1CPV ESPMNov2013

MateMátiCa

21. As soluções da equação x + 3x – 1

= 3x + 1x + 3

são dois números:

a) primos b) positivos c) negativos d) pares e) ímpares

Resolução:

x + 3x – 1

= 3x + 1x + 3

x2 + 6x + 9 = 3x2 – 2x – 1 2x2 – 8x – 10 = 0 x2 – 4x – 5 = 0 x = –1 ou x = 5 S = {–1, 5}

Alternativa E

22. Se a matriz 3 x[ ] 4 x + 1 for multiplicada pelo valor do seu

determinante, este ficará multiplicado por 49.

Um dos possíveis valores de x é:

a) 5 b) –3 c) 1 d) –4 e) 2

Resolução:

Sendo a matriz A = (aij)2x2, temos que:

det(k . A) = k2 . det A, em que k, segundo o enunciado, é o det A.

Assim,

det (det A . (A)) = (det A)2 . det A = 49 . det A

(det A)2 = 49 Þ det A = ± 7

Portanto: 3 – x = 7 x = – 4 det 3 x[ ] 4 x + 1

= ± 7 Þ { ou Þ { ou 3 – x = – 7 x = 10

Alternativa D

23. Os binomiais 11( )4x e

x + 3y( )y são complementares e, por

isso, são iguais. Seu valor é:

a) 165 b) 330 c) 55 d) 462 e) 11

Resolução:

11( )4x =

x + 3y( ) y

x + 3y = 11 x = 2 { Þ { 4x + y = 11 y = 3

Assim, 11( )8 =

11( )3 = 11 . 10 . 93 . 2 . 1

= 165 Alternativa A

24. Se as raízes da equação 2x2 – 5x – 4 = 0 são m e n, o valor

de 1m

+ 1n

é igual a:

a) – 54

b) – 32

c) 34

d) 74

e) 52

Resolução:

Se m e n são as raízes da equação 2x2 – 5x – 4 = 0, temos:

1m +

1n =

m + nm n =

52–2

= – 54

Alternativa A

eSPM Resolvida – PRova e – 10/novembRo/2013

CPV – esPecializado na eSPM

ESPM – 10/11/2013 CPV – esPeCializado na esPM2

CPV ESPMNov2013

25. O trinômio x2 + ax + b é divisível por x + 2 e por x – 1.

O valor de a – b é:

a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4

Resolução:

Se x2 + ax + b é divisível por x + 2 e x – 1, temos:

4 – 2a + b = 0 2a – b = 4 a = 1 { Þ { Þ { 1 + a + b = 0 a + b = – 1 b = –2

Logo, a – b = 3Alternativa D

26. Se (4x)2 = 16 . 2x2, o valor de xx é:

a) 27 b) 4

c) 14

d) 1

e) – 127

Resolução:

(4x)2 = 16 . 2x2

24x = 24+x2

x2 – 4x + 4 = 0

(x – 2)2 = 0

x = 2

De onde obtemos xx = 22 = 4Alternativa B

27. A função f(x) = ax + b é estritamente decrescente.

Sabe-se que f(a) = 2b e f(b) = 2a.

O valor de f(3) é:

a) 2 b) 4 c) – 2 d) 0 e) – 1

Resolução:

Dado que f(x) = ax + b, temos:

f(a) = 2b a2 + b = 2b a2 = b b = a2

{ Þ{ Þ { Þ{ f(b) = 2a ab + b = 2a ab + b = 2a a3 + a2 = 2a

a2 = b a2 = b a2 = b{ Þ{ Þ { a3 + a2 – 2a = 0 a(a2 + a – 2) = 0 a = 0 ou a = – 2 ou a = 1

Þ { a = 0 e b = 0 ou a = –2 e b = 4 ou a = 1 e b = 1

Como f é estritamente decrescente, temos que:

f(x) = –2x + 4 e f(3) = – 2Alternativa C

28. As moedas de 10 e 25 centavos de real têm, praticamente, a mesma espessura. 162 moedas de 10 centavos e 90 moedas de 25 centavos serão empilhadas de modo que, em cada pilha, as moedas sejam do mesmo tipo e todas as pilhas tenham a mesma altura.

O menor número possível de pilhas é:

a) 12 b) 13 c) 14 d) 15 e) 16

Resolução:

x Þ quantidade de pilhas de R$ 0,10 y Þ quantidade de pilhas de R$ 0,25 z Þ quantidade de moedas por pilha

z . x = 162 Þ

xy =

95 z . y = 90

Os menores valores para x e y respectivamente são 9 e 5. Então o menor número de pilhas é 14.

Alternativa C

3CPV – esPeCializado na esPM ESPM – 10/11/2013

ESPMNov2013 CPV

29. Dois irmãos começaram juntos a guardar dinheiro para uma viagem. Um deles guardou R$ 50,00 por mês e o outro começou com R$ 5,00 no primeiro mês, depois R$ 10,00 no segundo mês, R$ 15,00 no terceiro e assim por diante, sempre aumentando R$ 5,00 em relação ao mês anterior. Ao final de um certo número de meses, os dois tinham guardado exatamente a mesma quantia.

Esse número de meses corresponde a: a) pouco mais de um ano e meio. b) pouco menos de um ano e meio. c) pouco mais de dois anos. d) pouco menos de um ano. e) exatamente um ano e dois meses.

Resolução:

n Þ quantidade de meses

A quantia guardada pelo primeiro irmão é 50n. A quantia guardada pelo segundo irmão é uma P.A. de razão 5. Assim: a1 = 5 an = 5 + (n – 1) 5 = 5n

Sn = (5 + 5n) n

2 = 5n2 + 5n

2 Como as duas quantias são iguais, temos:

5n2 + 5n

2 = 50n Þ n2 – 19n = 0 Þ n = 0 (não convém) ou n = 19 meses.

Alternativa A

30. Apenas dois candidatos se apresentaram para a eleição ao cargo de prefeito de uma pequena cidade do interior. O candidato A recebeu 60% dos votos, sendo 70% de mulheres. O candidato B recebeu 35% dos votos, sendo 60% de homens. Sabendo-se que 620 pessoas votaram em branco ou anularam o voto, podemos avaliar que o número de mulheres que votaram em A ou em B foi:

a) 7 816 b) 6 338 c) 8 116 d) 7 228 e) 6 944

Resolução: x = total de pessoas

A B Branco ouNulo

Homens 0,18x 0,21xMulheres 0,42x 0,14x

0,60x 0,35x 0,05x

0,05x = 620 Þ x = 12.400 Total de mulheres: 0,42x + 0,14x = 6.944

Alternativa E

31. A distribuição dos alunos nas 3 turmas de um curso é mostrada na tabela abaixo.

A B CHomens 42 36 26

Mulheres 28 24 32

Escolhendo-se uma aluna desse curso, a probabilidade de ela ser da turma A é:

a) 12

b) 13

c) 14

d) 25

e) 27

Resolução:

A probabilidade é a razão entre o número de mulheres da classe A (28) e o número total de mulheres (84).

Assim, P = 2884

= 13

Alternativa B32. Durante uma manifestação, os participantes ocuparam

uma avenida de 18 m de largura numa extensão de 1,5 km .

Considerando-se uma taxa de ocupação de 1,5 pessoas por m2, podemos estimar que o número de participantes dessa manifestação foi de aproximadamente:

a) 70 mil b) 60 mil c) 40 mil d) 30 mil e) 50 mil

Resolução:

A área da avenida é 18 . 1500 = 27.000 m2.

Se há, em média, 1,5 manifestantes por m2, o número de manifestantes é 27.000 . 1,5 = 40.500 –~ 40 mil

Alternativa C

ESPM – 10/11/2013 CPV – esPeCializado na esPM4

CPV ESPMNov2013

33. Na figura abaixo, ABCD é um paralelogramo de área 24 cm2. M e N são pontos médios de BC e CD, respectivamente.

A área do polígono AMND é igual a:

a) 20 cm2

b) 16 cm2

c) 12 cm2

d) 15 cm2

e) 18 cm2

Resolução:

Traçamos PM // AB, NQ // CM e DQ // NM

Na figura obtida, observe que

DPDQ º DNQD º DQNM º DCMN e

DABM º DMPA.

Se a área total do paralelogramo é 24 cm2, podemos fazer a seguinte divisão:

Portanto, a área do polígono pedido é 3 + 3 + 3 + 6 = 15 cm2

Alternativa D

3cm23cm2

3cm23cm2

6cm26cm2

QP

34. Um avião voava a uma altitude e velocidade constantes. Num certo instante, quando estava a 8 km de distância de um ponto P, no solo, ele podia ser visto sob um ângulo de elevação de 60º e, dois minutos mais tarde, esse ângulo passou a valer 30º, conforme mostra a figura abaixo.

A velocidade desse avião era de:

a) 180 km/h b) 240 km/h c) 120 km/h d) 150 km/h e) 200 km/h

Resolução:

Calculando-se os ângulos do ΔPAA', concluímos que ele é isósceles e, portanto, AP = AA' = 8 km.

A velocidade do avião era 8 km2 min

= 4 km1 min

= 240 km/h

Alternativa B

A

8

8 A'

P30°

30°

30°

5CPV – esPeCializado na esPM ESPM – 10/11/2013

ESPMNov2013 CPV

35. Os pontos O(0; 0) , P(x; 2) e Q(1; x + 1) do plano cartesiano são distintos e colineares.

A área do quadrado de diagonal PQ vale:

a) 12 b) 16 c) 25 d) 4 e) 9

Resolução:

Pela condição de alinhamento, temos:

0 0 1| | x 2 1 1 x+1 1

= 0 Û x2 + x – 2 = 0 Û x = – 2 ou x = 1

Para x = 1, temos P = Q e portanto não convém.

Para x = –2, temos P = (–2; 2) e Q = (1; –1), de onde esboçamos o gráfico:

A área do quadrado é (3)2 = 9.Alternativa E

y

x

2

01

Q–1

–2

P

36. No sólido representado abaixo, sabe-se que as faces ABCD e BCFE são retângulos de áreas 6 cm2 e 10 cm2, respectivamente. O volume desse sólido é de:

a) 8 cm3

b) 10 cm3

c) 12 cm3

d) 16 cm3

e) 24 cm3

Resolução:

Na face ABCD, temos AB . 2 = 6 Þ AB = 3 cm

Na face BCFE, temos BE . 2 = 10 Þ BE = 5 cm

Aplicando o Teorema de Pitágoras no ΔABE, temos:

AE2 + 32 = 52 Þ AE = 4 cm

O volume pedido é 12

. 4 . 3 . 2 = 12 cm3

Alternativa C

ESPM – 10/11/2013 CPV – esPeCializado na esPM6

CPV ESPMNov2013

37. A figura abaixo mostra a trajetória de um móvel a partir de um ponto A, com BC = CD, DE = EF, FG = GH, HI = IJ e assim por diante.

Considerando infinita a quantidade desses segmentos, a distância horizontal AP alcançada por esse móvel será de:

a) 65 m b) 72 m c) 80 m d) 96 m e) 100 m

Resolução:

No triângulo ABC, temos

AC2 = 162 + 122 Þ AC = 20 cm

Observe que os triângulos da sequência são semelhantes entre si.

Então, a razão de semelhança k = CDAB

= 1216

= 34

O segmento AP é a soma limite da P.G

(20; 15; 454

; 13516

; ...) AP =

a1

1 – q =

20

1 – 34

=

20

( 14 )

= 80 m

Alternativa C

38. As coordenadas do centro e a medida do raio da circunferência de equação x2 – 4x + (y + 1)2 = 0 são, respectivamente:

a) (– 2, 1) e 4 b) (2, – 1) e 2 c) (4, – 1) e 2 d) (– 1, 2) e 2 e) (2, 2) e 2

Resolução:

Da equação da circunferência, temos:

x2 – 4x + (y + 1)2 = 0 x2 – 4x + 4 + (y + 1)2 = 4 (x – 2)2 + (y + 1)2 = 22

Portanto a circunferência tem centro C(2; –1) e raio r = 2

Alternativa B

39. Se log x + log x2 + log x3 + log x4 = – 20 , o valor de x é:

a) 10 b) 0,1 c) 100 d) 0,01 e) 1

Resolução:

Sendo x > 0, temos:

log x + log x2 + log x3 + log x4 = – 20

log x + 2 log x + 3 log x + 4 log x = – 20

10 log x = – 20

log x = – 2

x = 0,01Alternativa D

40. Uma indústria de bebidas criou um brinde para seus clientes com a forma exata da garrafa de um de seus produtos, mas com medidas reduzidas a 20% das originais. Se em cada garrafinha brinde cabem 7 mL de bebida, podemos concluir que a capacidade da garrafa original é de:

a) 875 mL b) 938 mL c) 742 mL d) 693 mL e) 567 mL

Resolução:

A razão de semelhança é k = 20

100 =

15

.

A razão entre volumes de sólidos semelhantes é k3.

Sendo V0 o volume da garrafa original, temos:

7

V0 = k3 Þ

7V0

= ( 15 )3

Þ V0 = 7 . 125 = 875 mL

Alternativa A

CoMentário da ProVa de MateMátiCa

A prova de Matemática do processo seletivo ESPM / novembro 2013 mostrou-se simples e objetiva.

Com enunciados claros, a prova abrangeu os conceitos clássicos da Matemática, tornando a prova bastante adequada aos propósitos da banca examinadora. A distribuição das questões foi a seguinte:

30% — Geometria

20% — Equações e Funções

10% — Combinatória e Probabilidades

15% — Matrizes, Determinantes e Sistemas

10% — Polinômios

10% — Progressões

5% — Porcentagem