barra direita
superior; e
C3. que, por exclusão, o horário registrado no mostrador só pode
ser “03:52”
Alternativa A
Resolução:
CPV
INSPERNOV2011
3a e 4a CASAS: nas opções que liberavam uma barra apagada
para os minutos, temos como única opção para os minutos a
composição “08” (as demais são impossíveis).
Assim, identificamos as primeiras soluções: “00:08”, “06:08” e
“09:08”.
Na opção iniciada por “08”, podemos agora escolher composições
de minutos que consomem duas barras apagadas: “08:00”,
“08:06”, “08:09”, “08:28”, “08:38”, “08:58”, que são as soluções
residuais. Totalizam-se 9 soluções.
Alternativa E
Seu Pé D ireito
nas
Melhores Faculdades
13. Dado um número real a, com a > 1, define-se a seguinte
sequência de matrizes quadradas:
INSPER – 15/11/2011
9
14. A figura a seguir mostra o gráfico da função f (x).
A1 = [1],
a 1

A2 = 
0 a


 a2 a


A3 =  0 a 2


 0 0

 a3 a 2


 0 a3
A4 = 
 0 0


 0 0
1 

a 

a2 

a
a2
a3
0
1 

a 

a2 


a 3 
Representando o determinante de uma matriz quadrada M
por det(M), considere agora a sequência numérica
(det(A1), det(A2), det(A3), det(A4), ...).
Essa sequência numérica
a)
b)
c)
d)
e)
é uma progressão aritmética de razão 2.
é uma progressão aritmética de razão a2.
é uma progressão geométrica de razão a.
é uma progressão geométrica de razão a2.
não é uma progressão aritmética nem uma progressão
geométrica.
O número de elementos do conjunto solução da equação
|f(x)| = 1, resolvida em , é igual a
a)6.
b)5.
c)4.
d) 3.
e)2.
Resolução:
| f (x) | = 1 \ f (x) = 1 ou f (x) = –1
Resolução:
Como as matrizes são triangulares, temos que
det A1 = 1
det A2 = a2
det A3 = a6
det A4 = a12
.
.
.
A sequência não é PA nem PG.
y=1
y = –1
Alternativa E
O número de elementos no conjunto solução é dado pelo número
de pontos da intersecção de f (x) como y = 1 e y = –1.
Portanto, 5 soluções.
Alternativa B
INSPERNOV2011
CPV
10
Seu Pé D ireito
INSPER – 15/11/2011
nas
15. A figura mostra parte de um campo de futebol, em que
estão representados um dos gols e a marca do pênalti
(ponto P).
Melhores Faculdades
16. O preço de um produto na loja A é 20% maior do que na
loja B, que ainda oferece 10% de desconto para pagamento
à vista. Sérgio deseja comprar esse produto pagando à
vista. Nesse caso, para que seja indiferente para ele optar
pela loja A ou pela B, o desconto oferecido pela loja A
para pagamento à vista deverá ser de
a)10%.
b)15%.
c)20%.
d)25%.
e) 30%.
Considere que a marca do pênalti equidista das duas traves
do gol, que são perpendiculares ao plano do campo, além
das medidas a seguir, que foram aproximadas para facilitar
as contas.
Resolução:
Seja x o preço da loja B. Então, o preço da loja A é 1,2x.
A loja B dá 10% de desconto. Então para que seja indiferente a
compra em A ou em B, devemos ter:
· Distância da marca do pênalti até a linha do gol: 11 metros.
· Largura do gol: 8 metros.
· Altura do gol: 2,5 metros.
1,2x (1 – i) = x . 0,9 Þ i = 0,25
Um atacante chuta a bola da marca do pênalti e ela,
seguindo uma trajetória reta, choca-se contra a junção da
trave esquerda com o travessão (ponto T). Nessa situação,
a bola terá percorrido, do momento do chute até o choque,
uma distância, em metros, aproximadamente igual a
O desconto oferecido pela loja A deverá ser de 25%.
Alternativa D
a)12.
b)14.
c)16.
d)18.
e)20.
Resolução:
A 4 B
11
No ΔPAB temos que:
BP2 = 112 + 42
BP =
137
No ΔPBT temos que:
PT2 = PB2 + BT2
PT2 = 137 + (2,5)2
CPV
PT =
143,25 @ 12
INSPERNOV2011
Alternativa A
Seu Pé D ireito
nas
Melhores Faculdades
17. O conjunto A = {1, 2, 3, 4, 5} foi representado duas vezes,
na forma de diagrama, na figura abaixo.
INSPER – 15/11/2011
11
18. No conjunto dos números complexos, o número 1 apresenta
−1 + i 3
-1 - i 3
três raízes cúbicas: 1,
e
.
2
2
Os pontos que correspondem às representações desses três
números no plano de Argand Gauss são vértices de um
triângulo de área
3
a)
4
3
b)
2
Para definir uma função sobrejetora f : A → A, uma
pessoa ligou cada elemento do diagrama A1 com um único
elemento do diagrama A2, de modo que cada elemento do
diagrama A2 também ficou ligado a um único elemento do
diagrama A1. Sobre a função f assim definida, sabe-se que:
· f (f (3)) = 2
· f (2) + f (5) = 9
Com esses dados, pode-se concluir que f (3) vale
a)1.
b)2.
c) 3.
d)4.
e)5.
3 3
c)
4
d)3
e)1.
Resolução:
−1 + i 3
-1 - i 3
e
2
2
são representados no plano Argand-Gauss como os pares
 1
 1
3 
3 


ordenados (1; 0), − ;
 e − ; −  .
2 
 2 2 
 2
Assim:
Os números complexos 1,
Resolução:
Do enunciado, temos que:
f (2) = 4 e f (5) = 5 ou f (2) = 5 e f (5) = 4
Assim, os valores possíveis para f (3) são {1, 2, 3}.
Vamos agora analisar estes valores:
f (3) = 3 não convém, pois f (f (3)) = f (3) = 3 ≠ 2
f (3) = 2 não convém, pois f (f (3)) = f (2) ≠ 2
Portanto, a única possibilidade é f (3) = 1
|D|
A= 2 =
1
0
1
1
−
2
3
2
1
−
1
3
−
1
2
3
2
=
3 3
4
Alternativa C
Alternativa A
INSPERNOV2011
CPV
12
INSPER – 15/11/2011
Seu Pé D ireito
nas
19. De cada vértice de um prisma hexagonal regular foi retirado
um tetraedro, como exemplificado para um dos vértices do
prisma desenhado a seguir.
O plano que definiu cada corte feito para retirar os
tetraedros passa pelos pontos médios das três arestas que
concorrem num mesmo vértice do prisma. O número de
faces do poliedro obtido depois de terem sido retirados
todos os tetraedros é
a)24.
b)20.
c)18.
d)16.
e)12.
Resolução:
Após retirarmos todos os tetraedros, restarão no sólido:
12 faces triangulares, 6 faces quadrangulares e 2 faces hexagonais,
totalizando 20 faces.
Alternativa B
20.Recentemente, os jornais noticiaram que, durante o
mês de outubro de 2011, a população mundial deveria
atingir a marca de 7 bilhões de habitantes, o que nos
faz refletir sobre a capacidade do planeta de satisfazer
nossas necessidades mais básicas, como o acesso à água
e aos alimentos. Estima-se que uma pessoa consuma, em
média, 150 litros de água por dia. Assim, considerando a
marca populacional citada acima, o volume de água, em
litros, necessário para abastecer toda a população humana
durante um ano está entre
a)1013 e 1014.
b)1014 e 1015.
c)1015 e 1016.
d)1016 e 1017.
e)1017 e 1018.
Resolução:
O volume necessário de água será:
150 . 365 . 7 . 109 @ 3,8 . 1014 litros.
CPV
INSPERNOV2011
Alternativa B
Melhores Faculdades
21. Duas cidades X e Y são interligadas pela rodovia R101,
que é retilínea e apresenta 300 km de extensão. A 160 km
de X, à beira da R101, fica a cidade Z, por onde passa a
rodovia R102, também retilínea e perpendicular à R101.
Está sendo construída uma nova rodovia retilínea, a
R103, que ligará X à capital do estado. A nova rodovia
interceptará a R102 no ponto P, distante 120 km da cidade
Z.
O governo está planejando, após a conclusão da obra,
construir uma estrada ligando a cidade Y até a R103. A
menor extensão, em quilômetros, que esta ligação poderá
ter é
a)250.
b)240.
c)225.
d)200.
e)180.
Resolução:
a) Admitindo R101 e R102 como eixos coordenados:
y
140 ● Y
R103
120
●
●
Z
x
–160 ● X
A equação da reta R103 é:
y = mx + n
160 4

4
m=
=
Þ 
120 3 Þ y = x –160
3

n = −160
Þ
A distância do ponto Y (0; 140) à reta
d =
4
x – y – 160 = 0
3
ax 0 + by0 + c
a2
+
b2
=
0 − 140 −160
 4 2
  + (−1)2
 3 
4
x – y – 160 = 0 é:
3
= 180
Alternativa E
Seu Pé D ireito
nas
Melhores Faculdades
Utilize as informações a seguir para as questões 22 e 23.
Dado um número real positivo x, define-se a sequência
(log 4, log 8, log x).
22.A sequência dada é uma progressão aritmética se, e
somente se, o valor de x for igual a
log 4 + log x = 2 log 8
log 4x = log 82
4x = 82
24. A equação x5 = 8x2 possui duas raízes imaginárias, cuja
soma é:
Assim:
Portanto: x = 16
Alternativa D
a)12 2.
b)16.
c)16 2.
d) 32.
e) 32 2.
Resolução:
Sendo (log 4, log 8, log x) uma PG, temos:
(log 8)2 = log 4 . log x
log 23 . log 23 = log 22 . log x
log x =
log x = log 29/2
x = 29/2
x = 16
x 2 = 0

ou

x 3 − 8 = 0

23. A sequência dada é uma progressão geométrica se, e
somente se, o valor de x for igual a:
a) −2.
b) −1.
c)0.
d)1.
e)2.
Resolvendo a equação, temos:
x5 – 8x2 = 0
x2 (x3 – 8) = 0
Resolução:
Sendo (log 4, log 8, log x) uma P.A., temos:
13
Resolução:
a)8 2.
b)12.
c)12 2.
d)16.
e)20.
INSPER – 15/11/2011
⇒
⇒

x = 0

ou

 x − 2 . x 2 + 2 x + 4 = 0
)
(
(
⇒
)
x = 0
(raiz dupla )


ou

x − 2 = 0
ou

x = −1 + i 3

ou

x = −1 − i 3

Portanto, a soma das raízes imaginárias é:
–1 + i 3 + (–1 – i 3 ) = –2
Alternativa A
3 log 2 . 3 log 2
2 log 2
2
Alternativa C
INSPERNOV2011
CPV
14
INSPER – 15/11/2011
Seu Pé D ireito
nas
25.Dizemos que um conjunto numérico C é fechado pela
operação  se, e somente se, para todo c1, c2 Î C, tem-se
(c1  c2) Î C.
A partir dessa definição, avalie as afirmações seguintes.
I. O conjunto A = {0, 1} é fechado pela multiplicação.
II. O conjunto B de todos os números naturais que são
quadrados perfeitos é fechado pela multiplicação.
III. O conjunto C = {1, 2, 3, 4, 5, 6} é fechado pela adição.
Está(ão) corretas(s):
a)
b)
c)
d)
e)


 cos π , cos 2π , cos 3π , ..., cos nπ , ..., cos 999π , cos 1000π 

14
14
14
14
14
14 
O total de elementos dessa sequência que são números
inteiros é igual a:
a)0.
b) 35.
c)71.
d)105.
e)142.
kp
, k Î Z.
2
7p
Então, o primeiro arco da sequência cujo cosseno é inteiro é
14
994p
e o último será
.
14
Então, temos na PA: an = a1 + (n – 1) . r
O valor do cosseno é inteiro para arcos do tipo
994π = 7π + (n – 1) . 7π
Verificando as afirmações, temos:
n = 142
I.Verdadeira.
Analisando todas as possibilidades de produto, temos:
0 . 1 = 0 Î A
0 . 0 = 0 Î A
1 . 1 = 1 Î A
II.Verdadeira.
Analisando o produto entre dois números naturais que são
quadrados perfeitos, temos:
a2 . b2 = (a . b)2 Î B
III.Falsa.
Se calcularmos 3 + 6 = 9
Mas 9 Ï C
26. Considere a sequência
Resolução:
apenas a afirmação I.
apenas as afirmações I e II.
apenas as afirmações I e III.
apenas as afirmações II e III.
as três afirmações.
Resolução:
Melhores Faculdades
Alternativa B
Alternativa E
27.Considerando x uma variável real positiva, a equação
2 − 6x + 9
xx
=x
possui três raízes, que nomearemos a, b e c.
Nessas condições, o valor da expressão a2 + b2 + c2 é:
a)20.
b)21.
c)27.
d) 34.
e) 35.
Resolução:
A primeira raiz da equação é 1, pois
2
11 – 6 . 1 + 9 = 11 – 6 + 9 = 14 = 1
As outras duas raízes vêm de:
2
xx – 6x + 9 = x1
x2 – 6x + 9 = 1
x2 – 6x + 8 = 0 \ x = 2 ou x = 4
Portanto, a expressão a2 + b2 + c2 vale 12 + 22 + 42 = 21.
Alternativa B
CPV
INSPERNOV2011
Seu Pé D ireito
nas
Melhores Faculdades
28. Em uma escola que funciona em três períodos, 60% dos
professores lecionam de manhã, 35% lecionam à tarde e
25% lecionam à noite. Nenhum professor da escola leciona
tanto no período da manhã quanto no período da noite,
mas todo professor leciona em pelo menos um período.
Considerando-se apenas essas informações, assinale a
alternativa em que os dados apresentados sobre esses
professores são necessariamente verdadeiros.
Professores
da
escola que lecionam somente no
período da tarde
representam, em
relação ao total,
Professores da escola que lecionam
nos períodos da
tarde e da noite
representam, em
relação ao total,
Professores
da
escola que lecionam somente no
período da noite
representam, em
relação ao total,
a)
exatamente 15%
no máximo 20%
no mínimo 5%
b)
exatamente 15%
no mínimo 20%
no máximo 5%
c)
exatamente 20%
entre 5% e 15%
entre 10% e 20%
d)
exatamente 25%
no máximo 20%
no mínimo 5%
e)
exatamente 25%
no mínimo 20%
no máximo 5%
Resolução:
Inicialmente, vamos representar os turnos da manhã e da noite
com suas respectivas quantidades (disjuntas):
manhã: 60%
noite: 25%
O espaço entre elas (horário da tarde) corresponde a
100% – (60% + 25%) = 15% dos professores.
Entretanto, como o enunciado informa que existem 35% de
professores ali, temos um “extravasamento” de 20% que,
obrigatoriamente, também faz parte dos estratos “manhã” e/ou
“tarde” (ou seja, estão na zona de intersecção).
Voltando ao diagrama:
manhã: 60%
tarde exclusivo: 15%
tarde não-exclusivo: 20%
noite: 25%
Assim, há 3 possíveis situações quanto ao destino desses 20% de
professores “flutuantes”
S1. plenamente concentrados de manhã
S2. parcialmente de manhã, parcialmente à tarde
S3. plenamente concentrados à noite
Assim, avaliando o que se pede no enunciado:
Professores exclusivos da tarde:
exatamente 15%
Professores da tarde e noite (intersecção):
mínimo de 0% (S1), máximo de 20% (S3)
Professores exclusivos da noite:
mínimo de 5% (S3), máximo de 25% (S1)
INSPER – 15/11/2011
15
29.Uma das normas de um aeroporto X determina que
o intervalo de tempo mínimo entre duas decolagens
realizadas em sua única pista deve ser de 45 segundos.
Seja Q a quantidade de decolagens realizadas no aeroporto
X das 9h00min às 10h00min de um certo dia. Para que a
referida norma não tenha sido respeitada nesse período de
uma hora
a)
b)
c)
d)
e)
é necessário e suficiente que Q = 80.
é necessário que Q = 81.
é necessário que Q > 81.
é suficiente que Q = 100.
é suficiente que Q < 100.
Resolução:
Das 9h00 às 10h00, temos um total de 80 intervalos de 45
segundos, que podem comportar até 81 decolagens SEM
infringir a norma (começando o intervalo com uma decolagem e
encerrando o intervalo com outra).
Assim, caso se averigue que Q = 100 decolagens, essa informação
é suficiente para que se tenha certeza de que houve infração.
Alternativa D
Utilize as informações a seguir para as questões 30 e 31.
Para decidir quem irá comer a última bolacha recheada do
pacote, os irmãos Beto e Neto vão realizar um jogo, em que
cada um apostará numa das faces (cara ou coroa) de uma moeda
honesta. Em seguida, a moeda será lançada várias vezes, até
que seja obtida, em três lançamentos consecutivos, uma mesma
face. Essa face determinará o vencedor, encerrando-se o jogo.
30. Suponha que tenha sido registrada a face cara em 30
lançamentos, sem que ainda o vencedor do jogo tivesse
sido determinado. Nesse caso, o total de lançamentos já
realizados no jogo vale, no mínimo,
a)44.
b)45.
c)59.
d)60.
e)90.
Resolução:
Se o jogo ainda não terminou, é porque ninguém obteve ainda
uma sequência tripla.
Assim, o número MÍNIMO de lançamentos que podem ter
transcorrido até o presente momento pode ser construído pela
série (K indica “cara”, C indica “coroa”):
... KKC KK
KKCKKC
14 trincas de " KKC "
Alternativa A
Assim, temos 14 trincas de KKC (que corresponde a 14 x 3 = 42
lançamentos), mais duas “caras”, totalizando 44 lançamentos
até o presente momento.
Alternativa A
INSPERNOV2011
CPV
16
INSPER – 15/11/2011
Seu Pé D ireito
nas
31. A probabilidade de que Beto ganhe o jogo imediatamente
após o sétimo lançamento da moeda é igual a:
3
a)
64
5
b)
64
32. Em relação a um sistema de coordenadas cartesianas, os
vértices de um tetraedro OABC são tais que O = (0, 0, 0)
e A, B e C pertencem, respectivamente, aos eixos x, y e z.
^
Seja α a medida do ângulo OBA com 0 < α < π/2.
Se AB = 1 e OC = cos 2α, então o volume do tetraedro
OABC é igual a:
cos 2a
a)
12
7
c)
64
sen 4a
b)
12
5
d)
128
sen 2 a cos2 a
c)
18
7
e)
128
cos 2a
d)
24
Resolução:
sen 4a
e)
24
Suponha que Beto tenha apostado em cara (K).
Para que ele ganhe a aposta na sétima rodada, as três últimas
jogadas devem resultar cara e o resultado imediatamente
anterior deve ser coroa (C).
Melhores Faculdades
Resolução:
Representando os pontos em 3, temos:
z
Representando essas condições, obtemos:
C
K
K
K
———————
C●
Assim, as possibilidades de distribuição dos três primeiros
lançamentos, de modo que não haja outra sequência de três
lançamentos consecutivos iguais, são:
C K C 

K K C

K C K 5 possibilidades

C K K

C C K 
 1 7
5
Logo, a probabilidade é: P =  2  . 5 = 128
 
cos 2 α
O
●
A
●
α
B
●
y
1
x
Alternativa D

cos α = OB ⇒ OB = cos α

1

OA

No ∆AOB, temos: sen α =
⇒ OA = sen α

1

OA . OB sen α . cos α
A
=
=
 ∆AOB
2
2
Como sen 2 θ = 2 sen θ . cos θ
sen 2 α
sen 2 α
2
=
A∆AOB =
2
4
CPV
INSPERNOV2011
Logo, o volume do tetraedro será:
A
.h
V = base
=
3
Portanto V =
sen 2 α
. cos 2 α sen 2 α . cos 2 α
4
=
3
12
sen 4 a
Alternativa E
24
Seu Pé D ireito
nas
Melhores Faculdades
33. Uma pessoa dispõe dos seis adesivos numerados
reproduzidos a seguir, devendo colar um em cada face de
um cubo.
INSPER – 15/11/2011
17
34. A figura mostra, no plano cartesiano, a circunferência de
equação x2 + y2 = 4 e um quadrado a ela circunscrito, com
vértices sobre os eixos coordenados.
2 3 4 5 6 8
Sabe-se que:
● se numa face do cubo for colado um número ímpar,
então na face oposta será colado um número maior do
que ele;
● a soma dos números colados em duas faces opostas
quaisquer do cubo pertence ao intervalo [6, 5; 12, 5].
Nessas condições, multiplicando os números colados em
duas faces opostas quaisquer desse cubo, obtém-se, no
máximo,
a)20.
b)24.
c) 30.
d) 32.
e)40.
Resolução:
Começando a análise pela face 5, temos que ela somente pode
opor-se às faces ou 6, ou 8 (1a regra).
Entretanto, a oposição da face 5 à face 8 geraria soma 13, o que
não é permitido (2a regra).
Por exclusão, portanto, a face 5 deve ser oposta à face 6.
Tomando agora a outra face ímpar, 3, temos como opções de
faces opostas ou 4, ou 8 (1a regra).
Entretanto, opor a face 3 à face 8 obrigaria a face 4 a opor-se
à face 2, o que geraria soma de faces igual a 6 (mais uma vez,
proibida pela 2a regra).
a)
| x | + | y | = 2.
b)
| x + y | = 2.
c)
| x | + | y | = 2 2.
d)
| x + y | = 2 2.
e)
| x | + | y | = 4.
Resolução:
Como o diâmetro da circunferência é o lado do quadrado, temos
L = 4.
Então, a diagonal vale 4 2.
Os pontos de intersecção com os eixos são (2 2; 0); (0; 2 2);
(–2 2; 0) e (0; –2 2).
As retas suportes dos segmentos são:
 x + y = 2 2


 −x + y = 2 2

 −x − y = 2 2

 x − y = 2 2

Desse modo, por exclusão, concluímos que a face 3 deve oporse à face 4, e a face 8, à face 2.
Assim, os produtos de faces opostas restringem-se a
5 x 6 = 30, 3 x 4 = 12 e 8 x 2 = 16.
Alternativa C
O conjunto de todos os pontos que formam os lados desse
quadrado pode ser representado pela equação:
Portanto, a única alternativa que contém as 4 retas é a
Alternativa C
INSPERNOV2011
CPV
18
INSPER – 15/11/2011
COMENTÁRIO
do
Seu Pé D ireito
nas
CPV
A prova de Matemática do processo seletivo do INSPER
(novembro/2011) apresentou uma grande evolução em relação
às provas anteriores.
Apesar de manter suas características de ordem conceitual e de
profundidade de conhecimentos, ela se mostrou mais acessível
ao aluno, proporcionando um melhor aproveitamento dos
candidatos mais bem preparados.
Acreditamos que com este tipo de prova do TRI poderá
manifestar seus efeitos positivos e a banca conseguirá alcançar
os seus objetivos.
CPV
INSPERNOV2011
Melhores Faculdades