Seu Pé D ireitonas Melhores Faculdades INSPER – 10/06/2012 1 20. Sendo p uma constante real positiva, considere a função f, dada pela lei 9 x − p + 4 , f (x) = px − 2p, se x ≤ p se x ≥ p , 21. Em um campeonato disputado por 20 equipes, quatro delas são consideradas “times grandes”. Numa rodada desse campeonato, na qual todas as 20 equipes disputaram um único jogo, houve exatamente três partidas envolvendo pelo menos um time grande. O total de gols marcados nessas três partidas foi 2. Apenas com essas informações, conclui-se que nessa rodada, necessariamente: a) pelo menos um time grande marcou um gol. b) pelo menos uma partida envolvendo um time grande não terminou empatada. c) nenhum time grande marcou mais de um gol. d) no mínimo um e no máximo dois times grandes venceram sua partida. e) no mínimo um e no máximo três times grandes tiveram 0 a 0 como resultado. e cujo gráfico está desenhado a seguir, fora de escala. Resolução: Nessas condições, o valor de p é igual a: Se temos 3 times “grandes” nesse universo de 20 equipes, os demais 17 times são “pequenos”. Em uma rodada do campeonato em que todos os 20 times jogam, temos 10 partidas, das quais, segundo o enunciado, exatamente 3 envolvem, ao menos, um time “grande”. Por exclusão de hipóteses, a única distribuição possível é: ● ● ● 1 partida envolvendo um time “grande” contra outro time “grande” (G x G); 2 partidas envolvendo um time “grande” contra um time “pequeno” (G x P); 7 partidas envolvendo um time “pequeno” contra outro time “pequeno” (P x P). 1 a) 2 b) 1 3 c) 2 d) 2 5 e) 2 Resolução: x 9 − p + 4 , Sendo f (x) = px − 2p, temos: f (p) = −1 + 5 9 = 4 4 se x ≤ p se x ≥ p A seguir, o enunciado informa que, naqueles três jogos envolvendo “times grandes” (G x G, G x P e G x P), houve 2 gols. Assim, há alguns cenários possíveis de construir: um time “pequeno” faz 2 x 0 em um “grande”, e os demais jogos terminam em 0 x 0. Isso invalida a alternativa A. O clássico entre “grandes” termina em 1 x 1, e os demais jogos em 0 x 0. Isso invalida a alternativa B. O clássico entre “grandes” termina em 2 x 0 em favor do time “grande”, e os demais jogos terminam em 0 x 0. Isso invalida a alternativa C. O clássico entre “grandes” termina empatado, e os dois times “pequenos” ganham de 1 x 0 de seu respectivo adversário “grande”. Nenhum “grande” vence, o que invalida a alternativa D. Já a alternativa E veicula uma inferência correta: mesmo que um dos jogos P x G termine em 2 x 0, os outros dois terminarão sem gols (inclusive o clássico entre “grandes”; 3 “grandes” anotam 0 x 0). E mesmo que o clássico termine em 1 x 0, e outra partida P x G idem, o terceiro jogo terminará empatado em 0 x 0 (apenas 1 “grande” anota 0 x 0). Alternativa E p > 0 p > 0 5 ⇒ p= ⇒ Assim, 2 2 5 2 p − 2p = 4 p − 8p − 5 = 0 4 Alternativa E insperJUN2012 CPV Um jogo é disputado por duas pessoas em um tabuleiro quadrado 5 x 5. um jogador ganha pontos de acordo com a tabela abaixo. se conseguiu ocupar 3 ou mais casas alinhadas e consecutivas com peças da sua cor. Entende-se por casas alinhadas aquelas que estejam numa mesma vertical. por exemplo. A pontuação correspondente é de 4 + 4 + 1 + 1 + 1 + 1 = 12 pontos. Peças claras: 10 + 4 + 1 = 15 pontos Peças escuras: 10 pontos Resolução: O jogador com peças escuras completou uma fila semilonga (4 casas) e quatro filas curtas (3 casas). A pontuação a lhe ser atribuída é de 4 + 1 + 1 + 1 + 1 = 8 pontos. o jogador das peças claras marcou 15 pontos e o das peças escuras marcou 10 pontos. Ao final do jogo. O jogo termina quando todas as casas são ocupadas. Cada jogador. b) 20.2 INSPER – 10/06/2012 Seu Pé D ireito nas Melhores Faculdades Texto para as questões 22 e 23. a soma total de pontos obtidos é 8 + 12 = 20 pontos. A soma dos pontos obtidos pelos dois jogadores foi: a) 19. numa mesma horizontal ou numa mesma diagonal. de maneira alternada. Número de casas alinhadas 3 4 5 Pontos obtidos 1 4 10 22. Alternativa B CPV insperJUN2012 . c) 21. d) 22. Um jogo entre duas pessoas terminou com o tabuleiro preenchido como mostra a figura. Assim. escolhe uma casa vazia do tabuleiro para ocupá-la com uma peça da sua cor. No jogo mostrado abaixo. Já o jogador com peças claras completou duas filas semilongas e quatro filas curtas. e) 23. para melhor leitura. 3a linha. as retas r e s têm coeficientes angulares iguais a 1/3 e 2. valendo 10 pontos cada). para facilitar a descrição. que totaliza 10 + 10 + 4 + 1 + 1 = 26 pontos. Vamos supor que restem ao jogador com as peças escuras. respectivamente. d) 26. sendo k uma constante positiva. 5 lances. e) 27. a área destacada na figura pode ser calculada por: 4A aK bK K K 5K 2 3K − − = = Þ K= A= 2 2 2 2 4 5 Alternativa A insperJUN2012 CPV . círculos escuros pequenos indicam peças posicionadas após o estado inicial. c) 25. então o valor de k é: 4A 6A 5A b) c) 5 5 4 7A 3A e) 4 2 a) d) Resolução: No gráfico. temos: K b a Obs 1: na figura. Obs 2: preferimos omitir as 5 peças claras. A figura mostra a situação de um tabuleiro durante um jogo no momento em que 15 casas já haviam sido ocupadas. e a reta t tem equação y = k. segue abaixo: Se a área do triângulo destacado na figura é A. 5a linha e diagonal primária da matriz. No plano cartesiano. A providencial configuração. portanto. Alternativa D Pela reta r: K = 1 a Þ a = 3K 3 K 2 Pela reta s: K = 2b Þ b = Portanto. temos: 1a coluna. Testando as 6 possíveis combinações.Seu Pé D ireito nas Melhores Faculdades INSPER – 10/06/2012 3 23. b) 24. observemos que existem 10 casas ainda em aberto no jogo. situadas posteriormente. Existem somente 4 filas desse comprimento que o jogador pode obter — em linguagem matricial. 24. Nessa configuração. além de duas filas curtas (3 casas alinhadas) de brinde. notamos que uma em particular (3a linha e diagonal primária) ainda permite posicionar uma última peça escura de modo a obter uma fila semilonga (4 casas alinhadas). Uma estratégia inteligente seria garantir a maior quantidade de filas longas (com 5 casas. Resolução: Inicialmente. o número máximo de pontos que o jogador das peças escuras poderá acumular ao final do jogo é: a) 23. Como ABCD não é quadrado (pois um de seus ângulos internos é agudo).4 INSPER – 10/06/2012 Seu Pé D ireito nas Melhores Faculdades Texto para as questões 25 e 26. N. Concluímos. BC. temos: Q D P M Resolução: Q A N B D P A C 60º C N M B M Como o triângulo ABD é equilátero. medem a metade da base BD e são parelelos a ela. O mesmo ocorre como os segmentos MQ e NP: são bases médias dos triângulos ABD e BCD. Utilizando as propriedades da base média do triângulo. o quadrilátero convexo MNPQ: a) b) c) d) e) é um quadrado. a razão entre os perímetros será: 4 4 = = 2 ( 3 – 1) + 3 (1 + 3 ) Alternativa E CPV insperJUN2012 . respectivamente. P e Q são os pontos médios dos lados AB. é igual a: a) 3 + 1. Alternativa B . então. Nessas condições. é um losango que não é retângulo. CD e DA. é um paralelogramo que não é retângulo nem losango. sendo 0° < α < 90°. é um retângulo que não é losango. b) 2. que as bases médias MN e NP dos triângulos ABC e BCD não são congruentes e. MNPQ é retângulo. AC e BD não são congruentes. nessa ordem. Resolução: Se α = 60º. Sabemos que. Considere um losango ABCD em que M. 25. c) 3. Se α = 60°. respectivamente. Um dos ângulos internos desse losango mede α. temos: MN = PQ = 3 2 e MQ = PN = 2 Então. BD = e AM = MC = 3 2 Os segmentos MN e PQ são bases médias dos triângulos ABC e ACD. como as bases médias são paralelas às bases. portanto medem a metade da base AC e são paralelas a ela. portanto. no losango. então a razão entre o perímetro do losango ABCD e o perímetro do quadrilátero MNPQ. não possui lados paralelos. MNPQ não é losango. 26. 3 d) 2 e) 2 3 − 2. as diagonais AC e BD são perpendiculares. Assim. 28.3. Do enunciado. de perímetro 6 cm. reproduzido abaixo fora de escala.2. d) 0.4. uma pessoa dispunha somente do gráfico da função f (x) = 2x. Na figura a seguir. ● BO = BP = CQ = CR = x cm. b) 0. Q e R pertencem aos lados do triângulo equilátero ABC.Seu Pé D ireito nas Melhores Faculdades INSPER – 10/06/2012 5 27. temos: ΔABC – ΔANM – ΔBOP – ΔCQR = DABC 2 Assim: 7w = 2. vemos que: f (x) = 2x = 7 Þ x = 2. os pontos M.8 Como a área do hexágono MNOPQR pode ser calculada pela área do ΔABC – ΔANM – ΔBOP – ΔCQR. aproximadamente: a) 0.8 w = log128 7 = 0. O. c) 0. N.5. P. Se a área do hexágono MNOPQR é metade da área do triângulo ABC.1. então o valor de x é igual a: 3 a) 3 1 b) 2 3 c) 4 3 d) 6 1 e) 4 Resolução: Utilizando os dados do gráfico e algumas propriedades das potências.4 4 3 4x 2 3 x 2 3 x 2 3 4 3 − − − = 4 4 4 4 8 Alternativa D Þ x= 3 3 ou x = – (não convém) 3 3 Alternativa A insperJUN2012 CPV . essa pessoa pôde concluir que log128 7 vale. e) 0. de modo que ● AM = AN = 2x cm. Para estimar o valor de log128 7. temos: 2 2x 2x 2x 2 x x x 2 x x x Resolução: log128 7 = w Þ 7 = 128w Þ 7 = 27w Analisando o gráfico. devendo os seis ocupantes entrar em acordo. b) = f (a) + f (b) f (a) = f (a) + f (1) Þ 1 1 2⋅ f (2) + f 2 =f 2 = f (1) f (1) = 0 1 f (2) + f =0 2 Alternativa A O lugar da mesa em que cada comprador se sentará não vem especificado no ingresso. verifica-se a igualdade: f (ab) = f (a) + f (b). 4! = 48 3 . é tal que. para todo a. Resolução: O casal de namorados possui 4 maneiras distintas de se sentar. Para cada uma delas teremos: namorados 2 . Eles acordaram que os namorados poderiam sentar-se um ao lado do outro. c) 192. cujo domínio é o conjunto {x Î / x > 0}. 4 = 2! . a) 0 1 b) 2 c) 1 5 d) 4 3 e) 2 Resolução: Das informações do enunciado. b) 120. o número de maneiras distintas em que as seis pessoas poderão ocupar os lugares da mesa é: a) 96. para as 4 maneiras: 4 . Os ingressos para uma dessas mesas foram adquiridos por um casal de namorados e quatro membros de uma mesma família. f (2) + f 2 30. Cada mesa possui seis lugares. Nessas condições. Uma função f. e) 720. 1 . 1 Assim.6 INSPER – 10/06/2012 Seu Pé D ireito nas Melhores Faculdades 29. temos: f (a . 1 é igual a: Nessas condições. é impresso o número da mesa onde o comprador deverá se sentar. dispostos conforme o esquema a seguir. 48 = 192 maneiras Alternativa C CPV insperJUN2012 . d) 384. Em cada ingresso vendido para um show de música. 2 . b Î * +. do enunciado temos: número de funcionários: 5 + x número médio de atendimentos: 30 – 2x total de pessoas atendidas: 192 Logo. e) 75°. c) 8. b) 7. a cada funcionário adicional que passe a trabalhar na repartição. Aumentando-se o número de funcionários na repartição. a área lateral é o dobro da área da base. (5 + x) . em um dia. d) 9.). 32. pois os funcionários passam a ter de dividir os recursos físicos (computadores. o número médio de atendimentos cai. são atendidas 150 pessoas no total. Área da base: SB = x2 x. 30 pessoas por dia. o menor número de funcionários que deverão trabalhar simultaneamente na repartição para que o total de pessoas atendidas em um dia seja 192 é: a) 6. temos: SL = 2 . e) 10. Resolução: h x 2 x θ x Resolução: Sendo x o número de funcionários adicionais. Quando 5 funcionários trabalham simultaneamente numa repartição pública. mesas etc.Seu Pé D ireito nas Melhores Faculdades INSPER – 10/06/2012 7 31. b) 30°. c) 45°. (30 – 2x) = 192 Þ x = 3 ou x = 7 Portanto. temos: x x 1 2 = 2 = cos θ = h x 2 Portanto. arquivos.h = 2xh 2 Do enunciado. De acordo com essa estimativa. SB Þ 2xh = 2x2 Þ h = x Do triângulo retângulo assinalado. em média. Em uma pirâmide quadrangular regular. d) 60°. Nesse caso. fazendo com que o tempo de cada atendimento aumente. o menor número de funcionários será 5 + 3 = 8 Alternativa C Área lateral: SL = 4 . Estima-se que. a média de atendimentos diários por funcionário caia 2 pessoas. Assim. θ = 60° Alternativa D insperJUN2012 CPV . cada face lateral forma com o plano da base um ângulo que mede: a) 15°. cada um consegue atender. d) 6.8 INSPER – 10/06/2012 Seu Pé D ireito nas Melhores Faculdades 33. tal que z = (K + i)2. Considere um número complexo z. A parte real desse número complexo é igual a: a) 5 3. ela deve chegar à estação em algum instante dentro do bloco I. b) 8. Os trens de determinada linha passam numa determinada estação a cada 15 minutos. de módulo 10. em que K é um número real. temos: 0 I 5 II 10 III 15 Resolução: | w2 | = | w | 2 Þ ( k2 + 1 ) =9 2 = 10 Þ k2 + 1 = 10 Þ k2 Assim. 34. A probabilidade de que uma pessoa chegue à estação em um instante qualquer do dia e tenha de esperar mais de 10 minutos por um trem dessa linha é igual a: 1 a) 4 1 b) 3 1 c) 2 2 d) 3 3 e) 4 Resolução: Analisando o intervalo de tempo entre 2 trens consecutivos em blocos de 5 minutos. A probabilidade de isso ocorrer é 1 3 Alternativa B CPV insperJUN2012 . z = k2 – 1 + 2k A parte real de z é 8. Alternativa B Para que a pessoa tenha de esperar mais de 10 minutos. pontualmente. e) 5. c) 5 2. Assim. COMENTÁRIO DE ANÁLISE QUANTITATIVA e LÓGICA A Prova de Análise Quantitativa e Lógica do processo seletivo do vestibular do INSPER (Junho/2012) manteve seu formato tradicional. Esperamos que a Banca Examinadora alcance seus objetivos. Na figura a seguir. temos: + VC2 = VO2 2 a 2 2 2 Þ + (2a) = VO 2 OC2 Þ VO = 3a 2 Alternativa E 2 insperJUN2012 CPV . A distância entre o vértice V do cubo e o centro da base inferior do cilindro é igual a: 5a 3 5a 2 3a 3 b) c) a) 2 2 2 a 3 3a 2 d) e) 2 2 Resolução: Observe a figura a seguir: V a a O C Temos que OC é raio da base do cilindro e. que vem marcando um estilo diferenciado do vestibular do INSPER. Destacamos a criatividade na exploração das questões com gráficos. a 2 . bastante conceituais e abrangentes. metade da diagonal da base do cubo de lado a. a base inferior do cubo de aresta a está inscrita na base superior do cilindro circular reto de altura a. OC = 2 Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo VOC. ao mesmo tempo. selecionando os melhores candidatos. com questões contextualizadas.Seu Pé D ireito nas Melhores Faculdades INSPER – 10/06/2012 9 35.