É trabalho pioneiro.
Prestação de serviços com tradição de confiabilidade.
Construtivo, procura colaborar com as Bancas Examinadoras
em sua tarefa de não cometer injustiças.
Didático, mais do que um simples gabarito, auxilia o
es-tudante no processo de aprendizagem, graças a seu
for-mato: reprodução de cada questão, seguida da resolução
elaborada pelos professores do Anglo.
No final, um comentário sobre as disciplinas.
Seleciona 100 alunos para o curso de Administração de
Em-presas e 50 alunos para o curso de Economia, ambos diurnos
e com duração de 4 anos.
São duas provas em um único dia:
• a primeira, iniciada às 8h, consta de questões objetivas de
Análise Quantitativa Objetiva (20), Análise Verbal (15),
Lín-gua Inglesa (10) e Conhecimentos Gerais — História e
Geo-grafia (15). Cada questão vale 1 ponto.
• a segunda, iniciada às 14h, consta de 10 questões de
Aná-lise Quantitativa Discursiva, valendo 1,5 pontos cada, e de
uma Redação que vale 15 pontos.
Pode ser utilizado um décimo da nota objetiva do ENEM. Serão
desclassificados os candidatos que não obtiverem pontuação
em qualquer das disciplinas ou cujo total de pontos seja menor
que 40.
o
anglo
resolve
a prova
da Ibmec
novembro
de 2005
Dois irmãos, curiosos para saber a que altura do chão conseguiam empinar sua pipa, resolveram mandá-la ao ar presa em duas linhas. Eles fizeram esta experiência num momento em que o sol projetava uma sombra per-feitamente vertical sobre eles. Cada um dos irmãos ficou segurando uma das linhas, ambas supostamente esti-cadas. Eles observaram que suas posições estavam alinhadas com a sombra da pipa, estando a sombra da pipa entre os dois. E mediram 24 metros de distância entre um dos irmãos e a sombra da pipa e 78 metros de dis-tância entre os dois.
a) Faça um esboço da situação descrita, destacando as posições dos irmãos, a pipa e sua sombra.
b) Supondo que as duas linhas formavam um ângulo reto no nó preso à pipa, calcule a que altura estava a pipa.
Vamos admitir que as dimensões da pipa e dos irmãos foram desprezadas.
a) Do enunciado temos a figura, cotada em m, em que os pontos A, B, C e D representam, respectivamente, a pipa, um irmão, o outro irmão e a sombra da pipa:
b) Do enunciado e do item anterior, temos a figura, cotada em m:
Das relações métricas no triângulo retângulo ABC, a medida AD pedida é tal que (AD)2= 24 ⋅54, ou seja,
AD = 36. Resposta: 36 m A B D C 24 54 A B D C 24 54 Resolução Questão 1
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▼
A
A
A
III
L
L
L
Á
Á
Á
N
N
N
S
S
S
E
E
E
Q
Q
Q
U
U
U
A
A
A
N
N
N
T
T
T
III
A
A
A
T
T
TA
A
AT
T
T V
III
V
V
C
C
C
III
G
G
G
Ó
Ó
Ó
E
E
E
L
L
L
A
A
A
D
D
D
III
S
S
S
C
C
C
U
U
U
R
R
R
S
S V
S
III
V
V
A
A
A
Sejam x, y, z números reais estritamente positivos. Considere as funções
a) Determine uma expressão simplificada para h(g(f(x))). b) Determine o conjunto de valores de p para os quais
g(f(x)) 0 e
h(g(f(x))) 0,
qualquer que seja o valor positivo de x.
a) g(f(x)) = ∴ g(f(x)) = p ⋅xp – 1 h(g(f(x))) = (p – 1) ∴ h(g(f(x))) = p (p – 1)xp – 2 Resposta: p (p – 1) ⋅xp – 2 b) Com x 0, temos p ⋅xp – 10 ⇔p 0 (1). Com x 0, temos: p(p – 1) ⋅xp – 20 ⇔p(p – 1) 0 Com p 0, temos p(p – 1) 0 ⇔p 1 (2). De (1) e (2), temos o conjunto {p ∈IR: 0 p 1}.
Resposta: {p ∈IR: 0 p 1}
Zé Munheca e João Gastão são dois irmãos que têm hábitos bem diferentes quando se trata de dinheiro. Zé Munheca, sempre muito econômico e atento aos melhores investimentos, consegue duplicar, num prazo de 2 anos, qualquer capital que lhe seja disponibilizado. Já João Gastão, muito esbanjador, não consegue contro-lar seus gastos, vendo seu dinheiro se reduzir à metade a cada 3 anos.
Ciente disso, seu pai, antes de morrer, não dividiu igualmente sua fortuna entre os dois filhos: reservou a João Gastão uma quantia igual a 1024 vezes a quantia dada a Zé Munheca.
Considere em seus cálculos apenas o dinheiro que os irmãos herdaram de seu pai.
a) Quanto tempo depois de receberem suas partes na herança os dois irmãos terão a mesma quantidade de dinheiro?
b) Quanto tempo depois de receber sua parte na herança, aproximadamente, Zé Munheca terá uma quantia igual a 5 vezes a quantia de João Gastão? Se necessário, utilize log2 = 0,30.
Sendo t o tempo em anos (t = 0 hoje, t = 1 daqui a um ano, etc.), podemos escrever os termos gerais: Para Zé: at= x ⋅2t/2
Para João: bt= 1024 ⋅x ⋅
a) at= bt ∴ x ⋅2t/2= 1024 ⋅x ⋅ ∴ 2t/2⋅2t/3= 210
Resposta: depois de 12 anos.
∴ 2 =2 ∴ 5 = ∴ = 6 10 12 5 6 10 t t t 1 2 3 t / 1 2 3 t / Resolução Questão 3
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▼
g f x x ( ( )) p f x x ⋅ ( ) Resolução f x x g y py x e h z p z x p ( )= , ( )= ( )=( – ) .1 Questão 2▼
▼
b) at= 5bt
x ⋅2t/2= 5 ⋅1024 ⋅x⋅ ∴ = 10 ⋅512
∴ log25t/6= log10 + log 29 ∴ log 2 = 1 + 9 ⋅log 2
Substituindo-se: ⋅0,30 = 1 + 9(0,30)
∴ t = 14,8 anos
Resposta: depois de 14,8 anos.
Sejam P = (8; 17) e V = (4; – 31) dois pontos sobre o plano. a) Resolva o sistema linear.
b) Determine a parábola de vértice V e que passa pelo ponto P dados acima.
a) Organizando as equações, temos:
∴
Assim, C = 17, B = – 24 e A = 3.
Resposta: {(3, –24, 17)}
b)
Observando a simetria, a parábola f(x) = Ax2+ Bx + C passa por (0, 17), (8, 17)
e (4, – 31). Assim:
Esse sistema é equivalente ao sistema do item a. Assim: f(x) = 3x2– 24x + 17 Resposta: f(x) = 3x2– 24x + 17 C = 17 64A + 8B + C = 17 16A + 4B + C = – 31
17 0 – 31 4 8 x y 8A + B + 0C = 0 2B + C = – 31 C = 17
(– 2) (– 8) + + 8A + B + 0C = 0 16A + 4B + C = – 31 64A + 8B + C = 17
Resolução 16A + 4B + C = –31 64A + 8B + C = 17 8A + B = 0
Questão 4▼
▼
5 6 t 5 6 t 2 5 6 t 1 2 3 t /Na figura ao lado, ABCD é um quadrado de lado 4 e GHIJ é um quadrado de lado 2 concêntrico e com lados paralelos aos lados de ABCD. E e F são os pontos médios dos lados AB—e CD—, respectivamente. Os centros dos arcos de circunferência FG, FH, EI, EJ, HI e GJ são, respectivamente, os pontos médios dos segmentos AF—, BF—, CE—, DE—, HI—e GJ—.
a) Calcule a área da região sombreada na figura. b) A figura anterior foi reproduzida nas mesmas
pro-porções dentro do quadrado GHIJ. Dentro do qua-drado menor desta nova figura, a figura anterior foi reproduzida novamente nas mesmas propor-ções, e assim por diante, indefinidamente, como mostra a figura ao lado.
Calcule o limite da soma das áreas das regiões som-breadas.
a) Considere na figura a região sombreada cuja área S queremos calcular:
B C A D H I G J F E I II III IV 1 2 1 1 1 1 1 Resolução Questão 5
▼
▼
B C A D H I G J F E B C A D H I G J F ENa figura seguinte, o quadrado HIJG é equivalente à figura cuja área queremos calcular pois as regiões I e I’ são simétricas em relação a HI—; II e II’ são simétricas em relação a GJ—; III e III’ são simétricas em re-lação a HG—e IV e IV’ são simétricas em relação a IJ––.
Logo, S = 22, ou seja, S = 4. Resposta: 4
b) Do enunciado e do item a podemos concluir que a figura inicial é equivalente a um quadrado de lado 2. Sendo assim, a área da próxima figura é equivalente a um quadrado de lado 1. Portanto a área da figura seguinte é equivalente a um quadrado de lado 1, e assim por diante. Dessa forma, as áreas formam a
PG , de razão
Logo, o limite da soma das áreas das regiões sombreadas é igual a , ou seja
Resposta:
Considere as funções
f(x) = x2+ 1 e g(x) = |x + 1| + |x – 1|.
a) Desenhe, no sistema de eixos fornecido abaixo, os gráficos das funções f(x) e g(x).
b) Resolva, em IR, a inequação x2+ 1 |x + 1| + |x – 1|.
y x Questão 6
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16 3 16 3. 4 1 1 4 – 1 4. 4 1 1 4 , , ,… I’ II’ III’ IV’ H I G J 2 2a) Função f:
O gráfico da função dada por f(x) = x2+ 1 é a parábola com vértice em (0, 1), que passa pelos pontos (1, 2)
e (–1, 2).
Função g:
I) Com x –1, temos:
g(x) = (– x – 1) + (– x + 1) ∴ g(x) = – 2x II) Com – 1 x 1, temos:
g(x) = (x + 1) + (– x + 1) ∴ g(x) = 2 III) Com x 1, temos:
g(x) = (x + 1) + (x – 1) ∴ g(x) = 2x
b) Dos gráficos do item anterior, podemos afirmar que: x2+ 1 |x + 1| + |x – 1| ⇔x –1 ou x 1
Resposta: {x∈IR: x –1 ou x 1}
Na figura a seguir, as circunferências de centros C1, C2e C3e raios de medidas R, 2R e 3R, respectivamente, são tangentes duas a duas. Sejam P, Q e T os pontos de tangência, conforme indicado abaixo.
a) Calcule, em função de R, a área do triângulo C1C2C3. b) Calcule, em função de R, a área do triângulo PQT.
C1 Q P T C2 C3 Questão 7
▼
▼
y x – 2 – 1 0 1 2 1 2 4 y = f(x) y = g(x) Resposta: – + + – – +(I) (II) (III)
– 1 1
sinal de (x + 1) sinal de (x – 1) x
a) Do enunciado, temos a figura:
Observe que o triângulo C1C2C3é retângulo em C1, pois (3R)2+ (4R)2= (5R)2e, assim, (C
1C2)2+ (C1C3)2= (C2C3)2.
A área S do triângulo C1C2C3é tal que: S = ⋅(C1C2) ⋅(C1C3)
S = ⋅3R ⋅4R ∴ S = 6R2 Resposta: 6R2
b) No triângulo retângulo C1C2C3, temos:
Ainda,
Sejam S1, S2, S3as áreas dos triângulos C1PQ, C2PT e C3QT, respectivamente. A área SPQTdo triângulo PQT é tal que: SPQT= S – S1– S2– S3 SPQT= SPQT= SPQT= SPQT= Resposta: 6 5 2 R 6 5 2 R 6 2 8 5 27 10 2 2 2 2 R – R – R – R 6 1 2 1 2 2 2 4 5 1 2 3 3 3 5 2 R – ⋅ ⋅R R – ⋅ R⋅ R⋅ – ⋅ R⋅ R⋅ 6 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 3 3 R – ⋅(C P) (⋅ C Q) – ⋅(C P) (⋅ C T)⋅senβ– ⋅(C Q) (⋅ C T)⋅senα sen C C C C sen sen R R β= 1 3 ∴ β= ∴ β= 2 3 4 5 4 5 sen C C C C sen R R sen α= 1 2 ∴ α= ∴ α= 2 3 3 5 3 5 1 2 1 2 4R 3R α 3R 5R C3 C1 R R 2R C2 3R β 2R T Q P Resolução
Há cinco docerias numa cidade. Em cada uma destas cinco docerias, há três barras de chocolate Kawon. Em uma destas barras, o Senhor Kawon colocou um bilhete premiado. Carlos tem dinheiro para comprar apenas duas barras Kawon. Ele decidiu escolher uma doceria ao acaso para comprar a primeira barra, que deverá tam-bém ser escolhida ao acaso entre as três disponíveis nesta doceria. Caso não encontre o bilhete premiado nesta barra, ele irá selecionar aleatoriamente uma das outras quatro docerias e, também aleatoriamente, escolherá aí a sua segunda barra.
a) Calcule o número de maneiras que Carlos pode fazer suas duas escolhas.
b) Calcule a probabilidade de Carlos achar o bilhete premiado não na primeira, mas na segunda barra que abrir.
a) Realizando duas escolhas e errando na primeira ele tem: 1ª- escolha e 2ª- escolha
(5 ⋅3 – 1) ⋅ (4 ⋅3) = 168 possibilidades
Resposta: 168 maneiras
b) Ele deve: não achar na primeira e achar na segunda. Assim, não pode encontrar a doceria certa na primeira e deve encontrar a doceria certa e a barra premiada na segunda.
1ª- e
2ª-Resposta:
Duas taças A e B, ambas com a forma de cone circular reto, têm a mesma altura H, sendo que seus raios das bases medem, respectivamente, 2R e R. A taça A está inicialmente vazia e a taça B está totalmente preenchida com água.
a) Calcule a razão entre os volumes das taças A e B, nessa ordem.
b) Suponha que toda a água da taça B foi transferida para a taça A. Calcule, em função de H, a altura que o líquido atingirá nessa taça.
a) A razão pedida é igual a ou seja, 4.
Resposta: 4
b) Do enunciado e do item anterior temos a figura, em que h é a altura pedida:
2R 3V V h H 1 3 2 1 3 2 2 π π ( ) , R H R H Resolução Questão 9
▼
▼
1 15 4 5 1 4 1 3 1 15 ⋅ ⋅ = Resolução Questão 8▼
▼
Da semelhança entre os cones da figura, temos:
Resposta:
Isaac Asimov, conhecido escritor de Ficção Científica, criou em seus contos as três leis da robótica, às quais todos os robôs produzidos são programados para obedecer.
1ª- Lei: Um robô não pode ferir um ser humano e nem, por omissão, permitir que um ser humano sofra algum
mal.
2ª- Lei: Um robô deve obedecer às ordens que lhe sejam dadas por seres humanos, exceto nos casos em que
tais ordens contrariem a Primeira Lei.
3ª- Lei: Um robô deve proteger sua própria existência, desde que tal proteção não entre em conflito com a
Primeira e a Segunda Leis.
a) Como um robô deve reagir à ordem “Destrua-se!”, dada por um ser humano? Justifique sua resposta. b) Um ser humano informa a seu robô: “Se meu irmão tentar me matar, então a única maneira de impedí-lo
é matando-o.”
Diante dessa situação, é possível que o robô não viole nenhuma das três leis? Justifique sua resposta.
a) O robô deverá destruir-se, desde que, com isso, ele não contrarie a Primeira Lei. b) Sim, desde que o irmão deste ser humano não tente matá-lo.
Resolução Questão 10
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2 2 3 H h H V V h H = ∴ = 3 3 4 2 2T
T
T
N
N
N
E
E
E
M
M
M
Á
Á
Á
O
O
O
O
O
O
C
C
C
R
R
R
III
Prova bem elaborada, mantendo a tradição do vestibular Ibmec. Notamos uma melhora no que diz res-peito à adequação das questões ao tempo de prova.
Considere o trecho abaixo.
“Que o que gasta, vai gastando o diabo dentro da gente, aos pouquinhos, é o razoável sofrer. E a alegria de amor — compadre meu Quelemém diz. Família. Devera? É, e não é. O senhor ache e não ache. Tudo é e não é... Quase todo mais grave criminoso feroz, sempre é muito bom marido, bom filho, bom pai, e é bom amigo--de-seus-amigos! Sei desses. Só que tem os depois — e Deus, junto. Vi muitas nuvens.”
(João Guimarães Rosa, Grande Sertão: Veredas. 19ª- ed. Rio de Janeiro: Nova Fronteira, 2001, páginas 27 e 28)
Desenvolva uma dissertação em prosa sobre o tema: “A questão da violência no Brasil.” Conforme indicado nas folhas de rascunho e de redação, utilize o próprio tema para título.
Análise da proposta
Um fragmento de Grande Sertão: Veredas, de Guimarães Rosa foi proposto para a elaboração de um texto dissertativo sobre “A questão da violência no Brasil”, ao mesmo tempo tema e título, como determinou a Banca do Ibmec. Apesar da sua abrangência, o tema deveria ser discutido à luz da visão de mundo expressa no trecho, direcionando a argumentação.
A fala do narrador Riobaldo desautoriza a interpretação da conduta humana como resultante de uma causa única, ou seja, relativiza os motivos da violência. Com base nisso, seria reducionismo entendê-la como con-seqüência exclusiva de injustiças e desigualdades sociais, como seria equivocado atribuí-la exclusivamente ao caráter individual.
Possibilidades de encaminhamento
• Caso o candidato optasse por defender que a violência é gerada sobretudo pela desigualdade social do Brasil, ele não poderia deixar de reconhecer que há outros fatores que influenciam o comportamento do criminoso, o que se observa, por exemplo, na violência praticada pela classe média, tão divulgada nos meios de comunicação.
• Se o candidato preferisse enfatizar razões individuais para a violência no Brasil, também seria imprescin-dível um argumento de ressalva, pois “Tudo é e não é...”, a fim de que a dissertação obtivesse maior consis-tência e adequação.
